河南省汝州市某中学2024届高考冲刺模拟（三）物理试题试卷

河南省汝州市实睑中学2024届高考冲刺模拟（三）物理试题试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本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、如图所示，质量分别为3机和机的两个可视为质点的小球。、b,中间用一细线连接，并通过另一细线将小球。与

天花板上的。点相连，为使小球。和小球》均处于好止状态，且细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°,需要对

小球方朝某一方向施加一拉力凡若已知sin37=06cos37=0.8,重力加速度为g,则当户的大小达到最小时，0a

细线对小球a的拉力大小为（）

A.2.4/wgB.31ngC.3.2/wgD.41ng

2、如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A,由静止释放。以钢球

的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立X轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运

动的位移一时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（）

w

n

n

r

n

n

n

n

r

n

F

O

图

A.4时刻钢球处于超重状态

B.G时刻钢球的速度方向向上

C.时间内钢球的动能逐渐增大

D.，时间内钢球的机械能逐渐减小

3、如图所示，倾角为a的斜面体4置于粗糙水平面上，物块笈置于斜面上，己知4、笈的质量分别为M、〃?，它们

之间的动摩擦因数为〃=lana。现给B—平行于斜面向下的恒定的推力尸，使8沿斜面向下运动，4始终处于静止

状态，则下列说法中不正确的是（）

A.无论"的大小如何，3一定加速下滑

B.物体A对水平面的压力尸N＞（加+机）g

C.8运动的加速度大小为

m

D.水平面对A一定没有摩擦力

4、一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两

次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（）

A.第一次系统产生的热量较多

B.第一次子弹的动量的变化量较小

C.两次子弹的动量的变化量相等

D.两次子弹和木块构成的系统动量都守恒

5、如图所示，虚线。、Ac是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一a粒子（重力不计）

仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、。是这条轨迹上的两点，据此可知（）

A.a、b、c三个等势面中，。的电势最高

B.电子在尸点具有的电势能比在。点具有的电势能小

C.a粒子在尸点的加速度比0点的加速度大

D.带电质点一定是从尸点向。点运动

6、图示为两质点P、Q做匀速圆周运动的向心加速度大小a随半径「变化的图线，其中表示质点P的图线是一条双

曲线，表示质点。的图线是过原点的一条直线。由图线可知，在半径厂逐渐增大的过程中（）

A.质点夕的线速度大小保持不变

B.质点。的线速度大小保持不变

C.质点2的角速度不断增大

D.质点。的角速度不断增大

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、在一颗半径为地球半径0.8倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力,从抛出开始计时，物体运动

的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为6400km,地球的第一宇宙速度取8km/s,地球表面的重力

加速度lOm",则

A.该行星表面的重力加速度为8m/s2

B.该行星的质量比地球的质量大

C.该行星的第一宇宙速度为6.4km/s

D.该物体落到行星表面时的速率为30m/s

8、如图为乒乓球发球机的工作示意图。若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大

小随机变化，发球方向也在水平面内不同方向随机变化。若某次乒乓球沿中线恰好从中网的上边缘经过，落在球台上

的A点，后来另一次乒乓球的发球方向与中线成。角，也恰好从中网上边缘经过，落在桌面上的笈点。忽略空气对乒

乓球的影响，则（）

A.A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力

B.A比B先落地

C.A,B落地时的动能分别为400J、850J

D.两球损失的机械能总量250J

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）如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。请完成下列同题。

图甲图乙图丙

（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量____________（选

填“直流电流”、“直流电压”或“电阻

⑵某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“X10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择

（填“X]”或“xlOO”）倍率的欧姆挡。

（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。实验器材如下：

A.干电池（电动势£为3.0丫，内阻/•不计）；

B.电流计G（量程300J1A,内阻99C）；

C.可变电阻器R;

D.定值电阻Ko=4Q；

E.导线若干，红黑表笔各一只。

①如图乙所示，表盘上lOOpA刻度线对应的电阻刻度值是C；

②如果将心与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为0

12.（12分）为了测量一精密金属丝的电阻率：

I.先用多用电表Kic挡粗测其电阻为然后用螺旋测微器测其直径为mm,游标卡尺测其长度是

____mm.

n.为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：

A.电压表（量程3V,内阻约为15攵。）

B.电压表（量程15V,内阻约为75攵。）

C.电流表（量程3A,内阻约为0.2Q）

D.电流表（量程600mA,内阻约为1Q）

E.滑动变阻器（0—50,0.6A）

F.滑动变阻器（0〜2000Q,0.1A）

G.输出电压为3V的直流稳压电源E

H.电阻箱

I.开关S，导线若干

为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除G、I外，还需的是（填代号）•请在虚线框内

设计最合理的电路图______并将图的实物连线.如果金属丝直径为D,长度为L,所测电压为U,电流为I,

写出计算电阻率公式.

