四川省2024年高考物理模擬試卷及答案11

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題（本題共5小題，共30分）得分1．10米跳臺跳水可以簡化為豎直方向的直線運動，以運動員離開跳臺時作為計時起點，取豎直向下為正方向，如圖所示，0～1.8s、2.1～2.7s內(nèi)圖線為直線，1.8～2.1sA．空氣阻力可以忽略B．t=1.8sC．在1.9～2.1sD．2.1～2.7s2．如圖所示，兩固定斜面OM粗糙、ON光滑，兩物塊a，b通過鉸鏈與輕桿相連，a不帶電，b帶正電，且都靜止于斜面上，桿垂直于OM。當在整個空間加豎直向下的勻強電場時（）A．a(chǎn)向上滑動 B．b仍靜止C．a(chǎn)與OM間的摩擦力增大 D．b沿斜面向下運動3．如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B，A用長度為L的兩根輕質(zhì)細線分別系在天花板上的C點和B球上，B球穿在光滑的豎直桿上，光滑桿垂直固定在天花板上的D點，CD間的距離為L?，F(xiàn)用一豎直向上的力F使B球緩慢向上運動到D點，A、B、C、D在同一豎直面內(nèi)，則（）A．AC間繩的張力單調(diào)減小 B．AB間繩的張力先增大再減小C．桿對B球的支持力單調(diào)增加 D．F單調(diào)減小4．如圖所示，靜止框架AOB中的桿OB豎直，桿OA與水平面間的夾角α=60°，且桿OA光滑。彈簧與豎直方向間的夾角β=30°，上端用鉸鏈與固定點B相連，下端與穿在OA桿上的質(zhì)量為m的小環(huán)相連，已知OB兩點間的距離為A．彈簧彈力的大小為mgB．桿對小環(huán)的彈力大小為3C．若整個框架以OB為軸開始轉(zhuǎn)動，當小環(huán)穩(wěn)定在與B點等高的A點時轉(zhuǎn)速為6D．若整個框架以OB為軸開始轉(zhuǎn)動，當小環(huán)緩慢運動到與B點等高的A點時桿對小環(huán)做的功為1.55．如圖所示，固定光滑斜面頂端有一輕質(zhì)光滑定滑輪，質(zhì)量為m的物塊P和質(zhì)量為3m的物塊Q用輕質(zhì)細繩相連，外力作用于P，使P、Q均靜止，某時刻撤去外力，當Q下降的高度為h時，細繩斷裂，重力加速度為g，sin37°=0.6，P、A．物塊P沿斜面上升的最大高度為35B．當細繩斷裂的瞬間，物塊Q的重力的功率為9C．在細繩斷裂后，物塊P沿斜面向上運動的時間為5D．當物塊P運動至最高點時，物塊Q的機械能相對t=0時刻減少了閱卷人二、多選題（本題共3小題，共18分）得分6．如圖所示，圓弧軌道豎直放置，半徑OC豎直，h=0.8m，R=1.0m，小球的質(zhì)量m=2kg，α=60°，小球從BA．在圓弧軌道上，從B點下滑到C點，小球動量變化量的大小為6B．在圓弧軌道上，從B點下滑到C點的過程中，小球克服阻力做的功為1C．小球經(jīng)過C點時受到軌道的作用力大小為38D．從開始下滑到落地前的運動過程中，小球動能的增加量小于機械能的減少量7．如圖所示，甲、乙、丙分別為單星、雙星、三星模型圖，軌跡圓半徑都為R，中心天體質(zhì)量為M，環(huán)繞天體質(zhì)量均為m，已知M?A．乙、丙圖中環(huán)繞天體的周期之比為2：B．乙圖中環(huán)繞天體的角速度大于丙圖中環(huán)繞天體的角速度C．甲圖中m的角速度大于丙圖中m的角速度D．乙、丙兩圖中環(huán)繞天體的線速度之比為48．如圖甲所示，真空中有一平行板電容器水平放置，兩極板所加電壓如圖乙所示，板長l=v0T，板間距為d。t=T8時，帶電粒子a靠近下極板，從左側(cè)以vA．a(chǎn)粒子飛離極板時的速度等于進入時的速度 B．a(chǎn)粒子飛離極板時豎直偏移量為8C．b粒子進入極板的時刻可能為24T D．b閱卷人三、填空題（本題共1小題，共5分）得分9．如圖所示，兩拉力傳感器固定在同一水平線上，兩根長為L的輕質(zhì)細線上端分別連接兩傳感器，下端連接大小一樣的小鋼球，兩鋼球的質(zhì)量分別為m1、m①將鋼球1拉離豎直位置，細繩拉直由靜止釋放鋼球1，兩鋼球碰前拉力傳感器1記錄的最大值為F1②鋼球1運動到最低點與鋼球2發(fā)生碰撞，碰后鋼球1彈回，碰后傳感器1和2的記錄的最大值分別為F2、F③兩鋼球質(zhì)量關系滿足m1(填“大于”“小于”或“等于”)m2；

