四川省2024年高考物理模擬試卷及答案1．一同學背越式跳高，不計空氣阻力，從起跳腳離地到身體重心達到最高點的過程中，該同學()A．重力勢能逐漸增大到最大 B．動能逐漸減小為零C．做勻加速直線運動 D．做勻減速直線運動2．如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點B分別以初速度v1、v2水平拋出兩個相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地時重力的功率分別為P1、P2。則v1與vA．v1=2v2 B．v1=3．三角形薄板ABC厚薄均勻、質量均勻分布，AD、BE分別為BC、AC邊中線，過這兩條中線的交點的豎直線l交BC的延長線于O。兩根輕繩分別系于A、B，輕繩BN固定在天花板某點，調節輕繩MA，使N、B、C三點共線，且AB邊保持水平，此時MA比NB長，如圖所示。則三角形薄板靜止時()A．三點M、A、C一定共線 B．三點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點拉動到Q點時速度為v，F與v2的變化關系如圖乙中的a圖線；相同的方法得到另一個物體N的F與v2的變化關系如圖乙中的A．M的質量比N的質量大 B．M的質量比N的質量小C．M、N與地面的動摩擦因數相同 D．M與地面的動摩擦因數比N與地面的動摩擦因數大5．質量為m和M的物體用輕繩相連，現將M用手按在光滑斜面上的A點，讓輕繩跨過O點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?，F松手釋放M，M沿斜面由A點運動到B點的過程中，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 B．m始終處于超重狀態C．m的動能一直增大 D．M的動能一直增大6．在光滑的水平軌道左端固定一個彈簧發射器，在A處安裝一微小角度器(高度可忽略，可調節速度的拋射角θ)，現讓彈簧發射器將質量為m的小球由靜止彈出，落在軌道上B處。用EA．從小球開始運動到落到B處之前過程中，小球機械能守恒B．保持θ不變，若EP越大，則ABC．保持EP不變，改變θ，使θD．保持EP不變，改變θ，使AB距離最大時，小球運動到最高度點時動能為7．如圖甲所示的等雙翼式傳輸機，其兩側等長的傳送帶傾角可以在一定范圍內調節，方便不同工況下的貨物傳送作業，工作時兩傳送帶勻速轉動且速度相同。圖乙為等雙翼式傳輸機工作示意圖，M1、M2代表兩傳送帶。第一次調整M1傾角為30°，M2傾角為45°；第二次調整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．兩次運送貨物經過的時間相等B．第一次運送貨物的時間較短C．傳輸機因運送物件而多消耗的能量，兩次相等D．傳輸機因運送物件而多消耗的能量，第二次較多8．如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環上，并在圓環最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉過θ角度時，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關系如乙圖所示，g取A．圓環半徑為0.6B．θ=πC．0≤θD．0≤θ9．用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律。一根細線一端固定在鐵架臺上，另一端系的鋼球靜止A點，在A點正下方固定光電門；在鋼球底部沿細線方向固定一寬為d的遮光條(d較小)。首先，測量點到鋼球球心的距離L，然后，將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，測得每次細線與豎直方向夾角θ和光電門記錄的對應時間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=；(用測得的物理量符號表示（2）若等式成立，則驗證了機械能守恒定律；(用測得的物理量符號表示)（3）由于實驗存在系統誤差，根據測得的數據計算重力勢能變化量ΔEp和動能變化量ΔEk，其真實大小關系是ΔEpΔEk10．用如圖a所示裝置探究加速度與物體受力的關系。實驗小車在長木板上，左端與打點計時器的紙帶相連，右端通過輕細繩跨過定滑輪和動滑輪與力傳感器相連，動滑輪下方掛砝碼盤和砝碼。在砝碼盤中放不同數量的砝碼，小車運動，得到多條紙帶，某條紙帶的一部分及相關數據如圖b所示。

