2024年四川省绵阳市高考物理一诊试卷(含详细答案解析)

2024年四川省绵阳市高考物理一诊试卷

一、单选题：本大题共5小题，共30分。

1.一同学背越式跳高，不计空气阻力，从起跳脚离地到身体重心达到最高点的过程中，该同学（）

A.重力势能逐渐增大到最大B.动能逐渐减小为零

C.做匀加速直线运动D.做匀减速直线运动

2.如图所示，从斜面顶端A和斜面中点6分别以初速度％、0水平抛出两个相同小球，都直接落在了斜面

底端C,落地时重力的功率分别为Pi、&。则巧与以、Pi与P2的大小关系正确的是（）

A.%=2V2B.%=\[~2V2C.P]=4P2D.Px=2P2

3.三角形薄板A8C厚薄均匀、质量均匀分布，AD.BE分别为8C、AC边中线，过这两条中线的交点的竖

直线/交8c的延长线于0。两根轻绳分别系于A、B,轻绳8N固定在天花板某点，调节轻绳MA,使N、

B、。三点共线，且44边保持水平，此时M4比N4长，如图所示。则三角形薄板静止时（）

A.三点、M、A、C一定共线B.三点M、A、。一定共线

C.轻绳NB中拉力大于轻绳MA中拉力D.轻绳NB中拉力小于轻绳MA中拉力

4.如图甲所示，用大小不同的水平向右恒力产将物体M从静止由。点拉动到。点时速度为v,F与“2的变

化关系如图乙中的。图线；相同的方法得到另一个物体N的尸与〃2的变化关系如图乙中的〃图线，则（）

F/N

b

°//（mLs-z）

乙

A.M的质量比N的质量大

B.W的质量比N的质量小

C.W、N与地面的动摩擦因数相同

D.似与地面的动摩擦因数比N与地面的动摩擦因数大

5.质量为〃，和M的物体用轻绳相连，现将M用手按在光滑斜面上的4

点，让轻绳跨过。点的一光滑微小定滑轮，0M水平，。加竖直，两物体

均静止，如图所示。现松手释放M,M沿斜面由A点运动到8点的过程

中，机没有落地，08垂直于斜面。在物体M从A到8的过程中（）

A.）〃始终处于失重状态

B.如始终处于超重状态

C.〃?的动能一直增大

D.M的动能一直增大

二、多选题：本大题共4小题，共22分。

6.在光滑的水平轨道左端固定一个弹簧发射器，在A处安装一微小角度

器（高度可忽略，可调节速度的抛射角。），现让弹簧发射器将质量为加

的小球由静止弹出，落在轨道上B处。用琼表示弹簧最初储存的弹性势能，不计空气阻力。则（）

A.从小球开始运动到落到8处之前过程中，小球机械能守恒

B.保持。不变，若心越大，则A8距离越大

C.保持琮不变，改变仇使。越大，则小球运动到最高点离轨道高度越大

D.保持心不变，改变。，使A8距离最大时，小球运动到最高度点时动能为0.25与

7.如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货

物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，Mi、M2代表两

传送带。第一次调整监倾角为30,M2倾角为45。；第二次调整以倾角为45。，“2倾角为30。，两次分别将

同一货物无初速放在弧的最低端，都能传到“2的最高端。货物与M］和M2的接触面粗糙程度相同，两次运

输中货物均在M］上就已与传送带达共速，先后两次传输机运行速度相同，则（）

A.两次运送货物经过的时间相等

B.第一次运送货物的时间较短

C"专输机因运送物件而多消耗的能量，两次相等

D.传输机因运送物件而多消耗的能量，第二次较多

8.如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰

动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后•，小球与圆心的连线转过e角度时.，小球的速度大小为

v»"与cosG的关系如乙图所示，g取lOm/s?。则（）

A.圆环半径为0.6m

B.8=2时，小球所受合力为4N

C.OW84兀过程中，圆环对小球的作用力一直增大

D.0<0<7T过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大

9.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙为x=5cm处质点的振动图像，则下列说法

正确的是（）

同数量的祛码，小车运动，得到多条纸带，某条纸带的一部分及相关数据如图所示。

回答下列问题:

