2024年四川省成都市青羊区石室中学高考物理一诊模拟试卷（A卷）
一、单选题（本题共5小题，共30分）
1.米跳台跳水可以简化为竖直方向的直线运动，以运动员离开跳台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，如图所示，、内图线为直线，内图线为曲线。当地重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 空气阻力可以忽略
B. 时，瞬时速度的大小为
C. 在内，速度和加速度均减小
D. 内水对运动员的作用力的大小是重力的两倍
2.如图所示，两固定斜面粗糙、光滑，两物块，通过铰链与轻杆相连，不带电，带正电，且都静止于斜面上，杆垂直于。当在整个空间加竖直向下的匀强电场时( )
A. 向上滑动 B. 仍静止
C. 与间的摩擦力增大 D. 沿斜面向下运动
3.如图所示，质量相同的小球、，用长度为的两根轻质细线分别系在天花板上的点和球上，球穿在光滑的竖直杆上，光滑杆垂直固定在天花板上的点，间的距离为。现用一竖直向上的力使球缓慢向上运动到点，、、、在同一竖直面内，则( )
A. 间绳的张力单调减小
B. 间绳的张力先增大再减小
C. 杆对球的支持力单调增加
D. 单调减小
4.如图所示，静止框架中的杆竖直，杆与水平面间的夹角，且杆光滑。弹簧与竖直方向间的夹角，上端用铰链与固定点相连，下端与穿在杆上的质量为的小环相连，已知两点间的距离为。则( )
A. 弹簧弹力的大小为
B. 杆对小环的弹力大小为
C. 若整个框架以为轴开始转动，当小环稳定在与点等高的点时转速为
D. 若整个框架以为轴开始转动，当小环缓慢运动到与点等高的点时杆对小环做的功为
5.如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为的物块和质量为的物块用轻质细绳相连，外力作用于，使、均静止，某时刻撤去外力，当下降的高度为时，细绳断裂，重力加速度为，，、均可视为质点，斜面足够长，则( )
A. 物块沿斜面上升的最大高度为
B. 当细绳断裂的瞬间，物块的重力的功率为
C. 在细绳断裂后，物块沿斜面向上运动的时间为
D. 当物块运动至最高点时，物块的机械能相对时刻减少了
二、多选题（本题共3小题，共18分）
6.如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径竖直，，，小球的质量，，小球从点由静止释放，然后从点做平抛运动，平抛的水平距离。重力加速度。小球视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在圆弧轨道上，从点下滑到点，小球动量变化量的大小为
B. 在圆弧轨道上，从点下滑到点的过程中，小球克服阻力做的功为
C. 小球经过点时受到轨道的作用力大小为
D. 从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量
7.如图所示，甲、乙、丙分别为单星、双星、三星模型图，轨迹圆半径都为，中心天体质量为，环绕天体质量均为，已知，则( )
A. 乙、丙图中环绕天体的周期之比为
B. 乙图中环绕天体的角速度大于丙图中环绕天体的角速度
C. 甲图中的角速度大于丙图中的角速度
D. 乙、丙两图中环绕天体的线速度之比为
8.如图甲所示，真空中有一平行板电容器水平放置，两极板所加电压如图乙所示，板长，板间距为。时，带电粒子靠近下极板，从左侧以的速度水平射入，粒子恰好不会打在上极板上。若质量和电量相同的粒子以的水平速度从相同位置射入，恰好从下极板的右侧边缘飞离极板，粒子可视为质点且不计重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子飞离极板时的速度等于进入时的速度
B. 粒子飞离极板时竖直偏移量为
C. 粒子进入极板的时刻可能为
D. 粒子进入极板的时刻可能为
三、填空题（本题共1小题，共5分）
9.如图所示，两拉力传感器固定在同一水平线上，两根长为的轻质细线上端分别连接两传感器，下端连接大小一样的小钢球，两钢球的质量分别为、，两细线自然下垂时两钢球恰好接触，钢球的直径远小于细线的长度，两拉力传感器能记录细线中拉力的大小。
将钢球拉离竖直位置，细绳拉直由静止释放钢球，两钢球碰前拉力传感器记录的最大值为；
钢球运动到最低点与钢球发生碰撞，碰后钢球弹回，碰后传感器和的记录的最大值分别为、；