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）如图直角坐标系xOy中，第I象限内存在场强为E,沿x轴负方向的匀强电场，第H、III、W象限内存

在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为小、电荷量为q（4>0）的带电粒子，从PQ,力处由静止开始运动，第1

次通过X轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；

（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。

14.（16分）如图所示，在xQy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域I内存在磁感应强度大小

为％=笠的匀强磁场，区域I、区域n的宽度均为L高度均为3乙质量为〃h电荷量为g的带正电的粒子从坐标

qL

为（-2L,的A点以速度vo沿x轴正方向射出，恰好经过坐标为（0,-（及-1力）的C点射入区域I.粒子重力忽

略不计.求：

（1）匀强电场的电场强度大小E；

（2）粒子离开区域I时的位置坐标；

（3）要使粒子从区域n的上边界离开磁场，可在区域n内加垂直于纸面向里的匀强磁场.试确定磁感应强度B的大

小范围，并说明粒子离开区域n时的速度方向.

15.（12分）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低

端相切，并平滑连接.A,B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹

簧.两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,

弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P

点.己知圆形轨道的半径R=0.72m，准块A的质量mA=0.4kg，滑块B的质量mB=0.1kg,重力加速度gMX10m/sS

空气阻力可忽略不计.求：

（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；

（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；

（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能.

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

【解题分析】

以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力作出尸在三个方向时整体的受力图：

根据平衡条件得知尸与T的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子。，垂直时

户有最小值，即图中2位置，此时。a细线对小球。的拉力大小为

T=4〃7gcos37=3.2/〃g

故C正确，ABD错误。

故选C。

2、D

【解题分析】

A.从图中可知片时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；

B.从图中可知4时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；

C.乙~4时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误;

D.%〜4时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。

故选D。

3、B

【解题分析】

AC.因,4、5间的动摩擦因数为〃=tan即

cosa=mgsina

则施加平行于斜面的力尸后，由牛顿第二定律有

F+mgsina-pmgcosa=ma

联立可得

F

a=——

m

即无论F的大小如何，〃一定加速下滑，故AC正确，不符题意；

F\=Mg+N［认cosa+/'sina

NBA=mgcosa

f=f=，imgcosa

联立可得

&=(Mg+mg)

故B错误，符合题意；

D.对斜面在水平方向的力有关系式

'sina"'cosa

故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故D正确，不符题意。

本题选不正确的故选B。

4、B

【解题分析】

ABC.因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿

后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热

Q=f^x

即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于

=wAv

所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC错误，B正确；

D.第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。

故选B。

5、C

【解题分析】

A.电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于a粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故。等势线的电

势最低，c等势线的电势最高，故A错误；

B.〃等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在尸点具有

的电势能比在。点具有的电势能大，故B错误；

C.等势线密的地方电场线密场强大，故尸点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；

D.由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误；

故选C。

6、A

【解题分析】

A.由向心加速度c，=L可知若4与一成反比，即图线是双曲线，则线速度大小保持不变，选项A正确；

r

C.由角速度。=上，线速度不变，则户的角速度与半径成反比，选项C错误；

r

BD.根据〃=勿2"，若。与，•成正比，即图线是过原点的直线，则角速度保持不变，即质点。的角速度保持不变，而

线速度可见。的线速度与半径成正比，选项BD错误。

故选A。

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。分。

7、AC

【解题分析】

/=4s。对于上升过程，由力二；g/可得

A.由图读出，物体上升的最大高度为：A=64m,上升的时间为:

2h2x64

=8m/s2

选项A正确;

B.根据G等=mg可得

R

则该行星的质量比地球的质量小，选项B错误;

C.根据G粤二加三二Mg可得

R2R

口=便

则

—=J—xO.8=O.8

取山。

则该行星的第一宇宙速度为

4=0.8x8km/s=6.4km/s

选项C正确；

D.该物体落到行星表面时的速率为

v=12g星h=,2x8x64=32m/s

故D错误;

故选AC,

8、BD

【解题分析】

A.乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由

12

%;=理

可知，两个球在空中的运动时间相等，故A错误；

B.由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故B正确；

C.两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由

x=vt

可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为cos夕:1,故C错误；

D.前后两球发出时速度大小之比为COS。：1,且在空中运动时间相同，故水平位移之比为COS夕：1,结合几何关系可

知，AJ5两落点到中网的距离相等，故D正确。

故选BD。

9、BC

【解题分析】

A.开始时对球B分析，根据平衡条件可得

mg=kx、

释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得

4〃2gsina-mg+点1=5/wq

解得

2

%=-8

故A错误；

B.释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡条件可得

mg=kx,

对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得

4〃zgsina-mg-kx2=5ma2

解得

67,=0

所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确;