(1)关于本实验的部分操作或要求，下列说法正确的是______。

A.必须保证祛码盘和祛码的总质量远小于小车的质量

8.与小车相连的细线必须与长木板平行

。•天需要进行平衡摩擦力的操作

。.不需要刻度尺也不需要天平

(2)已知打出图〃中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s,则根据图中数据，打点6时所对应的小车的速度

v6=m/s打这条纸带时小车的加速度大小a=_____m/s2(计算结果保留3位有效数字)

(3)对同一辆实验小车，记录打每条纸带时祛码盘和祛码的总质量〃?、力传感器的读数月通过纸带计算小

车运动对应的加速度心如图甲、乙、丙丁所示的a-F或a-mg图线，其中符合实际的是：本实

验应该由图线_____得到“加速度大小与物体所受合力大小成正比”的结论。

五、简答题：本大题共4小题，共38分。

13.如图所示，不可伸长、长为L的轻质细绳一-端固定在P点，另一端系-质量为〃?的小

球。现将小球拉至细绳沿水平方向绷紧的状态后，由静止释放，小球在竖直平面内运

动，经过某位置。点，已知尸、0连线与水平面的夹角为或不计空气阻力，重力加速度

大小为g。求:

(1)求小球在位置Q点时细绳对小球拉力7的大小；

(2)若小球在位置。点时小球竖直分速度最大，求sin。的值。

14.如图所示，足够长的木板A8上表面0点左侧粗糙、右侧光滑，质量为M=3kg,以速度%=17/i/s在

光滑水平面向右运动。质量为m=1的的小物块。以相对地面速度为零轻放到木板上表面，并同时对•小物

块施加一水平向右的拉力尸=0.5N；第一次，小物块尸轻放到8端后，始终未通过。点，并再回到B端:

笫二次，小物块P轻放到。8间的某一位置。能通过。点，通过。点的速度大小%=0.5m/s,小物块P

与木板粗糙部分的动摩擦因数〃=0.03,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10加估2。

(1)求小物块P从轻放到8端再到回到B端通过的位移；

(2)求小物块P轻放到OB间的某一位置后，在()点左侧距。点的最远距离；

(3)通过计算判断：将小物块P轻放到08间的某一位置，通过0点后是否能够再通过。点？

15.如图所示，粗细均匀的“T”型导热玻璃管中装有水银，竖直管中水银柱长为

10。加，水平管内的水银足够多，A段封闭气柱长为5cm,4段封闭气柱长为10。〃,

大气压强为75切/g,环境温度为300K。求:

(1)将玻璃管绕水平管缓慢转过9(T至“T”型玻璃管水平，稳定时竖直管中水银液面

移动的距离;

(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升到多少。

16.如图所示，等腰梯形A8c。为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率

为《I，Z4=NB=75。，且边一单色光从4。边上的E点沿某方向射

入棱镜，其折射光照射到A8界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出。

光在真空中的传播速度为c,不考虑光在每个面上的多次反射，求:

(1)该单色光从AD面入射时的入射角;D

(2)该单色光在楂镜中的传播时间,

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4该同学从起跳最低点到上升最高点过程中，由Ep=mg/i可知重力势能逐渐增大到最大，故

