2024年吉林省吉林市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年吉林省吉林市高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

LA、3两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的u-t图如图所示，关于它们运动的描述

A.物体B在直线上做往返运动

B.物体人做加速度增大的曲线运动

C.两物体在0-1s运动过程中密离越来越近

D.B物体在第15内、第2$内、第3s内的平均速度大小之比为1：3：2

2.质量为2依的质点在刈平面上做曲线运动，在大方向的速度图象和），方向的位移图象如图所示，下列说

法正确的是（）

A.质点的初速度为3m/sB.质点所受的合外力为3N

C.质点初速度的方向与合外力方向垂直D.2s末质点速度大小为6m/s

3.如图所示，倾角6=30。的斜面体静止在水平面上，一质量为，〃、可看成质

点的光滑小球在橡皮筋拉力的作用下静止在斜面上。已知橡皮筋与斜面间的

夹角也为。，重力加速度大小为g,则斜面体对小球的支持力大小为（）

.1C「3

A.3mgDC.—mgDymg

4.如图所示，质量均为机的木块A和a用一个劲度系数为攵的竖直轻质弹簧连接，

最初系统静止，重力加速度为g，现在用力厂向上缓慢拉A直到3刚好要离开地面，则

这一过程中弹性势能的变化量△忌和力尸做的功W分别为（）

A*2,*2B*2,2*2co,/g2Do,2m2g2

,k'kkfkkk

5.2020年7月23日，我国的“天问一号”火星探测器，搭乘着长征五号遥四运载火箭，成功从地球飞向

J'火星.如图所示为“天问一号”发射过程的示意图，从地球上发射之后经过地火转移轨道被火星捕获，进

入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道。已知“天间一号”火星探测器在轨道半径为一的环

火星圆轨道上运动时，周期为71，在半长轴为。的着陆准备轨道上运动时，周期为G，则下列判断正确的

是（）

A.“天问一号”在环火星圆轨道却着陆准备轨道上运动时满足捻=*

B.火星的平均密度一定大于日

C.“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备椭圆凯道上运动经过交汇点A时，前者加速度较小

D.“天问一号”在环火星圆轨道上的机械能小于其在着陆准备轨道上的机械能

.如图所示，甲球从。点以水平速度巧抛出，落在水平地面上的点；0田

6A。二一「呈

乙球从O点以水平速度外抛出，落在水平地面上的8点，乙球与地面碰

撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，反弹后恰好也落在A；;乙

.........加、、、、

点。已知两球质量均为加，乙球落在8点时速度与水平方向夹角为60。，

不计碰撞时间和空气阻力，以水平地面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（）

A.甲球落在A点时速度与水平方向夹角为45°

B.甲、乙抛出时速度之比%：v2=/3：1

C.甲、乙落地时速度之比为u伊：PZ=3：1

D.甲、乙抛出时机械能之比为E犷Fz=3：1

7.如图所示，内壁间距为乙的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内「

最右端，它们的质量均为小，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为人现

给箱子一水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰

撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.箱子的总位移为2LB.物块的总位移为1.5L

C.箱子的初动能为D.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2卬zigL

二、多选题：本大题共3小题，共12分。

8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车

沿着坡度为30。的山坡以加速度。上行，如图所示。若在缆车中放一个与山6

坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为机的小物块，小物块相对斜面静

止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g,则下列说法正确的是（）/

A.小物块处于失重状态

B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上

C.小物块受到的静摩擦力为mg+ma

D.若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小

9.如图所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP,圆弧轨道的圆心为O,。4水

平，OP竖直，半径为R=一质量为m=1的的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的

速度从A到尸做匀速圆周运动，重力加速度g=10m/s2,。为圆弧AP的一个三等分点|\

（图中未画出），OA与OQ的夹角为30。，下列说法正确的是（）

A.在。点时，重力的瞬时功率为106W

B.在人到P的过程中合力对小物块的冲最为零

C.小物块在A。段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功

D.在尸点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N

10.如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装

置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的

u-t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以

m仅:cm

图乙

(1)某次实验中，先接通频率为50，z的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运

动的加速度Q=_____m/s2(保留两位有效数字)：

(2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的理论值为Mz=kg(保留两位有效数字)；

(3)实际情况下，由于存在空气阻力及摩擦力，则物块Z的实际质量M实______选填“〉”或或

“一”\

■)。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在

东风着陆场成功着陆。返归I舱在离地面约6000〃?的高空打开主佥(降落伞)，在主伞的作用下返I司舱速度从

80m/s降至10m/s,此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面时启动反推发动机，速度减至。后恰

