甘肃省兰州2024届高考物理四模试卷含解析

甘肃省兰州名校2024届高考物理四模试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将木试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、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。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面岸止（设缆车保持竖

直状态）则1（）

A.小物块受到的支持力方向竖直向上

B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下

C.小物块受到的静摩擦力为?咫+〃以

D.小物块受到的滑动摩擦力为;〃吆+"2。

2、用手水平的托着书，使它做下述各直线运动，手对书的作用力最大的情况是（）

A.向下的匀加速运动B.向上的匀减速运动

C.向左的匀速运动D.向右的匀减速运动

3、职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。已知运动员的质量为

80kg,重力加速度g取10m/d,关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是（）

A.下落第Is末的瞬时功率为4000W

B.下落第1s内的平均功率为8000W

C.下落第2s末的瞬时功率为8000W

D.下落第2s内的平均功率为12000VV

4、背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图

可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为

A.2m/sB.5m/sC.8m/sD.llm/s

5、一列筒谐横波沿入轴正方向传播，速度为0.5m/s,周期为4s。Uis时波形如图甲所示，。、b、C、d是波上的四个

质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）

A.这列波的波长为1m

B.UOs时质点。的速度与质点力的速度相等

C.r=ls质点。的加速度大小比质点力的加速度大

D.如图乙表示的是质点力的振动图像

6、。、〃两车在同一车道以24m/s的速度同向匀速直线行驶，。车在前，/7车在后，两车相距36m,某时亥U（1=0）

。车突然发现前面有一路障，其后。车运动的速度，时间图象如图所示，3.5s后〃车立即刹车，若两车不发生碰撞，

则加速度为（）

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、下列说法正确的有一

A.电子的衍射图样表明电子具有波动性

B.发生光电效应时，仅增大入射光的频率，光电子的最大初动能就增大

C.〃衰变中放出的“射线是核外电子挣脱原子核束缚而形成的

D.中子和质子结合成笊核，若亏损的质量为小，则需要吸收me?的能量

8、如图所示，在磁感应强度为8的匀强磁场中，为一个与磁场方向垂直、长度为L的金属杆，已知

ab=bc=c0=-。以。两点与磁场中以。为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为C

3

的电容器连接在金属轨道上。当金属杆在与磁场垂直的平面内以。为轴，以角速度。顺时针匀速转动且电路稳定时,

下列说法正确的是（)

A.4、b、。四点比较，。点电势最高

B.电势差。比=2/0

C.电势差=砧

4

D.电容器所带电荷量为3。及汉？

9、如图所示，下雨天，足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒，设他的支撑脚对地面的作用力为尸，方向与竖直方向的

夹角为伉鞋底与球场间的动摩擦因数为〃，下面对该过程的分析正确的是（）

A.下雨天，动摩擦因数〃变小，最大静摩擦力增大

B.奔跑步幅越大，越容易滑倒

C.当〃<tan〃时，容易滑倒

D.当〃>tan〃时，容易滑倒

10、如崔所示，轻绳一端连接小木块4另一端固定在。点，在A上放小物块&现使轻绳偏离竖直方向成0角由静

止释放，当轻绳摆到竖直方向时，A受到挡板的作用而反弹，5将飞离木块（4飞离瞬间无机械能损失）做平抛运动.

不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.若增大。角再由静止释放，可以增大5落地时速度方向与水平方向之间夹角

B.若增大。角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大

C.A、3一起摆动过程中，A.3之间的弹力一直增大

D.4、3一起摆动过程中，A所受重力的功率一直增大

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则，主要实

验步骤如下：

①如图甲，细线0C一端连接一装满水的水壶，另一端连接圆环O,用电子秤的下端挂钩钩住圆环0,记下水壶静上

时电子秤的示数F;

②如图乙，将细线一端拴在墙钉4处，另一端穿过圆环。拴在电子秤的挂钩B处。手握电子秤沿斜上方拉住细线

的3端使水壶处于平衡状态，在墙面的白纸上记录圆环。的位置、三细线04、OB、0C的方向和电子秤的示数为；

③如图丙，在白纸上以。为力的作用点，按定标度作出各力的图示，根据平行四边形定则作出两个后的合力尸的图

（1）步骤①中（填“必须”或“不必”）记录O点位置；

⑵步骤②中用细线穿过圆环。，而不用细线直接拴接在细线AH上的原因是_______；

⑶通过比较尸与的大小和方向，即可得出实验结论。

12.（12分）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘

固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线

MN、PQ,并测出间距九开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤

的示数M,以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数尸I,然

后释放木板，井用秒表记下木板运动到PQ处的时间，。贝!J：

（1）木板的加速度可以用d、，表示为。=

⑵改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度。与弹簧秤示数人的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是