两钢球质量关系满足 ______填“大于”“小于”或“等于”；
若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，需满足的关系式为______；若满足关系式______，则说明碰撞为弹性碰撞。用、、、、和重力加速度表示
四、实验题（本题共2小题，共15分）
10.为了测量节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A.节干电池
B.定值电阻
C.定值电阻
D.滑动变阻器最大阻值为，允许通过最大电流为
E.电流表量程为、内阻为
F.电流表量程为、内阻约为
G.开关、导线若干
将和串联作电压表用。
根据以上器材设计电路图，完成图乙，并连接图甲所示的实物图。
接好电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，分别读出电流表、的示数、，一共记录了六组数据，以为横坐标、为纵坐标作图，如图丙所示，则该电池组的电动势 ______，内阻 ______。结果均保留两位有效数字
问中的电动势和内阻的数据处理______填“有”或“没有”系统误差。
11.如图所示，光滑绝缘圆轨道竖直放置，半径为，电场与水平方向成斜向右上，质量为，电荷量为的带电小球恰好能静止于与圆心等高的点处，现将该小球带上等量的负电从点静止释放，求：
带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是多大；
从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度和电势能的改变量。
五、简答题（本题共3小题，共42分）
12.如图所示，逆时针转动的倾斜传送带与水平面间的夹角为，斜面长度。木板静止在光滑水平面上，左侧与传送带平滑连接，木板的右侧有一光滑平台与高度相同。静止在平台上，左侧有一弹簧。与传送带间的动摩擦因数，、间的动摩擦因数，由传动带滑上时没有动能损失，、共速时刚好到达右侧，且也刚好与平台接触，以后立即静止。右侧某处有一固定挡板图中未画出，与弹簧接触的过程中与挡板发生弹性碰撞，碰撞结束后立即撤去挡板。由静止释放，、均可视为质点，、质量相同，重力加速度。求：
滑上时的速度；
木板的长度和木板与平台左侧的距离；
若、的质量均为，的质量，与挡板碰撞后，弹簧弹性势能最大值的范围。与弹簧不拴接，结果可用分数表示
13.双缝干涉实验如图所示，如果增加双缝到光屏的距离，______填“能”或“不能”增大条纹间的距离。若双缝间距为、光屏到双缝的距离为，则必须______填“足够大”“足够小”或“约等于”。若用一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现______。
14.位于处的波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于处的波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。的周期为，、的传播速率相等，时的波形图如图所示。
求波的传播速率及振动周期；
平衡位置处的质点位移能否为？如果能，求出经多长时间位移第一次到达；如果不能，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：图像的斜率表示加速度，在内的加速度为
故空气阻力可以忽略，故A正确；
B.时，瞬时速度的大小
故B错误；
C.根据图像的切线斜率的绝对值表示加速度的大小可知，在内，速度减小，加速度增大，故C错误；
D.由图像可知自由下落的时间为
由图像可知入水后做匀减速的时间为
由图像可知和时的速度大小差异很小，即自由下落和入水后的速度变化基本相同，但时间差异很大，所以减速的加速度大于重力加速度，由牛顿第二定律得
故
故D错误。
故选：。
根据图像的斜率计算加速度；根据速度时间关系式计算；根据图像的斜率分析判断；根据图像确定自由下落和入水时间，根据图像的斜率确定速度的变化，再依据牛顿第二定律判断。
本题关键掌握利用图像分析运动员的运动过程。
2.【答案】
【解析】解：设的质量为，杆对的弹力为，对的支持力为，其力的矢量图如图所示
由几何知识可知，力的矢量三角形构成了等边三角形，故
现受竖直向下的电场力，杆和的支持力等比例增大，合力仍为零，故仍静止，故B正确，D错误；
杆对的力始终垂直斜面，始终静止，摩擦力满足
故摩擦力不变，故AC错误。
故选：。