C.对球A和球B及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得

1,

4〃7g（X]+x2）sina+x2）=->5mv；lt

解得球A沿斜面下滑的最大速度为

故C正确;

D.由％=%=等可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在

运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误；

故选BC,

10、ACD

【解题分析】

A项：由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细绳间为滑动摩擦力,

B与细绳间为静摩擦力，故A正确;

B项：对A：mAg-fA=mAaA,对B：mBg-fB=niBaB>f.\=0.5niAg,联立解得：%=5%2，4=7.5

设A球经ts与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB,速度分别为VA、VB,

1,1,一

则有：hA=—aAt~,hB=­aBt~»H=h\+hB,VA=a\t,VB=aBt联立解得：t=2s,hA=10m»hB=15m,VA=10m/s>VB=15m/s,

1、

分离后，对A经力落地，则有：15=10。+耳/；，

1,

对B经tz落地，m则有：10=15r2+77g"

2

解得：乙=卜，乙=-3+呵,,所以b先落地，故B错误;

■2

C项：A、B落地时的动能分别为EkA、EkB,由机械能守恒，有：七姑二：，〃/；+网遥（〃一//八）

1,

代入数据得：EkA=400J、EkB=850J,故C正确;

D项：两球损失的机械能总量为△E,△E=（mA+nuOgH・EkA・EkB,代入数据得：△E=250J,故D正确。

故应选：ACDo

【题目点拨】

解决本题的关键埋清A、B两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是

联系力学和运动学的桥梁。要注意明确B和绳之间的滑动摩擦力，而A和绳之间的为静摩擦力，其大小等于B受绳的

摩擦力。

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、直流电源xlOO20000100：1

【解题分析】

(1)口］由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压。

(2)［2］测量某电学元件的电阻，选用“X10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡

位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“x100”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。

⑶①网欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为

£3

4

尺卜二尺旬=-=-------——fl=1x10£1

H6

中4300X10

有

8凡

15

3凡+R

解得

/?=2xlOlQ

所以表盘上lOOpA刻度线对应的电阻刻度值是2K1(/0=20000。o

②⑷当电流计满偏时：流过《的电流

/=99/g

电流计内阻为99C,给电流计并联1C的电阻，根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成

欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的击

,欧姆表换挡前、后倍率之比等于100:1。

12、6.02.093—2.097100.15ADE

构■金■线U7TP2

4/L

【解题分析】

由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6.0xlC=6.0Q；由图示螺旋测微器可知，其读数为：

2mm+9.5x0.0\nvn=2.095/?w?,由图示游标卡尺可知，其示数为：1OX1O〃〃〃+3XO.O5〃〃7?=1(X).15mm；实验需

E3

要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V,因此电压表应选A.通过待测电阻的最大电流约为I=-=--A=0.5A,

R6.0

则电流表应选：D.为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E.故选ADE；为测多组实验数据，滑动变阻

R6，氐、5000氏R

器应采用分压接法；—=T=6>-*=岑°=250,则有若>r，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示

K.AIR6«K八

根据实验电路图连接实物电路图，如图所示

待■金”优

2

R=P—=P----------------T{JTTliD

由电阻定律可知：SfDY,又R=J,联立得0二&L.

%不I4IL

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)B一坐;(2)21；(3)以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，证明见解析。

【解题分析】

(1)设粒子经第I象限的电场加速后，到达y轴时的速度为匕，根据动能定埋

qEl=~fnK①

由左手定则可以判断，粒子向一y方向偏转，如图所示:

由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为为二/②

由牛顿第二定律得：

=③

由①②③得：B=④

vqi

(2)粒子第2次经过X轴时，速度沿+)，方向，位置坐标为赴=/⑤

粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间〃，第3次经过y轴时，轨迹如图

l=-ar®

2

a=处⑦

m

%=卬⑧

由①⑤⑥©⑧得出=21

(3)粒子第2次离开电场时，根据动能定理有:

夕瓦=〃叫2

解得v2=\Z2v（，8=45。

粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径发，根据半径公式可得：网=后区

第三次进入电场是从坐标原点。处沿与x轴正向45。角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为，时,

纵坐标的值为2，，可知本次不会经过尸点。

粒子将从产4/处第3次离开电场，