回答下列問題：（1）關于本實驗的部分操作或要求，下列說法正確的是____。A．必須保證砝碼盤和砝碼的總質量遠小于小車的質量 B．與小車相連的細線必須與長木板平行C．不需要進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中相鄰兩個計數點的時間間隔均為0.1s，則根據圖中數據，打點6時所對應的小車的速度v6=m/s打這條紙帶時小車的加速度大小a=（3）對同一輛實驗小車，記錄打每條紙帶時砝碼盤和砝碼的總質量m、力傳感器的讀數F，通過紙帶計算小車運動對應的加速度a。如圖甲、乙、丙丁所示的a?F或a?mg圖線，其中符合實際的是；本實驗應該由圖線11．如圖所示，不可伸長、長為L的輕質細繩一端固定在P點，另一端系一質量為m的小球?，F將小球拉至細繩沿水平方向繃緊的狀態后，由靜止釋放，小球在豎直平面內運動，經過某位置Q點，已知P、Q連線與水平面的夾角為θ。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）求小球在位置Q點時細繩對小球拉力T的大小；（2）若小球在位置Q點時小球豎直分速度最大，求sinθ的值。12．如圖所示，足夠長的木板AB上表面O點左側粗糙、右側光滑，質量為M=3kg，以速度v0=1m/s在光滑水平面向右運動。質量為m=1kg的小物塊P以相對地面速度為零輕放到木板上表面，并同時對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，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，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點左側距O點的最遠距離；（3）通過計算判斷：將小物塊P輕放到OB間的某一位置，通過O點后是否能夠再通過O點？13．如圖所示，一定量的理想氣體從狀態A經等溫過程AB、絕熱過程BC、等溫過程CD、絕熱過程DA后，又回到狀態A。其中，過程AB中氣體會(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，氣體回到狀態A時內能是14．如圖所示，粗細均勻的“T”型導熱玻璃管中裝有水銀，豎直管中水銀柱長為10cm，水平管內的水銀足夠多，A段封閉氣柱長為5cm，B段封閉氣柱長為10cm，大氣壓強為75（1）將玻璃管繞水平管緩慢轉過90°至“T”型玻璃管水平，穩定時豎直管中水銀液面移動的距離；（2）若不轉動，要使豎直管中的水銀液面移動與(1)問中相同的距離，需將環境溫度升到多少。15．圖甲為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，圖乙為x=5cm處質點的振動圖像，則下列說法正確的是()A．該波的波長為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．從圖甲所示時刻起再過9s，x=8E．若這列波向左傳播，從圖甲所示時刻起再過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面入射時的入射角；（2）該單色光在棱鏡中的傳播時間。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、該同學背越式跳高為斜拋運動，從起跳最低點到上升最高點過程重力勢能逐漸增大到最大，故A正確；

B、到最高點豎直方向的速度為0，水平方向有一定的速度，故動能在最高點不是0，故B錯誤；

CD、該同學做斜拋運動，為曲線運動，故CD錯誤。

故答案為：A。

【分析】跳高為斜拋運動，到達最高點豎直方向速度為零。明確重力做功與重力勢能的關系，再結合斜拋運動規律進行方分析。2．【答案】B【解析】【解答】兩小球從拋出到落地，水平方向運動的距離之比為

x1:x2=2:1

豎直方向運動的距離之比為

?1:?2=2:1

由

?=12gt2

可知運動時間之比為

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，物體處于靜止狀態，則三個力的合力為零，由題意可知，重心與O點的連線為重力的方向，FB與重力交于O點，由共點力平衡可知，FA也交于O點。故AB錯誤；

CD、對O點受力正交分解，如圖

可得水平方向有

FAcosα=FBcosβ

依題意，此時MA比NB長，故

α<β

因此

cosα>cosβ

4．【答案】A【解析】【解答】AB、設P點與Q點之間的距離為d，根據動能定理有

Fd?μmgd=12mv2

可得

F=mv25．【答案】D【解析】【解答】ABC、在物體M運動到B位置時，OM間繩長最短，則此時m剛好到達最低點，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的動能先增大后減小，故ABC錯誤；

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

故答案為：D。

【分析】兩物體為關聯體模型，沿繩方向的速度相等，下滑至B點的過程，物體M的速度始終沿斜面向下。確定M的受力情況，再根據各力做功情況確定M動能變化情況，也可根據運動的分解確定m速度的變化情況，再根據速度變化情況確定m動能及超失重情況。6．【答案】B,C【解析】【解答】A、從小球開始運動到落到B處之前過程中，彈簧的彈性勢能轉化為小球的機械能，小球機械能增加，故A錯誤；

B、根據小球與彈簧組成的系統機械能守恒，有

Ep=12mv2

小球在空中運動的時間為

t=2vsinθg

AB距離為

x=vtcosθ=2v2sinθcosθg=2Epsin7．【答案】B,D【解析】【解答】AB、設傳送帶的速度為v，M1傾角為θ，貨物在M1上加速運動時有

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M2上為勻速運動，兩次貨物的運輸長度相同，即兩次v-t圖像與坐標軸圍成的面積相等，根據圖像可知t1<t2，即第一次運送貨物的時間較短，故A錯誤，B正確；