④若兩鋼球碰撞時水平方向動量守恒，需滿足的關系式為；若滿足關系式，則說明碰撞為彈性碰撞。(用m1、m2、F1、F閱卷人四、實驗題（本題共2小題，共15分）得分10．為了測量2節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗室提供的器材有：A.2節(jié)干電池B.定值電阻RC.定值電阻RD.滑動變阻器R(最大阻值為30ΩE.電流表A1(量程為0～30mA、內(nèi)阻F.電流表A2(量程為0～500mA、內(nèi)阻G.開關S、導線若干（1）將R1和A（2）根據(jù)以上器材設計電路圖，完成圖乙，并連接圖甲所示的實物圖。（3）接好電路后，閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，分別讀出電流表A1、A2的示數(shù)I1、I2，一共記錄了六組數(shù)據(jù)，以(I1+I2)為橫坐標、I1為縱坐標作圖，如圖丙所示，則該電池組的電動勢（4）（3）問中的電動勢和內(nèi)阻的數(shù)據(jù)處理(填“有”或“沒有”)系統(tǒng)誤差。11．如圖所示，光滑絕緣圓軌道豎直放置，半徑為R，電場與水平方向成45°斜向右上，質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電小球恰好能靜止于與圓心等高的A（1）帶負電的小球在水平方向和豎直方向的加速度分別是多大；（2）從釋放到小球第一次與圓軌道撞擊時的速度和電勢能的改變量。閱卷人五、簡答題（本題共3小題，共42分）得分12．如圖所示，逆時針轉(zhuǎn)動的傾斜傳送帶與水平面間的夾角為30°，斜面長度d=167m。木板B靜止在光滑水平面上，左側(cè)與傳送帶平滑連接，木板B的右側(cè)有一光滑平臺與B高度相同。C靜止在平臺上，左側(cè)有一彈簧。A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=310，A、B間的動摩擦因數(shù)μ2=110，A由傳動帶滑上B時沒有動能損失，A、B共速時A剛好到達B右側(cè)，且B也剛好與平臺接觸，以后B立即靜止。C右側(cè)某處有一固定擋板(圖中未畫出)，A與彈簧接觸的過程中C與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞結(jié)束后立即撤去擋板。（1）A滑上B時的速度；（2）木板B的長度s和木板B與平臺左側(cè)的距離L；（3）若A、B的質(zhì)量均為m=0.5kg，C的質(zhì)量M=1kg，C與擋板碰撞后，彈簧彈性勢能最大值E13．雙縫干涉實驗如圖所示，如果增加雙縫到光屏的距離，（填“能”或“不能”）增大條紋間的距離。若雙縫間距為d、光屏到雙縫的距離為L，則dL必須（填“足夠大”“足夠小”或“約等于1”）。若用一束紅光和一束綠光分別照射雙縫中的一條縫隙，則光屏上出現(xiàn)14．位于x=0處的A波源，產(chǎn)生一向右傳播的簡諧橫波，如圖中實線所示；位于x=50m處的B波源，產(chǎn)生一向左傳播的簡諧橫波，如圖中虛線所示。A的周期為0.5s，A、（1）求B波的傳播速率及振動周期；（2）平衡位置x=13m處的質(zhì)點位移能否為1.6m