4正确；

及到最高点竖直方向的速度为0,水平方向有一定的速度，故动能在最高点不是0,故6错误；

CD该同学做斜抛运动，为曲线运动，故C。错误。

故选:4。

(1)利用重力势能与重力做功的关系，来判断重力势能及动能的变化情况；该同学做斜抛运动，为匀变速

曲线运动。

本题综合考查牛顿运动定律、功能关系。跨章节的小型综合。对学生要求较高，需要具备初步分析解决问

题的能力。

2.【答案】B

【蟀析】解：两小球水平抛出后做平抛运动，水平方向做匀速运动，则有

x=vt

竖直方向做自由落体运动，则有

1

九二川产

根据题意由几何知识可知，从抛出到落地，水平方向运动的距离之比为

x2=2：1

竖直方向运动的距离之比为

九1：九2=2：1

解得

Vx=5^2v2

落地时竖直方向分速度为

%=gt

落地时重力的功率

P=mgUy

则

P】=/2P2

故B正确，AC。错误。

故选:Bo

根据平抛运动的规律和几何知识计算抛出时的速度之比，根据匀变速直线运动速度-时间关系和瞬时功率公

式计算落地时的重力功率之比。

本题关键掌握平抛运动的规律和瞬时功率公式。

3.【答案】C

【解析】解：AB.对物体受力分析可知，物体受重力，绳子引V的拉力后，绳子AM的拉力以，由于物体

处于静止状态，所以三个力的合力为零，由题意可知，重心与。点的连线为重力的方向，心与重力交于0

点，由共点力平衡可知，巳也交于0点，故错误；

CD、对。点受力正交分解，如图

根据受力平衡可得:

FAcosa=FBcosp

依题意，此时比NB长，故

a<6

因此cosa>cos/3

则匕<FB

故C正确；。错误。

故选：C

对整个薄板受力分析，根据受力平衡，分析力的大小以及共线问题。

本题主要考查共点力的平衡，在做题中要注意，共点力平衡中所有力会交于一点。

4.【答案】A

【解析】解：AB.设P点与Q点之间的距离为止根据动能定理得：Fd-nmgd=\mv2

可得：/=崂+〃加9,则知图像的斜率上=为，d是相同的，由图乙可知，M对应的图像斜率更大，说明

其质量更大，故A正确；B错误;

CD、由上式可知，图像的纵轴截距b=〃mg,因M对应纵轴截柜更小，因此M受到滑动摩擦力更小，但

质量更大，说明M与地面间的动摩擦因数更小，故CD错误。

故选：Ac

根据动能定理列式得到户与"2的表达式，结合图像的斜率分析两个物体质量大小。根据图像的截距关系分

析动摩擦因数大小。

解答本题的关键是运用动能定理得到图像的解析式，再分析图像的斜率、截距的意义，即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：ABC.物体M运动到B位置时，0M间绳长最短，此时“刚好到达最低点，速度为0,初速

度也为0,所以在物体M从4到B的过程中，，〃先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，则〃?

先处于失重状态后处于超重状态，机的动能先增大后减小，故48C错误；

D、在物体M从A到3的过程中，绳子拉力和重力均一直对M做正功，根据动能定理可知M的动能一直

增大，故Q正确。

故选：D.

在物体M从A到B的过程中，分析速度变化情况，确定加速度方向，从而判断机的运动状态和动能的

变化情况；根据外力做功情况，判断M的动能变化情况。

本题采用特殊位置法判断机的速度变化情况是关键，知道加速度方向向上时，物体处于超重状态，相反，

加速度方向向下时，物体处于失重状态。

6.【答案】BC

【解析】解：4从小球开始运动到落到8处之前过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，小球机械

能增加，故A错误；

比根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒，有

1°

Ep=

小球在空中运动的时间为

2vsin0

t=-------

9

AB距离为

X=12cosa

解得#=至詈

故保持8不变，若Ep越大，则48距离越大，故B正确；

C.G球运动到最高点离轨道高度h=9耍=处”