落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=Z6,其中攵为定值，-为速率，其余阻力不计。已知返回舱(含

宇航员)总质量为3000依，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取l(hn/s2,设全

过程为竖直方向的运动。求：

(1)在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；

(2)若在反推发动机工作时主平与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做

的功。

主伞打开

6000m

14.随意变线加塞，是非常不文明的驾驶习惯，也极其不安全。下图演

示了甲车变线加塞的过程，甲车至少要超出乙车一个车位，才能开始并

线。此时甲车若要安全并线插到乙车前方，且不影响乙车行驶，其速度

u至少须比乙车快5m/s。而并道后又必须立刻减速，以避免与前车追

尾。

假设汽车在变线并道过程中，沿前进方向的速度可以不变，横向移动的

速度可忽略。而且甲车从超出乙车一个车位，到完成并线，恰好需要15

时间。并线完成后甲车时刻以大小为a=2.5m/s2的加速度匀减速刹

车。甲车车身长度为d=4m,乙车与前车正常行驶时速度均为%=

10?n/s,请计算：

(1)甲车刚刚并线结束时，甲乙两车之间的最小距离为多少？

(2)乙车车头到前车车尾之间距离L至少有多大，甲车才能安全并道成功？

(3)若甲车并线时的速度恰好比乙车快5m/s,并线后由于紧张，刹车踩得太深，汽车以大小为优=

12.5m/s2的加速度减速，而此时乙车完全来不及反应，继续匀速运动。则两车再经多长时间后追尾？

15.为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，「卜占

质量me=3如的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的48两个弹I|

性摆球质量=爪8=Ik。，摆线长L=0.8m,分别挂在轨道的左端和小车

上。静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于

同一水平线上。在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与月球相碰，重

力加速度大小g取lOm/sZ.求：

(1)4球摆到最低点与8球碰前的速度大小火;

(2)相碰后4球能上升的最大高度心；

(3)8球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小。

答案和解析

1.【答案】。

【解析】【分析】

本题关键是根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移

大小，速度图象的斜率等于质点的加速度，再进行分析处理。

【解答】

A、8速度一直是正的，B做单向直线运动，故A错误；

B、物体4做加速度增大的直线运动，故8错误；

C、在O-ls运动过程中，8的速度比A的大，则两物体之间的距离越来越远，故C错误：

。、根据图象与时间轴所围面枳表不物体运动的位移，3物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为

1：3：2,由万得B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小之比为1：3：2,故。正确。

故选：。。

2.【答案】B

【蟀析】解：A、x轴方向初速度为以=3m/s,y轴方向初速度%=詈==-4m/s,质点的初速度

22

v0=J/+为=V34-4=5m/$.故人错误•

8、入轴方向的加速度Q=>=?=ISm/sz,质点的合力?小=ma=3N.故B正确.

At21口

C、合力沿工轴方向，而初速度方向既不在X轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂

直.故。错误.

。、由图可知，2s末质点速度x方向的大小为6m/s,而y方向的速度仍然是—4m/s,所以合速度是

V62+42m/s=m/s.故D错误.

故选：B

根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动.根据位移图象的斜率求出），

轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度.质点的合力一定，做匀变速运动.1y轴的合力为

零.根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力.合力沿4轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不

在y釉方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直.

本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动.中等难度.

