四川省2024年高考物理模擬試卷及答案23

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案1．一同學(xué)背越式跳高，不計(jì)空氣阻力，從起跳腳離地到身體重心達(dá)到最高點(diǎn)的過程中，該同學(xué)()A．重力勢(shì)能逐漸增大到最大 B．動(dòng)能逐漸減小為零C．做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)2．如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B分別以初速度v1、v2水平拋出兩個(gè)相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地時(shí)重力的功率分別為P1、P2。則v1與vA．v1=2v2 B．v1=3．三角形薄板ABC厚薄均勻、質(zhì)量均勻分布，AD、BE分別為BC、AC邊中線，過這兩條中線的交點(diǎn)的豎直線l交BC的延長(zhǎng)線于O。兩根輕繩分別系于A、B，輕繩BN固定在天花板某點(diǎn)，調(diào)節(jié)輕繩MA，使N、B、C三點(diǎn)共線，且AB邊保持水平，此時(shí)MA比NB長(zhǎng)，如圖所示。則三角形薄板靜止時(shí)()A．三點(diǎn)M、A、C一定共線 B．三點(diǎn)M、A、D一定共線C．輕繩NB中拉力大于輕繩MA中拉力 D．輕繩NB中拉力小于輕繩MA中拉力4．如圖甲所示，用大小不同的水平向右恒力F將物體M從靜止由P點(diǎn)拉動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度為v，F(xiàn)與v2的變化關(guān)系如圖乙中的a圖線；相同的方法得到另一個(gè)物體N的F與v2的變化關(guān)系如圖乙中的A．M的質(zhì)量比N的質(zhì)量大 B．M的質(zhì)量比N的質(zhì)量小C．M、N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 D．M與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)比N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)大5．質(zhì)量為m和M的物體用輕繩相連，現(xiàn)將M用手按在光滑斜面上的A點(diǎn)，讓輕繩跨過O點(diǎn)的一光滑微小定滑輪，OM水平，Om豎直，兩物體均靜止，如圖所示。現(xiàn)松手釋放M，M沿斜面由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，m沒有落地，OB垂直于斜面。在物體M從A到B的過程中()A．m始終處于失重狀態(tài) B．m始終處于超重狀態(tài)C．m的動(dòng)能一直增大 D．M的動(dòng)能一直增大6．在光滑的水平軌道左端固定一個(gè)彈簧發(fā)射器，在A處安裝一微小角度器(高度可忽略，可調(diào)節(jié)速度的拋射角θ)，現(xiàn)讓彈簧發(fā)射器將質(zhì)量為m的小球由靜止彈出，落在軌道上B處。用EA．從小球開始運(yùn)動(dòng)到落到B處之前過程中，小球機(jī)械能守恒B．保持θ不變，若EP越大，則ABC．保持EP不變，改變?chǔ)?，使θD．保持EP不變，改變?chǔ)?，使AB距離最大時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高度點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為7．如圖甲所示的等雙翼式傳輸機(jī)，其兩側(cè)等長(zhǎng)的傳送帶傾角可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，方便不同工況下的貨物傳送作業(yè)，工作時(shí)兩傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且速度相同。圖乙為等雙翼式傳輸機(jī)工作示意圖，M1、M2代表兩傳送帶。第一次調(diào)整M1傾角為30°，M2傾角為45°；第二次調(diào)整M1傾角為45°，M2傾角為30°，兩次分別將同一貨物無初速放在M1的最低端，都能傳到MA．兩次運(yùn)送貨物經(jīng)過的時(shí)間相等B．第一次運(yùn)送貨物的時(shí)間較短C．傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量，兩次相等D．傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量，第二次較多8．如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點(diǎn)保持靜止。受到輕微擾動(dòng)后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過θ角度時(shí)，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關(guān)系如乙圖所示，g取A．圓環(huán)半徑為0.6B．θ=πC．0≤θD．0≤θ9．用如圖所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。一根細(xì)線一端固定在鐵架臺(tái)上，另一端系的鋼球靜止A點(diǎn)，在A點(diǎn)正下方固定光電門；在鋼球底部沿細(xì)線方向固定一寬為d的遮光條(d較小)。首先，測(cè)量點(diǎn)到鋼球球心的距離L，然后，將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，測(cè)得每次細(xì)線與豎直方向夾角θ和光電門記錄的對(duì)應(yīng)時(shí)間t?？諝庾枇Φ挠绊懣珊雎?，重力加速度為g（1）鋼球通過光電門的速度v=；(用測(cè)得的物理量符號(hào)表示（2）若等式成立，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律；(用測(cè)得的物理量符號(hào)表示)（3）由于實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差，根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)計(jì)算重力勢(shì)能變化量ΔEp和動(dòng)能變化量ΔEk，其真實(shí)大小關(guān)系是ΔEpΔEk10．用如圖a所示裝置探究加速度與物體受力的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)小車在長(zhǎng)木板上，左端與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連，右端通過輕細(xì)繩跨過定滑輪和動(dòng)滑輪與力傳感器相連，動(dòng)滑輪下方掛砝碼盤和砝碼。在砝碼盤中放不同數(shù)量的砝碼，小車運(yùn)動(dòng)，得到多條紙帶，某條紙帶的一部分及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖b所示。

