2024屆新疆和田地區(qū)高考模擬（4月）物理試題

2024屆新疆和田地區(qū)高考模擬（4月）物理試題

注意事項

1.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.

2.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0.5亳米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.

3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他

答案.作答非選擇題，必須用05亳米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效.

5.如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗.

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土

的深度忽略不計。已知夯錘的質量為朋=450依，樁料的質量為〃2=50依。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升

到距離樁頂％=5相處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受

阻力隨打入深度的變化關系如圖乙所示，直線斜率k=5.05xl04N/，〃。8取則下列說法正確的是

A.夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為9〃!/s

B.夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為4.5〃?/s

C.打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為

D.打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為3帆

2、物理學是研究物質運動最一般規(guī)律和物質基本結構的學科，在物理學的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，科學家們運用了許多研

究方法如：理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、科學假說法和建立物理模型法等。以下關于物理學研究

方法的敘述中正確的是

A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是微元法

B.在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度

與質量的關系，這里運用了假設法

C.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各

小段位移相加，這里運用了理想模型法

D.根據(jù)速度定義式^=——，當M-0時，——就可以表示物體在，時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法

zAr

3、科學家對物理學的發(fā)展做出了巨大貢獻，也創(chuàng)造出了許多物理學方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、

建立物理模型法、類比法和科學假設法等，以下關于物理學史和所用物理學方法敘述正確的是（）

A.卡文迪許巧妙地運用扭秤實驗測出引力常量，采用了理想實驗法

B.牛頓通過比較月球公轉的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉的向心加速度，對萬有引力定律進行了“月一地

檢驗”，證實了萬有引力定律的正確性

C.在不需要考慮物體本身的形狀和大小時，用質點來代替物體的方法叫假設法

D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后用各

小段的位移之和代表物體的位移，這里采用了微元法

4、在離地高/?處，同時自由下落和豎直向上拋出各一個小球，其中豎直上拋的小球初速度大小為不計空氣阻力，

重力加速度為g,兩球落地的時間差為（）

5、一個膘U原子核靜止在磁感應強度為〃的勻強磁場中，當原子核發(fā)生衰變后，它放出一個a粒子（：He）,其速

度方向與磁場方向垂直。關于a粒子與衰變后的新核在磁場中做的圓周運動，下列說法正確的是（）

A.運動半徑之比是45:1B.運動周期之比是1:117

C.動能總是大小相等D.動量總是大小相等，方向相反

6、如下圖所示，ab間接入u=200及sinlOOntV的交流電源，理想變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2：1,R為熱敏電阻,

且在此時的環(huán)境溫度下Rt=2Q（溫度升高時其電阻減小），忽略保險絲L的電阻，電路中電表均為理想電表，電路正常

工作，貝!

A.電壓表的示數(shù)為100及V

B.保險絲的熔斷電流不小于25A

C.原副線圈交流電壓的頻率之比為2：1

D.若環(huán)境溫度升高，電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)減小，輸入功率不變

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、如圖甲所示,豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度/z=O.lm

處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度〃并作出如圖乙所示滑塊的

片-力圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，不計空氣阻力,

取g=10m/s2,由圖象可知（）

A.小滑塊的質量為0.1kg

B.輕彈簧原長為0.2m

C.彈簧最大彈性勢能為0.5J

D.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為04J

8、一列簡諧橫波沿x軸傳播，1=0時的波形如圖所示，質點4和B相距0.5m,質點A速度沿j軸正方向；t

=0.03s時，質點A第一次到達負向最大位移處。則下列說法正確的是（）

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波的傳播速度為25m/s

C.從（=0時起，經過0.04s,質點A沿波傳播方向遷移了1m

D.在/=0.04s時，質點5處在平衡位置，速度沿j軸負方向

E.某頻率為25Hz的簡諧橫波與該波一定能發(fā)生干涉

9、如圖所示，某時刻將質量為10kg的貨物輕放在勻速運動的水平傳送帶最左端，當貨物與傳送帶速度恰好相等時，

傳送帶突然停止運動，貨物最后停在傳送帶上。貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,貨物在傳送帶上留下的劃痕長為