3.【答案】B

【俾析】解：对小球受力分析，如图所示:

mg

由受力平衡可得：F'=mg

由平面几何知识可得：N与F，夹隹为30。，T与尸夹角也为30。，故平行四边形为菱形，连接对角线便可找出

直角三角形，由Ncos30°==]mg

得M=^mg，故AC。错误，8正确。

故选：B。

对小球受力分析，根据受力平衡求出支持力的大小。

本题主要考查受力平衡，根据受力平衡计算支持力的大小，在做题中要注意找准三角函数值。

4.【答案】D

【解析】解：开始时，4、8都处于静止状态，弹簧的压缩量设为%1，由胡克定律有/eq=mg,解得：

X[=黑

物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为〃曲设此时弹簧的伸长量为小，由胡克定律有依2=mg，解

得:M=詈

由干弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零：

这一过程中，物体A上移的距离为：d="i+%2=等，

K

根据功能关系可得拉力做的功等于A的重力势能的增加量，则有：W=mgd=故QE确，ABC

K

错误。

故选：Do

求出弹簧的最大压缩量和弹簧的最大伸长量，由此分析弹簧的弹性势能变化；求出物体人上移的距离，根

据功能关系可得拉力做的功。

本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的形变量和弹性势能的变化量，再由几何关系研究

A上升距离，根据功能关系分析。

5.【答案】B

【解•析】解：A、由开普勒第三定律可知，“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动时满足

r3_a3

氏一浮故A错误;

GMm

8、假设“天问一号”在火星表面附近做圆周运动时，周期为&，则由万有引力公式可得,­=

加等，密度p二昌，解得火星的平均密度可表示为夕=言，由7=2〃腐可知73<71，故P>箫，故

B正确;

C、K船在环火星圆轨道经过A点和着陆准备椭圆轨道经过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第

二定律可知加速度必定相等，故C错误；

。、“天问一号”由环火星圆轨道变轨到着陆准备轨道，需要在远火点减速，故机械能减小，故。错误。

故选:Bo

根据开普勒第三定律分析“天间•号”的半径与周期关系；根据万有引力公式可推导火星的平均密度，并

分析交汇点处的加速度大小；根据功能关系分析机械能大小关系。

本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运

用，这类问题也是高考的热点问题，要注意掌握万有引力公式的应用，明确卫星运行问题的处理方法。

6.【答案】D

【解析】解：A8、设。4间的竖直高度为人由。点到A点，甲球运动时间为

乙球运动时间是甲球的3倍。设乙球由。点到8点水平位移为1，时间为对甲球有

3x=Vjt

对乙球有

X=v2t

则得

%：艺=3：1

在B点，对乙球

tan6(T=L匪

v2v2

甲球落在A点时

vyJ2gh1

tan。=2।$=^tan600=tan30°

V\V13

故甲球落在A点时速度与水平方向夹角为30。，故4B错误；

C、甲、乙落地时速度

V1_也

“那二有铲’"乙=五乔

故甲、乙落地时速度之比为

u甲:vz=/3：1

故C错误；

。、设04间的竖直高度为力，以水平地面为重力势能零势面，因为是抛体运动只受重力，小球机械能守

恒，则抛出时刻的机械能和落地时刻的机械能是相等的，所以小球机械能为：E=\mv\把力/利%代入

得甲、乙抛出时机械能之比为：E甲:E乙=3：1,故。正确：

故选。。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度

和时间共同决定水平位移。斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，结合

分运动的规律研究“

解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决

定，与初速度无关；本题的难点是乙球运动的对称性要理解到位。

7.【答案】C

【解析】解：48.给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面

静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为L，碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以速度交

换，即第一次碰撞后箱子相对丁地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为L,后发生第二次碰撞，同

理速度交换，物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为0.5L,最终物块停在箱子的中间，则箱子的总