2gmg

故保持％不变，改变。，若。越大，则小球运动到最高点离轨道高度越大，故C正确；

。/由距离为工=遇型”

mg

当6=45。时，AB距离最大，小球运动到最高度点时动能为

22

Ek=^m(ycos0')=jmv=O.SEp

，T*

故。错误。

故选：BC°

从小球开始运动到落到8处，根据能量转化可知小球的机械能变化，根据小球与弹簧组成的系统机械能守

恒结合对应的运动规律分析BC,根据A8间距离的表达式分析。项。

本题考查功能关系的运用，解题关键掌握小球运动过程中能量守恒，注意机械能守恒的条件。

7.【答案】BD

【解析】解：A3、设传送带的速度为v,M倾角为8,货物在Mi上加速运动时有：nmgcosO-mgsinO=

ma

解得：a=ngcosO-gsinB

故可知。越大，加速度越小，作出两次物块的I；-£图像，如图所示:

(2

分析可知到达M2上为匀速运动，两次货物的运输长度相同，即两次u-t图像与坐标釉围成的面积相等,

根据图像可知、＜「2,即第一次运送货物的时间较短，故人错误，8正确;

CD.根据能量守恒，传输机因运送物件而多消耗的能量转化为货物的动能，重力势能和摩擦产生的内

能，两种情况下货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货

物加速的时间为人货物与传送带的相对位移为则有:

V

a

Q=fAx

vv

Ax=Vt—t=Qt

f=^imgcosO

联立得：Q=#

可知。越大，Q越大，即此时传输机因运送物件而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误.。正确。

故选：BD.

根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，作出两次物块的u-t图像，由此分析运动时间；求出相对通过的

距离，根据能量守恒定律求解因摩擦产生的热量Q,由此分析C。选项。

本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚两种情况卜.货物的运动情况和受力情况，知道因摩擦产生的热等

尸摩擦力乘以相对距离。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球下滑过程由机械能守恒定律有mg（R-Reos。）=!m病

当时，小球的速度平方为12血2/s2,代入公式得R=0.6m,故A正确；

B、当8=5时，小球的速度平方为127n2/s2,此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有可=嗒=

0.2x12

b"4N

小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为尸=JZV2+（mg）2=J42+（0.2x10）2N=2〃N,故B

错误；

CD、当。＜。V］时，有zngcos。-N=m*

可知随。的增大，同时I，也增大，所以N必须减小，

当3V。＜兀时，有N—7ngeos（180°—。）=机"

LK

可知随。的增大，同时I，也增大，所以N必须增大，所以owe〈yr过程中，圆环对小球的作用力先减小后

增大，故c错误，。正确。

故选：AD.

小球下滑过程机械能守恒，结合］时，小球的速度平方为12,可得半径；8时，小球受到重力与轨

道的支持力，由此求出合力；根据小球受到的合力提供向心力，结合牛顿第二定律即可求出。

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。

9.【答案】BCE

【解析】解：4根据图甲可知

1

=11cm-5cm=6cm

解得波长

A=12cm=0.12m

故A错误:

及根据图乙可知，周期丁为6s,根据波长、波速和周期的关系，则波的速度为

A0.12m

v=7p=-7----=0.02m/s

/OS

故8正确;

C.若这列波向右传播，根据同侧法或微位移法可知，此时刻％=5c?九处质点沿），轴正方向振动，根据图乙

可知，在t=6s时刻，质点位于平衡位置.，且沿），轴正方向振动，即若这列波向右传播，图甲可能是t=

6s时刻的波形图，故C正确;

D由于从图甲所示时刻起再过%,

1

9s=7+/

则x=8cm处的质点运动的路程为

s=6A=6x5cm=30cm

故D错误;

E若这列波向左传播，从图甲所示时刻起再过3s,波传播的距离为

1

Ax=vAt=0.02x3in=6cm=/

即x=7cm处质点的波形传播到了x=1cm质点处，令

2n50

-Asin-^-x=5sin-^-x(cm)