回答下列問題：（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的部分操作或要求，下列說法正確的是____。A．必須保證砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量 B．與小車相連的細(xì)線必須與長(zhǎng)木板平行C．不需要進(jìn)行平衡摩擦力的操作 D．不需要刻度尺也不需要天平（2）已知打出圖b中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔均為0.1s，則根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，打點(diǎn)6時(shí)所對(duì)應(yīng)的小車的速度v6=m/s打這條紙帶時(shí)小車的加速度大小a=（3）對(duì)同一輛實(shí)驗(yàn)小車，記錄打每條紙帶時(shí)砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量m、力傳感器的讀數(shù)F，通過紙帶計(jì)算小車運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的加速度a。如圖甲、乙、丙丁所示的a?F或a?mg圖線，其中符合實(shí)際的是；本實(shí)驗(yàn)應(yīng)該由圖線11．如圖所示，不可伸長(zhǎng)、長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在P點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球?，F(xiàn)將小球拉至細(xì)繩沿水平方向繃緊的狀態(tài)后，由靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過某位置Q點(diǎn)，已知P、Q連線與水平面的夾角為θ。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）求小球在位置Q點(diǎn)時(shí)細(xì)繩對(duì)小球拉力T的大??；（2）若小球在位置Q點(diǎn)時(shí)小球豎直分速度最大，求sinθ的值。12．如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板AB上表面O點(diǎn)左側(cè)粗糙、右側(cè)光滑，質(zhì)量為M=3kg，以速度v0=1m/s在光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m=1kg的小物塊P以相對(duì)地面速度為零輕放到木板上表面，并同時(shí)對(duì)小物塊施加一水平向右的拉力F=0.5N；第一次，小物塊P輕放到B端后，始終未通過O點(diǎn)，并再回到B端：第二次，小物塊P輕放到OB間的某一位置。能通過O點(diǎn)，通過O（1）求小物塊P從輕放到B端再到回到B端通過的位移；（2）求小物塊P輕放到OB間的某一位置后，在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；（3）通過計(jì)算判斷：將小物塊P輕放到OB間的某一位置，通過O點(diǎn)后是否能夠再通過O點(diǎn)？13．如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)等溫過程AB、絕熱過程BC、等溫過程CD、絕熱過程DA后，又回到狀態(tài)A。其中，過程AB中氣體會(huì)(選填“釋放”或“吸收”)熱量；若過程AB中氣體的溫度為T1、過程CD中氣體的溫度為T2，則T1T2(選填“大于”“小于”或“等于”)；完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A時(shí)內(nèi)能是14．如圖所示，粗細(xì)均勻的“T”型導(dǎo)熱玻璃管中裝有水銀，豎直管中水銀柱長(zhǎng)為10cm，水平管內(nèi)的水銀足夠多，A段封閉氣柱長(zhǎng)為5cm，B段封閉氣柱長(zhǎng)為10cm，大氣壓強(qiáng)為75（1）將玻璃管繞水平管緩慢轉(zhuǎn)過90°至“T”型玻璃管水平，穩(wěn)定時(shí)豎直管中水銀液面移動(dòng)的距離；（2）若不轉(zhuǎn)動(dòng)，要使豎直管中的水銀液面移動(dòng)與(1)問中相同的距離，需將環(huán)境溫度升到多少。15．圖甲為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻的波形圖，圖乙為x=5cm處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，則下列說法正確的是()A．該波的波長(zhǎng)為10B．該波的傳播速度為0.02C．若這列波向右傳播，圖甲可能是t=6D．從圖甲所示時(shí)刻起再過9s，x=8E．若這列波向左傳播，從圖甲所示時(shí)刻起再過3s，x=116．如圖所示，等腰梯形ABCD為某透明棱鏡的橫截面，已知該棱鏡材料的折射率為2，∠A=∠B=75°，且邊AB=3L。一單色光從AD邊上的E點(diǎn)沿某方向射入棱鏡，其折射光照射到（1）該單色光從AD面入射時(shí)的入射角；（2）該單色光在棱鏡中的傳播時(shí)間。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、該同學(xué)背越式跳高為斜拋運(yùn)動(dòng)，從起跳最低點(diǎn)到上升最高點(diǎn)過程重力勢(shì)能逐漸增大到最大，故A正確；