⑶用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是

A.可以改变滑动摩擦力的大小

B.可以更方便地获取多组实验数据

C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小

D.可以获得更大的加速度以提高实验精度

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L=0.5m,左端接有阻值R=3Q的

定值电阻。一根长度与导轨间距相等的金属杆JHR置于导轨上，金属杆的质量m=0.2kg,电阻r=2Q,整个装置处在方

向竖直向下、磁感应强度大小B=4T的匀强磁场中，t=0肘刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F,

金属杆由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F,运动过程中金属杆与导轨始终垂直

且接触良好。（不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长）求：

XMXXX

B

x

cXNXXXD

（l）ls末外力F的大小；

⑵撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热。

14.（16分）如图所示，相距L=5m的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板//=2m的。点处静止

放置两个紧挨着的小滑块A、B,滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直轨道上沿水平方

向运动。滑块A、B的质量均为m=1必，与轨道间的动摩擦因数均为〃=0.2。不计滑块与滑块、滑块与挡板间发生碰

撞时的机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度K取lOm/s?。

⑴炸药爆炸瞬间，若有0=1OJ的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块A最终离开出发点的距离；

⑵若两滑块A、B初始状态并不是静止的，当它们共同以】，o=lm/s的速度向右经过。点时炸药爆炸，要使两滑块分开

后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值0是多少？

1L,丽..........

15.(12分)如图所示,间距为L=2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成,水平导轨处于3=0.5T

方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为由(值未标出)，在坐标为xo=1.2m处

垂直于水平导轨放置有一质量机=lkg、电阻为R=0.1Q的导体棒。及现把质量为M=2kg、电阻也为R=0.1Q的导体棒

cd,垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为力=1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，

"棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略

磁场的边界效应，g=10m/s2o求：

(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；

(2)必棒离开磁场右边界前的稳定速度；

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

由题知：木块的加速度大小为方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大

小和方向。根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

【详解】

AB.以木块为研究对象，分析受力情况为重力〃吆，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力力根据平衡条件可知支持

力N垂直于斜面向上，摩擦力/沿斜面向上，故AB错误；

CD.由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得

f-mgsin30°=ma

解得+〃心，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。

故选C。

【点睛】

本题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。

2、D

【解析】

向下的匀加速运动或向上的匀减速运动时，书的加速度向下，处于失重状态，手对书的作用力小于书的重力；向左的

匀速运动时，手对书的作用力等于书的重力；向右的匀减速运动时，加速度向左，根据牛顿第二定律分析得知，手对

书的作用力大于书的重力。所以向右的匀减速运动时，手对书的作用力最大，故ABC错误，D正确；

故选D。

3、D

【解析】

A.下落第1s末的瞬时功率为

6==mg-=80x102xlW=8000W

选项A错误；

B.下落第Is内的平均功率为

开=mgX=〃吆.①=Lx80x1x1W=4000W

选项B错误；

C.下落第2s末的瞬时功率为

P2=mgv2=mg•gq=80x1x2W=16000W

选项C错误；

D.下落第2s内的平均功率为

R,=mg[=•新产=80x10x1°；°x2w=12(X)OW

选项D正确;

故选D。

4、B

【解析】

运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：A«1.3m,根

据机械能守恒定律可知：；/nv?=mgh；解得：v=y]2gh=V26m/s«5m/s,故B正确，ACD错误。

5、C

【解析】

A.由题可知，速度为0.5m/s,周期为4s,则波长

2=vT=0.5x4=2m

A错误；

B.UOs时质点a在波峰处，速度为零，质点》在平衡位置，速度最大，B错误；

T

C.因为周期T=4s,所以当Qis时经历了二，此时质点。在平衡位置，位移为零，加速度为零，质点》在波峰处，位

移最大，加速度最大，C正确；

D.由乙图可知，当Uis时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点c,D错误。

故选C。

6、D

【解析】

假设两车在速度减为零时恰好没有相撞，则两车运动的速度一时间图象如图所示，由“面积法”可知，在该过程中位移

分别为:

0.5+6.5

&=x24m=84m

3.5+6.5

~Tx24m=120m

则有:

xb-xu=36m,

假设成立，由图象可知，〃车的加速度大小:

a=—=————m/s2=8m/s2,

Ar6.5-3.5

故D符合题意，ABC不符合题意。

二、多项选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AB

【解析】

A.衍射是波动性的体现，A正确；

B.根据光电效应方程，仅增大入射光频率，光子能量增大，逸出功不变，光电子初动能增大，B正确;

C.“衰变中放出的夕射线是原子核内的中子转化成质子过程中跑射出的电子形成的

D.质量亏损，根据质能方程，应该放出能量，D错误；

故选AB。

8、BD

【解析】

A.如图所示

杆c力cO顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为Of杆。庆0相当于电源，所以。点电势

最高，故A错误；

BC.综合运动规律，知的中点〃的线速度为

2

V.=69--L

13

综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得

Uae=Ece=B^Lv\

解得

4、

Uanc=Ecc=-B9Ml3

同理，中点的线速度为

5

v^co-Lr

26

又有

3号=小詈彩=白痴

J10

匕0中点C•的线速度为

1r

v3=69--L

可得

92

U=E=B-Lv.=-B(olJ

hOhOJJ

故B正确，C错误；

D.电容器接在4、c•两点间，带电荷量为

Q=CUlc

解得

4、

Q=CUac=-CBcol}

故D正确。

故选BD.