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.v?a故空氣阻力可以忽略，故A正確；B.t=1.8v故B錯誤；C.根據(jù)v?t圖像的切線斜率的絕對值表示加速度的大小可知，在D.由圖像可知自由下落的時間為1.8由圖像可知入水后做勻減速的時間為2.7由圖像可知t=1.8s和F故F故D錯誤。故選：A?！痉治觥扛鶕?jù)v?t圖像的斜率計算加速度；根據(jù)速度根據(jù)圖像的斜率分析判斷；根據(jù)圖像確定自由下落和入水時間，根據(jù)圖像的斜率確定速度的變化，再依據(jù)牛頓第二定律判斷。本題關鍵掌握利用圖像分析運動員的運動過程。2．【答案】B【解析】【解答】BD．設b的質(zhì)量為m，桿對b的彈力為F，ON對b的支持力為Nb，其力的矢量圖如圖所示

由幾何知識可知，力的矢量三角形構成了等邊三角形，故

F=Nb=mg

現(xiàn)b受豎直向下的電場力，桿和ON的支持力等比例增大，合力仍為零，故b仍靜止，故B正確，D錯誤；

AC．桿對a的力始終垂直斜面OM，a始終靜止，摩擦力滿足

f=magcos30°

故摩擦力不變，故AC錯誤。

故選：B。

【分析】對未加電場時的b受力分析，根據(jù)平衡條件得到支持力、重力和彈力的關系，再根據(jù)加入電場后，b受豎直向下的電場力，分析受力。3．【答案】A【解析】【解答】AB、根據(jù)題意，對兩小球進行受力分析如圖所示：設細線AC與豎直方向的夾角為θ，細線AB與豎直方向的夾角為α，當B在外力作用下向上緩慢移動時，θ先減小后增大，將A受到的力適當平移構成矢量三角形，在該三角形中，重力大小、方向都不變，當θ逐漸減小、α逐漸增大時，如圖所示根據(jù)圖像可知，另外兩個力都在減小，當α=90°，TAB=0，此時之后θ增大，如圖所示：可知，AC間繩的張力TAC逐漸減小，AB間繩的張力TAB逐漸增大，綜上所述，AC間繩的張力TAC一直減小，ABC、對A、B整體受力分析，有N可知，由于AC間繩的張力TAC一直減小，開始θ逐漸減小，sinθ減小，則ND、從初始到α增大到90°的過程中，對B有FAB間繩的張力TAB在減小，cosα在減小，則F故選：A?！痉治觥繉尚∏蚍謩e進行受力分析，畫的受力三角形圖，判斷受力的變化，對、整體和受力分析，根據(jù)平衡條件列解析式，分析力的變化。4．【答案】D【解析】【解答】AB、小環(huán)在P點處于靜止狀態(tài)，受力分析如圖所示：根據(jù)受力平衡有TcosTsin解代入數(shù)據(jù)得：T=C、小環(huán)在A點時，設小環(huán)做圓周運動的半徑為r，彈簧的彈力為FT、桿的彈力為FF豎直方向根據(jù)受力平衡有：F由幾何關系有：L彈簧伸長的長度與初始相同，則F代入數(shù)據(jù)解得：ω根據(jù)：n代入數(shù)據(jù)解得：n故C錯誤；D、小環(huán)將由靜止開始沿桿向上滑動，初速度v小環(huán)在A點的速度大小v小環(huán)由P點到A點的過程中，根據(jù)動能定理有W解代入數(shù)據(jù)解得：W=1.5故選：D?！痉治觥扛鶕?jù)受力平衡聯(lián)立方程求出彈力的大小，當以OB為軸轉(zhuǎn)動時，根據(jù)圓周運動和動能定理求出轉(zhuǎn)速和做功。5．【答案】C【解析】【解答】A、當Q下降的高度為h時，根據(jù)幾何關系得P上升的高度為?'細繩斷裂的瞬間P、Q速度大小相等，對PQ整體，根據(jù)機械能守恒定律有3解得：v細繩斷裂后，P還能上升的最大高度滿足mg解得：h所以物塊P沿斜面上升的最大高度為：H=B、當細繩斷裂的瞬間，物塊Q重力做功的功率為P=3C、細繩斷裂后，物塊P在斜面上的運動時間為：t=vgsinD、細繩斷裂前，P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，細繩斷裂后，物塊P、Q的機械能均守恒，則當物塊P運動至最高點時，物塊P增加的機械能等于物塊Q的機械能相對t=0時刻減少量，即ΔE故選：C。