B、到最高點(diǎn)豎直方向的速度為0，水平方向有一定的速度，故動(dòng)能在最高點(diǎn)不是0，故B錯(cuò)誤；

CD、該同學(xué)做斜拋運(yùn)動(dòng)，為曲線運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】跳高為斜拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)豎直方向速度為零。明確重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系，再結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行方分析。2．【答案】B【解析】【解答】?jī)尚∏驈膾伋龅铰涞?，水平方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為

x1:x2=2:1

豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為

?1:?2=2:1

由

?=12gt2

可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為

t1:t2=2:1

水平方向3．【答案】C【解析】【解答】AB、物體受到三個(gè)力，分別是重力，繩子NB的拉力FB，繩子MA的拉力FA，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則三個(gè)力的合力為零，由題意可知，重心與O點(diǎn)的連線為重力的方向，F(xiàn)B與重力交于O點(diǎn)，由共點(diǎn)力平衡可知，F(xiàn)A也交于O點(diǎn)。故AB錯(cuò)誤；

CD、對(duì)O點(diǎn)受力正交分解，如圖

可得水平方向有

FAcosα=FBcosβ

依題意，此時(shí)MA比NB長(zhǎng)，故

α<β

因此

cosα>cosβ

4．【答案】A【解析】【解答】AB、設(shè)P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離為d，根據(jù)動(dòng)能定理有

Fd?μmgd=12mv2

可得

F=mv25．【答案】D【解析】【解答】ABC、在物體M運(yùn)動(dòng)到B位置時(shí)，OM間繩長(zhǎng)最短，則此時(shí)m剛好到達(dá)最低點(diǎn)，速度剛好為0；則在物體M從A到B的過程中，m先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，m先失重后超重，m的動(dòng)能先增大后減小，故ABC錯(cuò)誤；

D、在物體M從A到B的過程中，繩子拉力和重力均一直對(duì)M做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，M的動(dòng)能一直增大，故D正確。

故答案為：D。

【分析】?jī)晌矬w為關(guān)聯(lián)體模型，沿繩方向的速度相等，下滑至B點(diǎn)的過程，物體M的速度始終沿斜面向下。確定M的受力情況，再根據(jù)各力做功情況確定M動(dòng)能變化情況，也可根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解確定m速度的變化情況，再根據(jù)速度變化情況確定m動(dòng)能及超失重情況。6．【答案】B,C【解析】【解答】A、從小球開始運(yùn)動(dòng)到落到B處之前過程中，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能，小球機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

Ep=12mv2

小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t=2vsinθg

AB距離為

x=vtcosθ=2v2sinθcosθg=2Epsin7．【答案】B,D【解析】【解答】AB、設(shè)傳送帶的速度為v，M1傾角為θ，貨物在M1上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)有

μmgcosθ?mgsinθ=ma

解得

a=μgcosθ?gsinθ

故可知θ越大，加速度越小，作出兩次物塊的v-t圖像

分析可知到達(dá)M2上為勻速運(yùn)動(dòng)，兩次貨物的運(yùn)輸長(zhǎng)度相同，即兩次v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積相等，根據(jù)圖像可知t1<t2，即第一次運(yùn)送貨物的時(shí)間較短，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、根據(jù)能量守恒，傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量轉(zhuǎn)化為貨物的動(dòng)能，重力勢(shì)能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，兩種情況下貨物增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量Q，設(shè)貨物加速的時(shí)間為t，貨物與傳送帶的相對(duì)位移為Δx，可得

t=va

Q=f?Δx

Δx=vt?v2t

f=μmgcosθ8．【答案】A,D【解析】【解答】A、小球下滑過程由機(jī)械能守恒定律有

mgR?Rcosθ=12mv2

得

v2=?2gRcosθ+2gR

對(duì)比圖線可知

2gR=12

得

R=0.6m

故A正確；

B、θ=π2時(shí)，小球的速度平方為12m2/s2，此時(shí)是圓環(huán)對(duì)小球的彈力提供向心力，有

N=mv2R=N

小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為

F=N+mg9．【答案】（1）d（2）gL（3）<【解析】【解答】（1）根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，鋼球通過光電門的速度為

v=dt

（2）小球從釋放到A點(diǎn)，增加的動(dòng)能為

ΔEk=12mv2=md22t2

小球從釋放到A點(diǎn)，減少的重力勢(shì)能為

ΔE10．【答案】（1）B（2）0.413；0.497（3）甲??；甲【解析】【解答】（1）A、本實(shí)驗(yàn)小車受到的合外力由力傳感器測(cè)得，不需要保證砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