对未加电场时的受力分析，根据平衡条件得到支持力、重力和弹力的关系，再根据加入电场后，受竖直向下的电场力，分析受力。
本题考查了受力分析，正确分析出力的矢量三角形，结合不同情况下物体的状态是解决此类问题的关键。
3.【答案】
【解析】解：、根据题意，对两小球进行受力分析如图所示：
设细线与竖直方向的夹角为，细线与竖直方向的夹角为，当在外力作用下向上缓慢移动时，先减小后增大，将受到的力适当平移构成矢量三角形，在该三角形中，重力大小、方向都不变，当逐渐减小、逐渐增大时，如图所示
根据图像可知，另外两个力都在减小，当，，此时间绳的张力
之后增大，如图所示：
可知，间绳的张力逐渐减小，间绳的张力逐渐增大，综上所述，间绳的张力一直减小，间绳的张力先减小后增大，故B错误，A正确；
C、对、整体受力分析，有
可知，由于间绳的张力一直减小，开始逐渐减小，减小，则先减小，故C错误；
D、从初始到增大到的过程中，对有
间绳的张力在减小，在减小，则增大，故D错误。
故选：。
对两小球分别进行受力分析，画的受力三角形图，判断受力的变化，对、整体和受力分析，根据平衡条件列解析式，分析力的变化。
本题考查学生对物体受力平衡时力的动态变化分析，常用的方法是：解析法，根据平衡写力的解析式，判断变化；画图法，通过画力的矢量三角形，判断力的变化。
4.【答案】
【解析】解：、小环在点处于静止状态，受力分析如图所示：
根据受力平衡有
解代入数据得：，故AB错误；
C、小环在点时，设小环做圆周运动的半径为，弹簧的弹力为、杆的弹力为，根据向心力有
竖直方向根据受力平衡有：
由几何关系有：
弹簧伸长的长度与初始相同，则
代入数据解得：
根据：
代入数据解得：
故C错误；
D、小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度
小环在点的速度大小
小环由点到点的过程中，根据动能定理有
解代入数据解得：，故D正确。
故选：。
根据受力平衡联立方程求出弹力的大小，当以为轴转动时，根据圆周运动和动能定理求出转速和做功。
本题主要考查受力平衡和圆周运动，在做题中要注意不同位置圆周运动的半径和向心力不同。
5.【答案】
【解析】解：、当下降的高度为时，根据几何关系得上升的高度为。
细绳断裂的瞬间、速度大小相等，对整体，根据机械能守恒定律有
解得：
细绳断裂后，还能上升的最大高度满足
解得：
所以物块沿斜面上升的最大高度为：，故A错误；
B、当细绳断裂的瞬间，物块重力做功的功率为，故B错误；
C、细绳断裂后，物块在斜面上的运动时间为：，解得：，故C正确；
D、细绳断裂前，、组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块、的机械能均守恒，则当物块运动至最高点时，物块增加的机械能等于物块的机械能相对时刻减少量，即，故D错误。
故选：。
当下降高度时，根据几何关系求出上升的高度。对整体，根据机械能守恒定律列方程，即可求出绳子断裂瞬间、速度大小。根据公式求当绳子断开瞬间物体的重力的功率。绳子断裂后，对，利用机械能守恒定律求出还能上升的高度，从而求得沿斜面上升的最大距离。绳子断开后，由速度时间公式求解物体在斜面上的运动时间。根据机械能守恒定律分析项。
对于连接体问题，要抓住两个物体的速度大小相等，系统机械能守恒。当绳子断裂后，的机械能守恒。
6.【答案】
【解析】解：小球从点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律，沿竖直方向
沿水平方向
小球在点的速度
则在圆弧轨道上，从点下滑到点，小球动量变化量的大小
故A正确；
B.在圆弧轨道上，从点下滑到点的过程中，根据动能定理有
则小球克服阻力做的功
故B正确；
C.小球经过点时，根据牛顿第二定律有
小球经过点时受到轨道的支持力大小
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过点时受到轨道的作用力大于，故C错误；
D.从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量
整个运动过程中，小球机械能的减少量
可知从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。
故选：。