【分析】當Q下降高度h時，根據(jù)幾何關系求出P上升的高度。對PQ整體，根據(jù)機械能守恒定律列方程，即可求出繩子斷裂瞬間P、Q速度大小。根據(jù)公式P=mgvsinα求當繩子斷開瞬間物體Q的重力的功率。繩子斷裂后，對P，利用機械能守恒定律求出P還能上升的高度，從而求得P沿斜面上升的最大距離。繩子斷開后，由速度—時間公式求解物體P在斜面上的運動時間。根據(jù)機械能守恒定律分析6．【答案】A,B【解析】【解答】A.小球從C點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，沿豎直方向沿水平方向s小球在C點的速度v則在圓弧軌道上，從B點下滑到C點，小球動量變化量的大小Δp故A正確；B.在圓弧軌道上，從B點下滑到C點的過程中，根據(jù)動能定理有mgR則小球克服阻力做的功W故B正確；C.小球經(jīng)過C點時，根據(jù)牛頓第二定律有F小球經(jīng)過C點時受到軌道的支持力大小F由于此時小球還受軌道的摩擦力作用，所以小球經(jīng)過C點時受到軌道的作用力大于38ND.從開始下滑到落地前的運動過程中，小球動能的增加量Δ整個運動過程中，小球機械能的減少量ΔE可知從開始下滑到落地前的運動過程中，小球動能的增加量大于機械能的減少量，故D錯誤。故選：AB。【分析】球從C點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律得小球在C點的速度，根據(jù)動量定理求出球動量變化量；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求出阻力做的功；根據(jù)牛頓第二定律求出小球經(jīng)過C點時受到軌道的支持力，然后判斷作用力大??；結(jié)合動能定理和能量守恒判斷。7．【答案】C,D【解析】【解答】A.G代入數(shù)據(jù)解得：T對丙圖所示的模型有3代入數(shù)據(jù)解得：T則有T'B、根據(jù)ω=C、根據(jù)萬有引力定律，對甲圖所示的模型有G代入數(shù)據(jù)解得：ω對丙圖所示的模型有3代入數(shù)據(jù)解得：ω由于M?m，則甲圖中m的角速度大于丙圖中D、乙、丙兩圖半徑相同，根據(jù)v=2πr故選：CD?！痉治觥扛鶕?jù)萬有引力提供向心力分析，再根據(jù)不同類型分析選項。8．【答案】A,B,C【解析】【解答】A.加電場后，豎直方向上的加速度大小為根據(jù)速度—時間公式可知，速度大小為v12T時變換電場方向，做減速運動，則經(jīng)過38T速度減為0如圖所示由于粒子在水平方向上做勻速指向運動可知，l=v則由vy?t圖可知aB.由豎直方向的速度—時間圖像可得，根據(jù)位移—時間公式可知，從T8到7d根據(jù)位移—時間公式可知，從7T8到y(tǒng)a粒子飛離極板時豎直偏移量y=CD.設極板長度為l，al設b粒子在電場中運動時間為tb，其水平方向的位移解得：t設0～T2內(nèi)的t根據(jù)位移—時間公式可知，y解得：t=故選：ABC?！痉治觥扛鶕?jù)帶電粒子在勻強電場中只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律分析粒子的加速度，再根據(jù)運動學公式分析粒子的運動情況即可分析A選項；根據(jù)a粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)，結(jié)合運動學公式計算偏轉(zhuǎn)位移即可；粒子在水平方向上做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間確定，根據(jù)粒子進入電場的時間節(jié)點即可分析。