0.1m,重力加速度取10m/s2o則貨物（）

（3（?）

A.總位移為0.2m

B.運動的總時間為。.2s

C.與傳送帶由摩擦而產生的熱量為5J

D.獲得的最大動能為5J

10、如圖所示，某空間存在一豎直方向的電場，其中的一條電場線如圖甲所示，一個質量為〃八電荷量為《的帶正電

小球，從電場線中O點由靜止開始沿電場線豎直向上運動乃的過程中，以O為坐標原點，取豎直向上為X軸的正方

向，小球運動時電勢能￡與位移x的關系如圖乙所示，運動忽略空氣阻力，則（）

A.沿工軸正方向的電場強度大小可能增加

B.從。運動到M的過程中，如果小球的速度先增后減，則加速度一定先減后增

C.從O點運動看的過程中.每經過相等的位移,小球機械能的增加變少

D,小球運動位移。時，小球速度的大小為J也至二吧

Vm

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）測量物塊。（視為質點）與平板P之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示。A3是四分之一的光滑的固定圓

弧軌道，圓弧軌道上表面與水平固定的平板戶的上表面3c相切、。點在水平地面上的垂直投影為C'。重力加速度為

8。實驗步驟如下：

A.用天平稱得物塊。的質量為〃？；

B.測得軌道A3的半徑為R、3c的長度為S,和CC的高度為”；

C.將物塊。從4點由靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點。；

D.重復步驟C,共做5次；

E.將5個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量其圓心到C的距離X。

則物塊。到達。點時的動能々C;在物塊。從4點運動到C點的過程中，物塊。克服摩擦力做的功

W=；物塊Q與平板P的上表面3C之間的動摩擦因數(shù)〃=。

12.（12分）多用電表歐姆擋可以直接測量電阻。如圖所示，虛線框內的電路為歐姆擋的內部電路，。、力為紅、黑表

筆的插孔。G是表頭，滿偏電流為及，內阻為治，R,是調零電阻，品、&、&、氏分別是擋位電阻，對應擋位分別是

“xl”“xlO”“xlOO”“xlOOO”,K是擋位開關。

⑴紅黑表筆短接進行歐姆調零時，先選定擋位，調節(jié)滑片P,使得表頭達到滿偏電流。設滑片P下方電阻為肥，滿偏

電流及與流經電源的電流/的關系是____（用題設條件中的物理量表示）。

（2）已知表頭指針在表盤正中央時，所測電阻的阻值等于歐姆表的總內阻的值，又叫做中值電阻。在擋位開關由低擋位

調到高一級擋位進行歐姆調零時，調零電阻?。┑幕琍應向（填“上”或“下”）滑動，調零后，滑片P下方的

電阻太為原來擋位的_____倍。

⑶把擋位開關調到“xlOO”，調零完畢，測量某電阻的阻值時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度較大。要更準確測量該電阻的阻值，

請寫出接下來的操作過程______________________________o

（4）要用歐姆擋測量某二極管的反向電阻，紅表筆應接二極管的極。

四、計算題；本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）一列簡諧橫波沿水平方向由質元。向質元方傳播，波速為4m/s,。、〃兩質元平衡位置間的距離為2m,80

時刻，。在波峰，力在平衡位置且向下振動。

①求波長；

②求經多長時間，質元力位于波谷位置。

14.（16分）如圖甲所示，水平臺面4B與水平地面間的高度差〃=0.45m,一質量〃?？=（）.1kg的小鋼球靜止在臺面

右角3處。一小鋼塊在水平向右的推力戶作用下從A點由靜止開始做向右直線運動，力尸的大小隨時間變化的規(guī)律

如圖乙所示，當，=1.5s時立即撤去力人此時鋼塊恰好與鋼球發(fā)生彈性正碰，碰后鋼塊和鋼球水平飛離臺面，分別落

到地面上的C點和。點。己知3、。兩點間的水平距離是3、C兩點間的水平距離的3倍，鋼塊與臺面間的動摩擦因

4

數(shù)〃=一，取g=l（）m/s，求：

15

⑴鋼塊的質量，川；

（2）B、C兩點間的水平距離Xi。

A7N

21-.-----.