B、為使小車受到的合外力等于細(xì)線拉力，與小車相連的細(xì)線必須與長(zhǎng)木板平行，故B正確；

C、為使小車受到的合外力等于細(xì)線拉力，需要進(jìn)行平衡摩擦力的操作，故C錯(cuò)誤；

D、需要刻度尺測(cè)量點(diǎn)跡間的距離，以計(jì)算加速度，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

（2）打點(diǎn)6時(shí)所對(duì)應(yīng)的小車的速度

v6=x572T=0.413m/s

根據(jù)逐差法

a=x47?x143T2=0.497m/s2

（3）甲乙：力傳感器的讀數(shù)等于細(xì)線的拉力，等于小車受到的合外力，根據(jù)牛頓第二定律

F=Ma

解得

a=111．【答案】（1）小球從水平下落到Q點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有

mgLsinθ=12mv2?0

在（2）小球豎直方向合力為零時(shí)，小球豎直分速度最大，則

Tsinθ=mg

又有

T=3【解析】【分析】（1）小球從靜止運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的位置只有重力做功，確定小球在Q點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，再根據(jù)動(dòng)能定理及牛頓第二定律進(jìn)行解答；

（2）小球豎直分速度最大，即小球在豎直方向的加速度為零，處于平衡狀態(tài)，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答。12．【答案】（1）小物塊P隊(duì)輕放到8端到再次回到木板B端，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為t1，木板AB做勻速運(yùn)動(dòng)，位移為x1，小物塊加速度大小為a1，位移為xp，則

F=ma1

x1=v0t1（2）小物塊P輕放到OB間的某一位置，通過O點(diǎn)后，設(shè)小物塊P加速度大小為a2，木板AB加速度大小為a3，則

μmg+F=ma2

μmg=Ma3

解得

a2=0.8m/s2，a3=0.1m/s2

設(shè)小物塊過O點(diǎn)后再經(jīng)過時(shí)間t2，小物塊與木板速度相等，小物塊在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，小物塊位移大小為x2，木板AB位移大小x3（3）假設(shè)小物塊與木板速度相等后，小物塊與木板之間能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則小物塊將相對(duì)木板向右滑動(dòng)，設(shè)小物塊加速度為a4，木板加速度為a5，則

F?μmg=ma4

μmg=Ma5

解得【解析】【分析】（1）確定小物體在木板上回到B點(diǎn)過程的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，由于物塊未通過O點(diǎn)，故木板始終做勻速運(yùn)動(dòng)。小物塊P從輕放到B端再到回到B端，即在該時(shí)間內(nèi)，物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移相等，再根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律進(jìn)行解答；

（2）當(dāng)物塊經(jīng)過O點(diǎn)后，物塊與木板之間存在摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律確定物塊及木板的加速度及運(yùn)動(dòng)情況。當(dāng)小物塊與木板速度相等時(shí)，小物塊與O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律進(jìn)行解答；

（3）若共速后，物塊與木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，且小物塊將相對(duì)木板向右滑動(dòng)，則小物塊能再次通過O點(diǎn)，共速后分別對(duì)物塊和木板進(jìn)行受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律確定兩者的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性判斷物塊能否通過O點(diǎn)。13．【答案】吸收；大于；不變【解析】【解答】過程AB是等溫變化過程，內(nèi)能不變?chǔ)=0，氣體壓強(qiáng)減小，體積增大，氣體對(duì)外做功

W<0，根據(jù)

ΔU=W+Q

可知，Q>0，氣體吸收熱量；

過程BC為絕熱過程Q=0，壓強(qiáng)減小，體積增大，氣體對(duì)外做功W<0，根據(jù)

ΔU=W+Q

可知，ΔU<0，氣體內(nèi)能減小，溫度降低，所以T1大于T2；

同理可知等溫過程CD氣體內(nèi)能增加，溫度升高和AB過程相同，所以BC過程減小的內(nèi)能和DA過程增加的內(nèi)能相同，所以完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A時(shí)內(nèi)能不變。

【分析】溫度不變，氣體的內(nèi)能不變，溫度越高，氣體的內(nèi)能越大。絕熱過程，氣體既不吸熱也不放熱，體積增大，氣體對(duì)外做功。根據(jù)題圖結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程和題意確定各階段封閉氣體的氣體參數(shù)變化情況，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。14．【答案】（1）開始時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)為

p1=10cmHg+75cmHg=85cmHg

轉(zhuǎn)過90°以后，封閉氣體的壓強(qiáng)為

p2=75cmHg

對(duì)A段封閉氣柱，根據(jù)玻意耳定律有

p1LAS=p2LA（2）設(shè)升高后的溫度為T2，升溫后氣體的壓強(qiáng)為

p3=10cmHg+2cmHg+