球从点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律得小球在点的速度，根据动量定理求出球动量变化量；根据能量的转化与守恒求出阻力做的功；根据牛顿第二定律求出小球经过点时受到轨道的支持力，然后判断作用力大小；结合动能定理和能量守恒判断。
从到的过程中小球的机械能不守恒，不能用机械能守恒求点的速度；小球离开之后，做平抛运动，根据平抛运动的规律可以直接求解。
7.【答案】
【解析】解：根据万有引力定律，对乙图所示的模型有
代入数据解得：
对丙图所示的模型有
代入数据解得：
则有，故A错误；
B、根据可知，角速度之比等于周期的反比，乙图中环绕天体的周期比丙图中的大，所以乙图中环绕天体的角速度比丙图中的小，故B错误；
C、根据万有引力定律，对甲图所示的模型有
代入数据解得：
对丙图所示的模型有
代入数据解得：
由于，则甲图中的角速度大于丙图中的角速度，故C正确；
D、乙、丙两图半径相同，根据可知，线速度之比为周期的反比，故线速度之比为，故D正确。
故选：。
根据万有引力提供向心力分析，再根据不同类型分析选项。
本题主要考查对万有引力的应用，在天体运动中不论是多星还是单星都是由万有引力提供向心力。
8.【答案】
【解析】解：加电场后，竖直方向上的加速度大小为
根据速度时间公式可知，速度大小为
时变换电场方向，做减速运动，则经过速度减为，后从反向加速速度大小为
如图所示
由于粒子在水平方向上做匀速指向运动可知，，可知粒子飞离极板所需时间为
则由图可知粒子飞离极板时竖直方向的分速度恰好为零，粒子飞离极板时的速度与进入时相同，故A正确；
B.由竖直方向的速度时间图像可得，根据位移时间公式可知，从到竖直方向的位移
根据位移时间公式可知，从到竖直方向的位移
粒子飞离极板时竖直偏移量
，故B正确；
设极板长度为，粒子在水平方向的位移
设粒子在电场中运动时间为，其水平方向的位移
解得：
设内的时刻，粒子从下极板左端下边缘进入电场，然后从下极板右端边缘飞离极板，则
根据位移时间公式可知，
解得：，故C正确，D错误。
故选：。
根据带电粒子在匀强电场中只受电场力作用，根据牛顿第二定律分析粒子的加速度，再根据运动学公式分析粒子的运动情况即可分析选项；根据粒子在匀强电场中偏转，结合运动学公式计算偏转位移即可；粒子在水平方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间确定，根据粒子进入电场的时间节点即可分析。
该题考查带电粒子在周期性变化的云强电场中的运动，要注意粒子在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀变速运动，该题的难点在于分析各时间段内粒子的运动情况，题目难度较大，综合性较强。
9.【答案】小于
【解析】解：钢球运动到最低点处与钢球发生碰撞，碰后钢球弹回，所以小于。
两钢球碰前瞬间钢球的速度大小为，根据牛顿第二定律得：
解得：
设碰撞后瞬间钢球、的速度分别为、，同理可得：
，
若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
联立可得：
若为弹性碰撞，还需满足机械能守恒，则有：
联立可得：
故答案为：小于；；
钢球运动到最低点处与钢球发生碰撞后钢球被弹回，可知钢球的质量较小。
根据圆周运动的力与运动的关系，应用牛顿第二定律求得碰撞前后瞬间钢球的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解答。
本题考查了验证验证动量守恒定律的实验，碰撞前后速度是利用圆周运动中力与运动的关系间接测量的，涉及到了向心力的知识点。
10.【答案】 没有
【解析】解：因用和串联来间接测量路端电压，将电流表相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，故电路图如图所示：
根据电路图，实物连线如图所示：
根据闭合电路欧姆定律可得：
变形为：
根据图像的纵轴截距和斜率可得：
代入数据解得：，
本实验中定值电阻和电流表串联起来相当于电压表，将电流表相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差，因此电动势和内阻的数据处理没有系统误差。
故答案为：见解析；；；没有
将电流表相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，依此画出电路图；根据电路图，进行实物连线；
根据闭合电路欧姆定律，结合图像的纵轴截距和斜率求解；