___________qa

A

h

甲__________C

15.（12分）如圖所示，在大氣中有一水平放置的固定剛性圓筒，它由圓心共軸的圓筒。、力連接而成，其橫截面積分

別為3s和S。已知大氣壓強為po,溫度為方。兩活塞A、8圓心處用一根長為31的不可伸長的輕線相連，把溫度為

方的空氣密封在兩活塞之間，此時兩活塞的位置如圖所示。若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，現(xiàn)對被密封的氣體緩

慢加熱，求：

①當B活塞剛好碰到b部分圓筒的左側時，氣體溫度為多少？

②當氣體溫度為3To時，氣體的壓強為多少？

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、C

【解題分析】

夯錘先自由下落，然后與樁料碰撞，先由運動學公式求出與樁料碰撞前瞬間的速度，對于碰撞過程，由于內力遠大于

外力，所以系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求出碰后共同速度；夯錘與樁料一起下沉的過程，重力和阻力做功，由

動能定理可求得樁料進入泥土的深度；

【題目詳解】

A、夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度%2=2g&,得％=T^=J2xl0x5m/s=10m/s

取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恒定律，則得：M%=（M+加）v

代入數(shù)據(jù)解得：v=9m/st故選項AB錯誤;

11,

C、由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，為W產-二叱》=-二加

J22

打完第一夯后，對夯錘與樁料，由動能定理得：（M+/〃）g%+Wr=0—J（M+〃7）/

2

即：（M+m）gh}——kh；=0——（M+/w）v

代入數(shù)據(jù)解得%=1m,故選項C正確;

D、由上面分析可知：第二次夯后樁料再次進入泥土的深度為小

則對夯錘與樁料，由動能定理得：（加+機總區(qū)一:燈九十為尸=。一4^+〃。/

同理可以得到：第三次夯后樁料再次進入泥土的深度為小

則對夯錘與樁料，由動能定理得：（用十〃7必"一:人（4+/?2+&）2=。一；（加+加卜/

AaAM

則打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為"=%+4+%

代入數(shù)據(jù)可以得到：H=h]+h2+h3<3mf故選項D錯誤。

【題目點撥】

本題的關鍵是要分析物體的運動過程，抓住把握每個過程的物理規(guī)律，要知道當力隨距離均勻變化時，可用平均力求

功，也可用圖象法，力與距離所夾面積表示阻力做功的大小。

2、D

【解題分析】

A中采用了理想模型法；B中采用控制變量法；C中采用了微元法；D中是極限思維法；

故選D.

3、D

【解題分析】

A.卡文迪許巧妙地運用扭秤實驗，用了放大法成功測出引力常量，故A錯誤；

B.牛頓通過比較月球公轉的周期，根據(jù)萬有引力充當向心力，對萬有引力定律進行了“月地檢驗”，故B錯誤。

C.在不需要考慮物體本身的形狀和大小時，用質點來代替物體的方法叫理想模型法，故C錯誤。

D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后用各小

段的位移之和代表物體的位移，這里采用了微元法，故D正確。

4、D

【解題分析】

自由下落的小球，有

,1，

后即

得

對于豎直上拋的小球，由機械能守恒得：

.101P

mgh+—mv~=—mv~

22

則得落地時速度大小為

V=yjv2+2gh

對于豎直上拋的小球，將其運動看成一種勻減速直線運動，取豎直向上為正方向，加速度為-g,則運動時間為:

2h

B.,與結論不相符，選項B錯誤;

v

c.—,與結論不相符，選項C錯誤；

g

D.］，+曰-楞'與結論相符'選項D正確；

故選D.

