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(tái)跳水可以簡(jiǎn)化為豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，以運(yùn)動(dòng)員離開跳臺(tái)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，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(dāng)在整個(gè)空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)（）A．a(chǎn)向上滑動(dòng) 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(yùn)動(dòng)3．如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B，A用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的兩根輕質(zhì)細(xì)線分別系在天花板上的C點(diǎn)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(diǎn)，CD間的距離為L(zhǎng)。現(xiàn)用一豎直向上的力F使B球緩慢向上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，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(duì)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(diǎn)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(diǎn)間的距離為A．彈簧彈力的大小為mgB．桿對(duì)小環(huán)的彈力大小為3C．若整個(gè)框架以O(shè)B為軸開始轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)小環(huán)穩(wěn)定在與B點(diǎn)等高的A點(diǎn)時(shí)轉(zhuǎn)速為6D．若整個(gè)框架以O(shè)B為軸開始轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)小環(huán)緩慢運(yùn)動(dòng)到與B點(diǎn)等高的A點(diǎn)時(shí)桿對(duì)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(xì)繩相連，外力作用于P，使P、Q均靜止，某時(shí)刻撤去外力，當(dāng)Q下降的高度為h時(shí)，細(xì)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(dāng)細(xì)繩斷裂的瞬間，物塊Q的重力的功率為9C．在細(xì)繩斷裂后，物塊P沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5D．當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，物塊Q的機(jī)械能相對(duì)t=0時(shí)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(diǎn)下滑到C點(diǎn)，小球動(dòng)量變化量的大小為6B．在圓弧軌道上，從B點(diǎn)下滑到C點(diǎn)的過程中，小球克服阻力做的功為1C．小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為38D．從開始下滑到落地前的運(yùn)動(dòng)過程中，小球動(dòng)能的增加量小于機(jī)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(zhǎng)l=v0T，板間距為d。t=T8時(shí)，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(shí)的速度等于進(jìn)入時(shí)的速度 B．a(chǎn)粒子飛離極板時(shí)豎直偏移量為8C．b粒子進(jìn)入極板的時(shí)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(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)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(xì)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(guān)系滿足m1(填“大于”“小于”或“等于”)m2；

④若兩鋼球碰撞時(shí)水平方向動(dòng)量守恒，需滿足的關(guān)系式為；若滿足關(guān)系式，則說明碰撞為彈性碰撞。(用m1、m2、F1、F閱卷人四、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共15分）得分10．為了測(cè)量2節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)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(dòng)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(guān)S、導(dǎo)線若干（1）將R1和A（2）根據(jù)以上器材設(shè)計(jì)電路圖，完成圖乙，并連接圖甲所示的實(shí)物圖。（3）接好電路后，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)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(biāo)、I1為縱坐標(biāo)作圖，如圖丙所示，則該電池組的電動(dòng)勢(shì)（4）（3）問中的電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)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(fù)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(shí)的速度和電勢(shì)能的改變量。閱卷人五、簡(jiǎn)答題（本題共3小題，共42分）得分12．如圖所示，逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傾斜傳送帶與水平面間的夾角為30°，斜面長(zhǎng)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(tái)與B高度相同。C靜止在平臺(tái)上，左側(cè)有一彈簧。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=310，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=110，A由傳動(dòng)帶滑上B時(shí)沒有動(dòng)能損失，A、B共速時(shí)A剛好到達(dá)B右側(cè)，且B也剛好與平臺(tái)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(shí)的速度；（2）木板B的長(zhǎng)度s和木板B與平臺(tái)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(shì)能最大值E13．雙縫干涉實(shí)驗(yàn)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(zhǎng)，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(jiǎn)諧橫波，如圖中實(shí)線所示；位于x=50m處的B波源，產(chǎn)生一向左傳播的簡(jiǎn)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(dòng)周期；（2）平衡位置x=13m處的質(zhì)點(diǎn)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(cuò)誤；C.根據(jù)v?t圖像的切線斜率的絕對(duì)值表示加速度的大小可知，在D.由圖像可知自由下落的時(shí)間為1.8由圖像可知入水后做勻減速的時(shí)間為2.7由圖像可知t=1.8s和F故F故D錯(cuò)誤。故選：A。【分析】根據(jù)v?t圖像的斜率計(jì)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(shí)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(guān)鍵掌握利用圖像分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)過程。2．【答案】B【解析】【解答】BD．設(shè)b的質(zhì)量為m，桿對(duì)b的彈力為F，ON對(duì)b的支持力為Nb，其力的矢量圖如圖所示

由幾何知識(shí)可知，力的矢量三角形構(gòu)成了等邊三角形，故

F=Nb=mg

現(xiàn)b受豎直向下的電場(chǎng)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(cuò)誤；