CD、根據能量守恒，傳輸機因運送物件而多消耗的能量轉化為貨物的動能，重力勢能和摩擦產生的內能，兩種情況下貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產生的熱量Q，設貨物加速的時間為t，貨物與傳送帶的相對位移為Δx，可得

t=va

Q=f?Δx

Δx=vt?v2t

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

mgR?Rcosθ=12mv2

得

v2=?2gRcosθ+2gR

對比圖線可知

2gR=12

得

R=0.6m

故A正確；

B、θ=π2時，小球的速度平方為12m2/s2，此時是圓環對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）根據極短時間的平均速度等于瞬時速度，鋼球通過光電門的速度為

v=dt

（2）小球從釋放到A點，增加的動能為

ΔEk=12mv2=md22t2

小球從釋放到A點，減少的重力勢能為

ΔE10．【答案】（1）B（2）0.413；0.497（3）甲丁；甲【解析】【解答】（1）A、本實驗小車受到的合外力由力傳感器測得，不需要保證砝碼盤和砝碼的總質量遠小于小車的質量，故A錯誤；

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

C、為使小車受到的合外力等于細線拉力，需要進行平衡摩擦力的操作，故C錯誤；

D、需要刻度尺測量點跡間的距離，以計算加速度，故D錯誤。

故答案為：B。

（2）打點6時所對應的小車的速度

v6=x572T=0.413m/s

根據逐差法

a=x47?x143T2=0.497m/s2

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

F=Ma

解得

a=111．【答案】（1）小球從水平下落到Q點的過程中，由動能定理有

mgLsinθ=12mv2?0

在（2）小球豎直方向合力為零時，小球豎直分速度最大，則

Tsinθ=mg

又有

T=3【解析】【分析】（1）小球從靜止運動到Q點的位置只有重力做功，確定小球在Q點做圓周運動向心力的來源，再根據動能定理及牛頓第二定律進行解答；

（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，再根據平衡條件及力的合成與分解進行解答。12．【答案】（1）小物塊P隊輕放到8端到再次回到木板B端，設經過的時間為t1，木板AB做勻速運動，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點后，設小物塊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

設小物塊過O點后再經過時間t2，小物塊與木板速度相等，小物塊在O點左側距O點的距離最遠，小物塊位移大小為x2，木板AB位移大小x3（3）假設小物塊與木板速度相等后，小物塊與木板之間能發生相對滑動，則小物塊將相對木板向右滑動，設小物塊加速度為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點過程的受力情況及運動情況，由于物塊未通過O點，故木板始終做勻速運動。小物塊P從輕放到B端再到回到B端，即在該時間內，物塊和木板運動的位移相等，再根據牛頓第二定律及運動學規律進行解答；

（2）當物塊經過O點后，物塊與木板之間存在摩擦力，根據牛頓第二定律確定物塊及木板的加速度及運動情況。當小物塊與木板速度相等時，小物塊與O點的距離最遠，再根據運動學規律進行解答；

（3）若共速后，物塊與木板之間發生相對滑動，且小物塊將相對木板向右滑動，則小物塊能再次通過O點，共速后分別對物塊和木板進行受力分析，再根據牛頓第二定律確定兩者的加速度，結合運動的相對性判斷物塊能否通過O點。13．【答案】吸收；大于；不變【解析】【解答】過程AB是等溫變化過程，內能不變ΔU=0，氣體壓強減小，體積增大，氣體對外做功

W<0，根據

ΔU=W+Q

可知，Q>0，氣體吸收熱量；

過程BC為絕熱過程Q=0，壓強減小，體積增大，氣體對外做功W<0，根據

ΔU=W+Q

可知，ΔU<0，氣體內能減小，溫度降低，所以T1大于T2；

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

【分析】溫度不變，氣體的內能不變，溫度越高，氣體的內能越大。絕熱過程，氣體既不吸熱也不放熱，體積增大，氣體對外做功。根據題圖結合理想氣體狀態方程和題意確定各階段封閉氣體的氣體參數變化情況，再結合熱力學第一定律進行分析。14．【答案】（1）開始時，封閉氣體的壓強為

p1=10cmHg+75cmHg=85cmHg

轉過90°以后，封閉氣體的壓強為

p2=75cmHg

對A段封閉氣柱，根據玻意耳定律有

p1LAS=p2LA（2）設升高后的溫度為T2，升溫后氣體的壓強為

p3=10cmHg+2cmHg+