9、BC

【解析】

A.下雨天，地面变光滑，动摩擦因数〃变小，最大静摩擦力减小，故A错误；

B.将力尸分解，脚对地面的压力为「cos〃，奔跑幅度越大，夹角。越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容

易滑倒，故B正确；

CD.当

厂sin9>""cos〃

时人容易滑倒，此时

〃Vtan。

故C正确，D错误。

故选BC

10、BC

【解析】

A.设绳子的长度为LA的质量为M,8的质量为A从最高点到最低点的过程中机械能守恒，设到达最低点时的

速度为〃则：

—{M+m\vz=(M+m)gL(1-cost))

可得

v=yjlgUX-cosO)

若增大0角再由静止释放，则A到达最低点的速度增大；

B开始做平抛运动时的速度与4是相等的，设抛出点的高度为心则笈落地时沿水平方向的分速度

v=y/2^h

B落地时速度方向与水平方向之间夹角设为a,则

vy\l2ghIli~

tan—I__________

vJ2gL(1-cosJ)[L(1-COS。)

可知0增大则a减小，所以增大。角再由静止释放，3落地时速度方向与水平方向之间夹角将减小。故A错误；

B.若增大〃角再由静止释放，平抛运动的水平位移

x=vt=yjl^LO-cosO)•=2y//iL(l-cosO)

可知增大〃角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大，故B正碓；

C.A与8一起摆动的过程中〃受到的支持力与重力沿A0方向的分力的合力提供向心力，在任意位置时

FN-mgcosa=—

在摆动的过程中A与3的速度越来越大，绳子与竖直方向之间的夹角减小，所以支持力尸、越来越大。故C正确；

D.A、〃一起摆动过程中，开始时它们的速度为零，则重力的功率为零；A与3一起恰好到达最低点时，沿竖直方向

的分速度为零，所以重力的瞬时功率也等于零，可知A所受重力的功率一定是先增大后减小，故D错误。

故选BC.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、不必两分力一次同时测定，减小误差(或由于圆环的滑动，使得04、。月两细线拉力大小相同)F'

【解析】

因为重力恒竖直向下，只要保证水壶静止即可，读出0C绳的拉力即可，故第一次不需要记录。点位置。

(2)⑵由于圆环的滑动，使得0A、08两细线拉力大小相同，故可以两分力一次同时测定，减小误差。

(3)[3]。4和03绳子的拉力作用效果和0C一条绳子的拉力的作用效果相同，而OC一条绳子作用力为产，和03

绳子的合力为根据平行四边形定则画出来的产'，所以只要比较产和F'的大小和方向，即可验证试验。

2d

12、,CBC

【解析】

10

木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据工二片，+不。广得

12

d7=—ar

2

解得

2d

a=T

即木板的加速度为能。

(2)[2]AB,由于摩擦力的存在，所以当£＞与时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB错误；

CD.据题意，木板受到的滑动摩擦力为玲，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有

£=(M+m”

联立解得

a=----1-----厂-------F-o---

m+Mm+M

其中血为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当机―M时，」;近似不变，即

图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后」7T变小，即图像向下弯曲，C正确D错误。

in+M

故选C。

(3)[3]A.木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；

BC.缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比

较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；

D.由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。

故选BC.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤.

13、(1)2N(2)0.96J

【解析】

(1)t=ls时刻,金属杆MN的速度大小为vi=ati=2xi=2m/s

金属杆MN产生的感应电动势为E=BLvi

E

金属杆MN中的电流大小/=-一

R+r

金属杆MN受到的安培力大小F5=BIL

联立得

R+r

根据牛顿第二定律得F-F安=ma

联立解得F=2N

(2)t=2s时刻，金属杆MN的速度大小为V2=at2=2x2=4m/s

撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得知电路中产生的总焦耳热Q=imv22=ix0.2x42=1.6J

22

R3

电阻R上产生的焦耳热QR=-------Q=——xl.6J=0.96J

R+r3+2

14、(1)1.5m；(2)19J

【解析】

(1)爆炸过程中，动量守恒，则有

0=mvA-，〃味

根据能量守恒可得

八121，

解得

vA=vB=VlOm/s

爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为

4=〃g=2m/s2

爆炸后二者减速运动的位移

2

S、=1A=2.5m

2Pg

由于SA=2.5m>Z/,A会碰到挡板后原速率返回，在继续减速后停止

最终A停止时距离0点位移大小

S；=r-(S4-r)=1.5m

⑵爆炸后A、B分开，可能有三种情况

情形①：A、B