點睛：本題關鍵要明確小球運動中機械能守恒，要理清過程中的速度關系，寫出相應的公式，分析運動時間的關系.

5、A

【解題分析】

A.衰變方程為

膘U-2即x+；He

衰變瞬間動量守恒，所以

Pa=Px

洛倫茲力提供向心力，根據(jù)

v~

qvB=m—

R

解得半徑

R="=_L

qBqB

所以a粒子與衰變后的新核的半徑之比為

旦=%二里二竺

8%21

A正確；

B.原子核在磁場中圓周運動的周期為

_2兀m

1=------

qB

所以a粒子與衰變后的新核的周期之比為

”二色也;型，_=里

Txix2234117

B錯誤；

C.二者動量大小始終相等，根據(jù)動量和動能的關系

p=mv=y/2mEk

可知a粒子與衰變后的新核的質量不同，動能不同，C錯誤；

D.a粒子與衰變后的新核的動量大小始終相同，在衰變瞬間，二者方向相反，隨后在磁場中做勻速圓周運動，動量方

向不同，D錯誤。

故選A。

6、B

【解題分析】

根據(jù)變壓器初次級的匝數(shù)比求解次級電壓有效值即為電壓表讀數(shù)；熔斷電流是指有效值；變壓器不改變交流電的頻率;

環(huán)境溫度升高，則熱敏電阻阻值減小，根據(jù)次級電壓不變進行動態(tài)分析.

【題目詳解】

ab端輸入電壓的有效值為200V,由于理想變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2：1,可知次級電壓有效值為100V,即電壓表

的示數(shù)為1OOV,選項A錯誤；次級電流有效值為，2-,則初級電流有效值/|一y，2-25A,則

R,2馬

保險絲的熔斷電流不小于25A,選項B正確；變壓器不改變交流電壓的頻率，原副線圈的交流電壓的頻率之比為1

：1,選項C錯誤；若環(huán)境溫度升高，Rt電阻減小，但是由于次級電壓不變，則電壓表示數(shù)不變，電流表示數(shù)變大，

次級功率變大，則變壓器的輸入功率變大，選項D錯誤；故選B.

【題目點撥】

要知道有效值的物理意義，知道電表的讀數(shù)都是有效值；要知道變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，并會計算；

要會分析電路的動態(tài)變化，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情

況.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、BC

【解題分析】

A.在從0.2m上升到0.35m范圍內，AEk=AEp=mgAh,圖線的斜率絕對值為:

A紜0.3

k=——-=------------=2N=ms

h0.35-0.2

所以：

m=0.2kg

故A錯誤;

B.在外/圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖象為直線，其余部

分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內所受作用力為恒力，所示從/,=0.2m,滑塊與彈簧分離，彈簧的原長

的0.2m。故B正確；

C.根據(jù)能的轉化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以

^pm=mgA/i=0.2xlOx(0.35-0.1)=0.5J

故C正確；

D.由圖可知，當/『0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉化,

因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉化和守恒可知

Epmin=E?Ekm=Epm+"ig力?Ekm=0.5+0.2x10x0.1-0.32=0.38J

故D錯誤；

故選BC.