位移为1.5L,物块的总位移为L,故48错误；

C.全过程由能量守恒定律有

Ek。—〃,2mgx1.5L=

故C正确；

。.从箱子向右运动到第•次碰撞，损失的动能

AEk=〃♦2mgxIL=2nmgL

所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为

Ek=Ek0-AEk=3kmgL—2^mgL=nmgL

故D错误。

故选：C。

箱子内壁光滑，箱子从开始到第一次碰撞位移为L,弹性碰撞，质量相等，速度交换，物块向右运动位移

为L,第二次碰撞速度交换，箱子向右运动0.5L,全程箱子位移1.5L,物块位移L；最终停下来，箱子的初

动能全部克服摩擦力做功，根据能量守恒求初动能；第一次碰撞后瞬间物块的动能等于箱子从开始到第一

次碰撞前剩下的动能。

本题考查了动量守恒模型弹性碰撞中的多过程问题，注意分析运动性质和过程，应用对应的规律解题。

8.【答案】BC

【解析】解：4由于小物块和斜面保持相对静I匕所以物块具有沿斜面向上的加速度小加速度有向上的

分量，所以小物块处于超重状态，故4错误；

BCD.以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力〃吆，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的静摩擦

力f,在沿斜面方面上，根据牛顿第二定律有

f-nigsin30°=ma

可得小物块受到的静摩擦力为

,1

f=-^mg+ma

若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力N=mgcos30。，支持力不变，故灰?正确，。错误。

故选：BC。

根据加速度向上，处于超重状态；对小物块受力分析根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向

以及加速度变化，小物块的受力变化情况。

本题主要考查了牛顿第二定律的应用，解题关键首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二

定律列式求摩擦力。

9.【答案】AC

【解析】解：A、在Q点时，重力方向与速度方向夹角为30。，则重力的瞬时功率为P=77igucos6=

10/31V,故A正确：

夙在A到P的过程中小物块的速度方向不断改变，动量不断改变，所以合力对小物块的冲量不为零，故

B错误；

C、小物块在AQ段重力做的功”]=mgRsin30",在QP段重力做到功%=mgR(l-sin30。)，得吗=

1%，由小物块做匀速圆周运动和动能定理可知，小物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C正确；

。、在P点时，由牛顿第二定律N-7ng=mi；2/R,得到小物块对圆弧轨道的压力大小为12N,故。错

误。

故选：AC.

小物块做匀速圆周运动，合外力充当向心力，所以合外力不为零，冲量不为零。

根据重力的功率公式求解。

在AQ段和。尸段列动能定理求解。

在P点时由牛顿第二定律列式求解。

本题考查了冲量、功率、动能定理、牛顿第二定律等概念和规律，理解概念和规律的实质是正确解题的关

键。

io.【答案】Ben

【解析】解：4由图像知，口〜打时间内人竖直方向的速度越来越大，据P=/^可得，当反冲作用力的功

率尸恒定的情况下，随着速度y的增大，水的反冲作用力尸逐渐减小，

故A错误；

及£?时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力

F=Mg

水的反冲作用力的恒定功率

p=Fu=Mgv2

故B正确；

C设水的反冲作用力为F],由u-t图像可知口时刻，人与喷水装置的速度为巧，由

P=Mgv2

P=Fi%

可知

F二Mg也

1~Vi

由牛顿第二定律

Fi—Mg=Ma

可得匕时刻，v-t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度

V2-Vi

9

故C正确；

。.由动能定理

P«2一亡1）-Mgh=5M诏-5M诏

乙乙

可得

h=v2a2_2-为（v2-谱）

故D正确。

故选：BCD。

根据图像判断ti〜b时间内人与喷水装置的速度y的变化，再根据P=尸〃判断水的反冲作用力的变化；根

据i，-t图像确定人向上运动的最大速度，根据重力求出水反冲作用力的功率；据功率恒定分析ti时刻水的

反冲作用力，再根据牛顿第二定律求得图像的斜率及人的加速度大小；根据动能定理求出口〜J时间内人

与喷水装置在竖直方向的运动高度。

本题主要考查了功率P=/u，知道功率一定时，作用力随着速度的增加而减小；同时也考查了/-£图像，

知道图像切线的斜率表示加速度。

11.【答案】质量和半径侬2=等存在摩擦力的影响0.75kg-m

【解析】解：（1）本实验采用的是控制变量法，由向心力公式用=m32r可知，保持质量和半径不变，探究

向心力和角速度的关系，根据®=竿可知/的表达式为：d=竽；

（2）此时拉力的实际表达式为：F+f=mM图像不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响；斜率为：