9．【答案】小于；m1(【解析】【解答】（3）鋼球1運動到最低點處與鋼球2發(fā)生碰撞，碰后鋼球1彈回，所以m1小于m（4）兩鋼球碰前瞬間鋼球1的速度大小為v1，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：v設碰撞后瞬間鋼球1、2的速度分別為v2、mv2=若兩鋼球碰撞時水平方向動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m聯(lián)立可得：m若為彈性碰撞，還需滿足機械能守恒，則有：1聯(lián)立可得：(故答案為：(3)小于；(4)m1【分析】（3）鋼球1運動到最低點處與鋼球2發(fā)生碰撞后鋼球1被彈回，可知鋼球1的質(zhì)量較小。（4）根據(jù)圓周運動的力與運動的關系，應用牛頓第二定律求得碰撞前后瞬間鋼球的速度，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解答。10．【答案】（1）無（2）|（3）3.0；1.0（4）沒有【解析】【解答】（2）因用R1和A1串聯(lián)來間接測量路端電壓，將電流表根據(jù)電路圖，實物連線如圖所示：（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E變形為：I根據(jù)I1ER代入數(shù)據(jù)解得：E=3.0V（4）本實驗中定值電阻R1和電流表A1串聯(lián)起來相當于電壓表，將電流表故答案為：（2）見解析；（3）3.0；1.0；（4）沒有【分析】（2）將電流表A2（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合I1（4）本實驗干路電流等于兩電流表的示數(shù)之和，干路電流與路端電壓的測量均為系統(tǒng)誤差。11．【答案】（1）帶正電的小球能靜止在A點，由平衡條件可得：qEsin45°=mg對帶負電的小球，由牛頓第二定律得：在水平方向有：qEcos45°=m在豎直方向有：qEsin45°+mg=（2）小球的水平方向的位移為：x豎直方向上的位移為：h即小球水平位移和豎直位移的關系為：2由幾何關系可得：(解得：h由動能定理可得：mgh聯(lián)立解得：v由于電場力做正功，所以小球的電勢能的減少了ΔE即電勢能的改變量為?【解析】【分析】（1）對正電荷，由平衡條件求出電場強度的大小，再對負電荷，由牛頓第二定律可求在水平方向和豎直方向的分加速度的大??；

（2）由運動的分解和幾何關系結(jié)合動能定理求出小球第一次與圓軌道撞擊時的速度，再由電場力做功與電勢能的變化關系求出電勢能的改變量。12．【答案】（1）設A、B的質(zhì)量為m，根據(jù)題意，在傳送帶上，對A由牛頓第二定律有mgsin解得a由速度與位移公式有2解得v（2）設水平向右為正方向，A、B系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有m解得v根據(jù)能量守恒定律有μ解得sA恰好滑到B右端時，B與右側(cè)固定平臺相碰，在B加速至共速的過程中，對B由動能定理得μ解得L（3）設水平向右為正方向，C與擋板碰撞前，A、C系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有m設水平向右為正方向，A、C系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有m解得A、C共速時的速度v全過程A、C與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，共速時彈簧彈性勢能最大，則有EC與擋板碰撞前，從A開始壓