AC．桿對(duì)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(cuò)誤。

故選：B。

【分析】對(duì)未加電場(chǎng)時(shí)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(guān)系，再根據(jù)加入電場(chǎng)后，b受豎直向下的電場(chǎng)力，分析受力。3．【答案】A【解析】【解答】AB、根據(jù)題意，對(duì)兩小球進(jìn)行受力分析如圖所示：設(shè)細(xì)線AC與豎直方向的夾角為θ，細(xì)線AB與豎直方向的夾角為α，當(dāng)B在外力作用下向上緩慢移動(dòng)時(shí)，θ先減小后增大，將A受到的力適當(dāng)平移構(gòu)成矢量三角形，在該三角形中，重力大小、方向都不變，當(dāng)θ逐漸減小、α逐漸增大時(shí)，如圖所示根據(jù)圖像可知，另外兩個(gè)力都在減小，當(dāng)α=90°，TAB=0，此時(shí)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(duì)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(duì)B有FAB間繩的張力TAB在減小，cosα在減小，則F故選：A。【分析】對(duì)兩小球分別進(jìn)行受力分析，畫的受力三角形圖，判斷受力的變化，對(duì)、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(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(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(diǎn)時(shí)，設(shè)小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)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(guān)系有：L彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)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(cuò)誤；D、小環(huán)將由靜止開始沿桿向上滑動(dòng)，初速度v小環(huán)在A點(diǎn)的速度大小v小環(huán)由P點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W解代入數(shù)據(jù)解得：W=1.5故選：D。【分析】根據(jù)受力平衡聯(lián)立方程求出彈力的大小，當(dāng)以O(shè)B為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理求出轉(zhuǎn)速和做功。5．【答案】C【解析】【解答】A、當(dāng)Q下降的高度為h時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系得P上升的高度為?'細(xì)繩斷裂的瞬間P、Q速度大小相等，對(duì)PQ整體，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有3解得：v細(xì)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(dāng)細(xì)繩斷裂的瞬間，物塊Q重力做功的功率為P=3C、細(xì)繩斷裂后，物塊P在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=vgsinD、細(xì)繩斷裂前，P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，細(xì)繩斷裂后，物塊P、Q的機(jī)械能均守恒，則當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，物塊P增加的機(jī)械能等于物塊Q的機(jī)械能相對(duì)t=0時(shí)刻減少量，即ΔE故選：C。【分析】當(dāng)Q下降高度h時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系求出P上升的高度。對(duì)PQ整體，根據(jù)機(jī)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(dāng)繩子斷開瞬間物體Q的重力的功率。繩子斷裂后，對(duì)P，利用機(jī)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(shí)間公式求解物體P在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析6．【答案】A,B【解析】【解答】A.小球從C點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，沿豎直方向沿水平方向s小球在C點(diǎn)的速度v則在圓弧軌道上，從B點(diǎn)下滑到C點(diǎn)，小球動(dòng)量變化量的大小Δp故A正確；B.在圓弧軌道上，從B點(diǎn)下滑到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小F由于此時(shí)小球還受軌道的摩擦力作用，所以小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大于38ND.從開始下滑到落地前的運(yùn)動(dòng)過程中，小球動(dòng)能的增加量Δ整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，小球機(jī)械能的減少量ΔE可知從開始下滑到落地前的運(yùn)動(dòng)過程中，小球動(dòng)能的增加量大于機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)誤。故選：AB。【分析】球從C點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得小球在C點(diǎn)的速度，根據(jù)動(dòng)量定理求出球動(dòng)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(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力，然后判斷作用力大小；結(jié)合動(dòng)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(duì)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(duì)甲圖所示的模型有G代入數(shù)據(jù)解得：ω對(duì)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。【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力分析，再根據(jù)不同類型分析選項(xiàng)。8．【答案】A,B,C【解析】【解答】A.加電場(chǎng)后，豎直方向上的加速度大小為根據(jù)速度—時(shí)間公式可知，速度大小為v12T時(shí)變換電場(chǎng)方向，做減速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)可知，l=v則由vy?t圖可知aB.由豎直方向的速度—時(shí)間圖像可得，根據(jù)位移—時(shí)間公式可知，從T8到7d根據(jù)位移—時(shí)間公式可知，從7T8到y(tǒng)a粒子飛離極板時(shí)豎直偏移量y=CD.設(shè)極板長(zhǎng)度為l，al設(shè)b粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tb，其水平方向的位移解得：t設(shè)0～T2內(nèi)的t根據(jù)位移—時(shí)間公式可知，y解得：t=故選：ABC。【分析】根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況即可分析A選項(xiàng)；根據(jù)a粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算偏轉(zhuǎn)位移即可；粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間確定，根據(jù)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間節(jié)點(diǎn)即可分析。9．【答案】小于；m1(【解析】【解答】（3）鋼球1運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(shè)碰撞后瞬間鋼球1、2的速度分別為v2、mv2=若兩鋼球碰撞時(shí)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m聯(lián)立可得：m若為彈性碰撞，還需滿足機(jī)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，應(yīng)用牛頓第二定律求得碰撞前后瞬間鋼球的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(cè)量路端電壓，將電流表根據(jù)電路圖，實(shí)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(shí)驗(yàn)中定值電阻R1和電流表A1串聯(lián)起來相當(dāng)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(shí)驗(yàn)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(cè)量均為系統(tǒng)誤差。11．【答案】（1）帶正電的小球能靜止在A點(diǎn)，由平衡條件可得：qEsin45°=mg對(duì)帶負(fù)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(guān)系為：2由幾何關(guān)系可得：(解得：h由動(dòng)能定理可得：mgh聯(lián)立解得：v由于電場(chǎng)力做正功，所以小球的電勢(shì)能的減少了ΔE即電勢(shì)能的改變量為?【解析】【分析】（1）對(duì)正電荷，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，再對(duì)負(fù)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小；

（2）由運(yùn)動(dòng)的分解和幾何關(guān)系結(jié)合動(dòng)能定理求出小球第一次與圓軌道撞擊時(shí)的速度，再由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系求出電勢(shì)能的改變量。12．【答案】（1）設(shè)A、B的質(zhì)量為m，根據(jù)題意，在傳送帶上，對(duì)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(shè)水平向右為正方向，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)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(shí)，B與右側(cè)固定平臺(tái)相碰，在B加速至共速的過程中，對(duì)B由動(dòng)能定理得μ解得L（3）設(shè)水平向右為正方向，C與擋板碰撞前，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有m設(shè)水平向右為正方向，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有m解得A、C共速時(shí)的速度v全過程A、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，共速時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，則有EC與擋板碰撞前，從A開始?jí)?/p>