k=mr=1.50kgx50.00x10-2m=0.75kg•m

故答案为：（1）质量和半径；e2=竽；（2）存在摩擦力的影响；0.75kg•7九

（1）根据实验采用的科学方法分析实验过程中的不变量，根据角速度和周期的关系分析出2的表达式；

（2）根据牛顿第二定律得出F一32的表达式，分析出图像不过坐标原点的原因，根据数学知识分析出斜率

的大小。

本题主要考查了探究圆周运动的再关参数问题，理解实验采用的科学方法，熟悉圆周运动不同物理量之间

的关系，结合牛顿第二定律以及图像分析原因和斜率的大小即可。

12.【答案】5.50.51>

【解析】解：（1）相邻两个计数点之间的时间间隔为：T=0.02x2s=0.04s

根据逐差法求加速度：。=如+必$+右丁：。广必2r23=7.10+7.98+B.86-4?-5.34-6.21X=

5.5m/s2；

(2)由Mzg=(Mz+2m)。，得到Mz=匿=%黑麦kg«0.51kg

yux»o

(3)由Mzg-/=(Mz+2m-)a,得到Mz=甯4实际质量总大于理论值M理，所以应该选填。

故答案为：(1)5.5；(2)0.51：(3)＞。

(1)利用逐差法计算加速度；

(2)把P、。、Z看出一个系统，根据牛顿第二定律可以得到Z物体质量的理论值表达式，结合第一问的加

速度值可以求出Z物体质量的理论值：

(3)若要考虑空气阻力及摩擦力，再根据牛顿第二定律可以得到Z物体质量的实际质量表达式，由于多了

阻力/,对比理论值和实际值表达式可以比较它们的大小。

本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。本题利用纸带分析来计算物体质量，根据是

要抓住没有阻力和有阻力情况下的系统的牛顿第二定律的表达式。

13.【答案】解：(1)对返回舱进行受力分析

在返回舱以u=10m/s匀速下降时：ku=mg

在返回舱以i/=80m/s下降时：kvr—mg=ma

解得：a=701nls2

(2)返回舱在最后卜.降过程中，由动能定理：

1

tngh+W=-0-

乙

解得：W=-1800007

答：(1)在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小为70m/s2；

(2)反推发动机在该过程中对返回舱做的功为-180000/。

【解析】(1)根据牛顿第二定律解得加速度；

(2)根据动能定理可解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功。

本题考查牛顿第二定律与动能定理的结合，解题关键掌握返回舱的运动状态及受力进行分析。

14.【答案】解：(1)甲车并线过程，甲乙均做匀速运动，甲车相对乙车做匀速运动，并线需要时间

1s,所以当两车的相对速度最小，所以并线结束时甲乙两车之间的距离最小

则x=(v-v0)t,解得x=5m

(2)以乙车为参考系，甲车相对乙车做加速度a=2.5m/s2、相对速度最小为5m/s,则甲乙两车之间的最小

距离

2

4%=(丁。),解得=

2a

选乙车、前车为参考系，甲车相对两车做匀减速直线运动，所以乙车车头到前车车尾之间最小距离应该等

于一个甲车车身之和，并线期间甲乙之间的最小距离与并线后卬相对两车做匀减速直线运动的位移之和，

M^min=d+Ax+X,解得：Lmin=14m

(3)甲车从刹车到停止，行驶的距离为：％=鱼冥=碧胆血=9小

所用时间为£'=2=1.2S

a

r

此过程中，乙车通过的距离为：x乙=vot=10x1.2m=127n<9m+5m=14m

甲车停止时，乙车还没有与甲车灯撞，所以乙车与甲车相撞需要的时间为：

x甲+x9+5

t=-------=..s=1.4s

Vo10

答：(1)甲车刚刚并线结束时，甲乙两车之间的最小距离为5小。

(2)乙车车头到前车车尾之间距离L至少为14〃?，甲