8、ABD

【解題分析】

A.1=0時質點A速度沿j軸正方向，可知該波沿x軸負方向傳播，選項A正確；

B./=0.03s時，質點A第一次到達負向最大位移處，可知周期T=0.04s,波長2=lm,則該波的傳播速度為

41//

v=—=-----m/s=25m/s

T0.04

選項B正確；

C.波傳播過程中，質點只能在平衡位置附近上下振動，而不隨波遷移，選項C錯誤；

D.在￡=0.04s=r時，質點B回到平衡位置，速度沿y軸負方向，選項D正確；

E.波的頻率為

f=1=25HZ

T

則該波與頻率是25Hz的簡諧橫波相遇時可能發(fā)生波的干涉現(xiàn)象，選項E錯誤。

故選ABD。

9、ACD

【解題分析】

令傳送帶的速度為％根據(jù)題意可知，貨物在傳送帶上先加速后做減速運動，加速運動階段，其加速度大小為

Rmg_.

a=--S=〃g=5m/s2

m

當貨物加速到和傳送帶速度相等時，所用時間為

f----v—_v

1a5

貨物發(fā)生的位移為

傳送帶發(fā)生的位移為

V2

工2=%=彳

減速運動過程中貨物的加速度大小為

a,=a=5m!s2

當貨物速度減為零，所用的時間為

VV

“一石一《

貨物發(fā)生的位移為

VV

根據(jù)題意可知，貨物在傳送帶上留下的劃痕長為

2

V*

AX=X^~x.=—=O.lm

-10

所以傳送帶的速度為

v=lni/s

貨物發(fā)生的總位移為

x=jri+x3=＜）.2ni

運動的總時間為

/=/1+/2=0,4S

與傳送帶由摩擦而產生的熱量

唁（X2-X1+X3）=10J

貨物獲得的最大動能為

1,

Ek=-〃M=5J

2

故B錯誤，ACD正確。

故選ACDo

10、BC

【解題分析】

A.電勢能與位移x的圖象□“圖象的斜率的絕對值式表示小球所受電場力的大小，由圖乙可知圖象沿x軸正方向

的斜率越來越小，說明小球所受電場力沿X軸越來越小，即沿”軸正方向的電場強度大小一直減小，故A錯誤；

B.從。運動。的過程中，如果小球的速度先增后減，說明開始時小球所受電場力尸大于重力〃電向上做加速運動,

后來電場力小于重力，向上做減速運動。當加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度

m

因為尸逐漸減小，故。逐漸減小。當向上減速運動時，有

tn

因為尸逐漸減小，故逐漸增大。所以從。運動力的過程中，如果小球的速度先增后減，加速度一定是先減后增，

故B正確;

C.根據(jù)能的轉化和守恒定律可知，在小球向上運動的過程中電場力做正功，電勢能減小，減小的電勢能轉化為機械

能。由圖乙可知從0點運動內的過程中，每經過相等的位移，小球所受電場力逐漸減小，則電勢能減小的越來越少,

則小球機械能的增加變少，故C正確；

D.規(guī)定O點所在的水平面為零重力勢能面.設小球運動位移此時的速度為人根據(jù)能量守恒定律得

1,

□o=口1+血gxi+—機廠

解得

尸12(wnQ

Vm

故D錯誤。

故選BC.

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

-mgrDxRx~

11、—"?gR------------------------

4HI4H)s4Hs

【解題分析】

[1]從A到B,由動能定理得：

mg/?=EKB-O,

則物塊到達8時的動能：

EKB=〃吆R，

離開C后，物塊做平拋運動，水平方向：

x=v(：6

豎直方向:

城'

物塊在C點的動能聯(lián)立可得:

〃期二

4”

[2]網由8到C過程中，由動能定理得:

...1，12

一嗎=2〃此一]如％,

B到。過程中，克服摩擦力做的功：

W,=pmgs=mgR-=mgR~^

可得：

Rx2

LI—。

s4Hs

R，

12、zg=不F"/上1°把擋位開關調到“X10”，將紅黑表筆短接，調節(jié)R?；琾,使指針指到零刻度,

然后再進行電阻測量正

【解題分析】

(1)[1].表頭電阻與《的上部分電阻串聯(lián)，與網并聯(lián)，根據(jù)電流關系

一J"/

f+R，

得

I=-^-]

&R〃+R.

(2)[2][3].高一級擋位內阻是原級別的10倍

j、K/*E