将上述波形左移0.01m得到甲波形，则甲波的函数为

九…寻—）（皿

当x=7cm时，解得

5c

y=--cm

故E正确。

故选:BCE。

根据甲图得出波长，根据乙图得出周期，结合波长、波速和周期的公式计算波速；根据同侧法或微位移法

判断x=5cm处质点振动方向，维而判断该列波的传播方向；根据一个周期内质点路程为4倍振幅求出％=

8cm处的质点运动的路程；最后根据振动方程变换及代值得到质点的位移。

本题考查了波动图像和振动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决

此类问题的关键。

10.【答案】吸收大于不变

【解析】解：过程人8是等温变化过程，内能不变，/U=（k气体体积增大，气体对外做功，IV<0,根

据热力学第一定律/U=IV+Q可知，Q>0,气体吸收热量；

过程8C为绝热过程，Q=0。体积增大，气体对外做功，IV<0,根据4U=W+Q可知，4UV0,气体

内能减小，温度降低，则心大于心；

同理可知，等温过程。，气体内能不变。绝热过程。A,温度升高。8c过程降低的温度与。A过程升高

的温度相同，所以3c过程减小的内能和QA过程增加的内能相同，所以完成一次循环，气体回到状态A

时内能不变。

故答案为：吸收，大于，不变。

过程是等温变化过程，内能不变。根据图像分析气体做功情况，根据热力学第一定律AU二W+Q分析

吸放热情况。过程8。为绝热过程，根据体积变化分析气体做功情况，再根据热力学第一定律4U=W+Q

分析内能的变化情况，从而判断温度变化。完成一次循环，气体回到状态A时内能不变。

本题考查热力学第一定律=W+Q,要弄清楚图像表示的物理意义，能根据体积变化分析气体做功情

况，根据温度变化分析内能的变化，结合热力学第一定律分析吸放热情况.

11.【答案】7^1（1-cos6>）<

【解析】解.：（1）根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，钢球通过光电门的速度为

d

V=—

（2）小球从释放到A点，增加的动能为

12md2

“邑=2加”=万济

小球从释放到A点，减少的重力势能为

AEp=mgL（l-cos。）

小球机械能守恒有

g=AEk

可得gL（l-cos。）=看

(3)根据

v=cor

可知遮光条处测得速度比球心处真实速度大，导致动能增加量测量值偏大，故真实大小关系是

*<g

jJ2

故答案为：⑴j(2)gL(l-cos6)=~(3)<o

(1)极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度；

(2)由机械能守恒定律和遮光条测得速度可知cos。和/的函数关系；

(3)结合实验的装置与实验的原理，分析误差产生的原因。

理解实验原理是解题的前提，解题时要知道极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度。

12.【答案】80.4130.497甲丁甲

【解析】解：(1)4实验中小车受到的合外力使用力传感器测得，不用保证祛码盘和祛码的总质量远小于小

车的质量，故A错误：

A小车相连的细线必须与长木板平行，这样可以使小车受到的合外力等于细线拉力，故6正确；

C.为使小车受到的合外力等于细线拉力，必须要进行平衡摩擦力的操作，故。错误；

.实验中需要刻度尺测量点迹间的距离，然后根据逐差法求加速度；

根据实验目的，只需要保持小车质量不变即可，不需要天平测量质量，故。错误。

故选:B。

(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下点6时的瞬时速度为=霁=

4I

3.86+4.37-c.2z/c44r/

/U.1—x10m/s=0.413m/s

根据逐差法，可以求出加速度为：

%47—%144.37+3.88+3.39—2.88—2.40—1.89

x10-2m/s2=0.497m/s2

Q=------9---T-729x0.01

(3)图甲和乙中，力传感器的读数等于细线的拉力，等于小车受到的合外力;

根据牛顿第二定律尸=Ma

变形得

故G-R图线应该为过原点的直线，同时因为祛码盘和祛码的最大加速度不超过g,根据动滑轮原理，小车

加速度不应超过2处故甲正确，乙错误:

图丙、丁中，根据动滑轮原理，小车加速度为〃时.，佬码盘和祛码的加速度为会

对破码盘和硅码根据牛顿第二定律mg-2F=^ma

可得0=麻血9

随着祛码盘和砍码的总质最加增大Q-mg图像斜率逐渐减小，且小车加速度不应超过2g,故为错误，丁

正确,

故选：甲丁。

要得到“加速度大小与物体所受合力大小成正比”的结论，应作a-r图像，旦图像应为过原点的倾斜直

线，由此得到正比关系。

故选：甲。

故答案为：(1)8：(2)0.413,0.497；(3)甲丁，甲。

(1)根据实验原理和注意事项分析作答；

(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下点6时的瞬时速度；根据逐差法

计算小车的加速度；

(3)根据牛顿第二定求解a-F和a-mg函数，结合图像分析作答。

解决该题的关键是掌握实验原理和实验的注意事项，掌握匀变速直线运动的加速度以及瞬时速度的求解公

式，能根据牛顿第二定律列式求解加速度。

13.【答案】解：(1)小球从水平下落到Q点的过程中，由动能定理有

1

771gLsin。=-^mv2—0

在。点，由向心力可得

V2

T-mgsinG二租了

LJ

代入联解得：T=3mgs\n0

(2)小球竖直方向合力为零时，小球竖直分速度最大，则

TsinO=mg

又有

T=3mgs\n0

联立解得：sin。=?

答：(1)小球在位置。点时细绳对小球拉力丁为37ngsin0：

(2)当小球在位置Q点时小球轻直分速度最大时有sin。=噂。

【解析】(1)利用动能定理求出小球在。点的速度，再利用向心力求出绳对小球的拉力；

(2)小球在运动过程中当竖直方向的合力为零时，竖直分速度最大，根据受力分析求出sin。。

本题主要考查了圆周运动中动能定理的应用，以及速度的合成与分解，在做题中要主要某一方向上速度最

大是该方向上合力为零的时候。

14.【答案】解：(1)小物块。队轻放到8端到再次回到木板4端，设经过的时间为口，木板A6做匀速运

动，位移为X1，小物块加速度大小为由，位移为出，则

F=max

Xi=

12

af

xP=2ii

根据

=XP

解得

2

a1=0.5m/s,tj=4s,xp=4m

(2)小物块P轻放到。6间的某一位置，通过。点后，设小物块。加速度大小为g，木板相加速度大小为

。3，则

47ng+F=ma2

fimg=Ma3

解得

22

a2=0.8/n/s,a3=O.lm/s

设小物块过。点后再经过时间b，小物块与木板速度相等，小物块在。点左侧距。点的距离最远，小物块

位移大小为%2,木板A8位移大小%3,则

%+Q2t2=Vo-a3t2

12

x2=Vit2屿

12

设小物块在。点左侧距。点的最近距离为Xp。，则

xpo=x3-x2

解得

5651755

t2=§s,x2=—m,x3=—Tn,xp0=-m

(3)假设小物块与木板速度相等后，小物块与木板之间能发生相对滑动，则小物块将相对木板向右滑动，

设小物块加速度为。4，木板加速度为的，则

F-nmg=ma4

Rmg=Ma5

解得

22

a4-0.2m/s,a5=O.lm/s

因为Q4>Q5,则小物块将相对木板向右滑动，通过0点后能再通过。点。

答：(1)小物块尸从轻放到B端再到I可到B端通过的位移为4小；

(2)小物块P轻放到0B间的某一位置后，在。点左侧距。点的最远距离为住小；

(3)小物块将相对•木板向右滑动，通过0点后能再通过。点。

【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式解答；

(2)小物块与木板速度相等，小物块在0点左恻距0点的距离最远，分析小物块和木板的运动情况，从血

解答；

(3)分析两物块的加速度大小，从而判断解答。

本题考查牛顿第二定律与运动学规律的综合应用，解题关键掌握木板和小物块运动情况的分析。

15.【答案】解:(1)开始时，封闭气体的压强为

Pi=lOcmHg+75cmHg=85cm”g

转过90。以后，封闭气体的压强为

p2=75c771Hg

对A段封闭气柱，根据玻意耳定律有

P/AS=P2L/S

解得:LA'=S