本实验干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差。
本题考查了测量电池的电动势和内阻的实验。掌握实验原理是解题的前提，应用图像法处理实验数据，根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图像的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
11.【答案】解：带正电的小球能静止在点，由平衡条件可得：，解得：
对带负电的小球，由牛顿第二定律得：在水平方向有：，解得：
在竖直方向有：，解得：；
小球的水平方向的位移为：
竖直方向上的位移为：
即小球水平位移和竖直位移的关系为：
由几何关系可得：
解得：
由动能定理可得：
联立解得：
由于电场力做正功，所以小球的电势能的减少了
即电势能的改变量为。
答：带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是和；
从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度为；电势能的改变量为。
【解析】对正电荷，由平衡条件求出电场强度的大小，再对负电荷，由牛顿第二定律可求在水平方向和竖直方向的分加速度的大小；
由运动的分解和几何关系结合动能定理求出小球第一次与圆轨道撞击时的速度，再由电场力做功与电势能的变化关系求出电势能的改变量。
本题解题关键是先根据平衡条件求出匀强电场的大小，其次是由动能定理、牛顿第二定律结合几何关系求解即可。
12.【答案】解：设、的质量为，根据题意，在传送带上，对由牛顿第二定律有
解得
由速度与位移公式有
解得
设水平向右为正方向，、系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
恰好滑到右端时，与右侧固定平台相碰，在加速至共速的过程中，对由动能定理得
解得
设水平向右为正方向，与挡板碰撞前，、系统动量守恒，由动量守恒定律有
设水平向右为正方向，、系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得、共速时的速度
全过程、与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时弹簧弹性势能最大，则有
与挡板碰撞前，从开始压缩弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，有
设水平向右为正方向，又由动量守恒定律有
解得
故C与挡板碰撞前的速度的取值范围在到之间，根据
由二次函数性质可知，当时，弹簧弹性势能最大值最大，为
当时，弹簧的弹性势能最大值最小，为
则弹簧弹性势能最大值的范围为
答：由牛顿第二定律结合运动学公式求滑上时的速度为；
木板的长度和木板与平台左侧的距离为；
弹簧弹性势能最大值的范围为。
【解析】在传送带上，对滑块受力分析，由牛顿第二定律结合速度位移关系式求解滑上时的速度；
根据动量守恒定律求出共同的速度，根据能量守恒与转化定律求出板的长度。对板应用动能定理求板与平台的距离；
根据动量守恒定律和和机械能守恒定律求出碰撞到恢复原长时的速度，结合碰撞前的速度范围，由动量守恒和机械能守恒定律，当两者共速时弹性势能最大，并求出弹性势能的取值范围。
本题考查了力学三大知识的综合性问题，难度大，考查逻辑思维能力，第三问的分析要抓住弹簧最大弹性势能均出现在、共速时刻，通过系统机械能再判断最大弹性势能的极值。
13.【答案】能 足够小 红光和绿光各自的衍射条纹
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式其中为双缝到屏的距离，为双缝间距，双缝到光屏的距离变大，则双缝干涉条纹间距变大；
根据双缝干涉条纹间距公式可得，必需足够小才能发生明显的干涉；
由于红光波长大于绿光的波长，所以一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，红光和绿光的条纹间距不同，因此光屏上出现红光与绿光各自的衍射条纹。
故答案为：能；足够小；红光和绿光各自的衍射条纹。
根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；根据双缝干涉产生的条件分析作答；红光与绿光的波长不同，根据双缝干涉条纹间距公式分析条纹的间距，然后作答。
本题主要考查了双缝干涉，能够根据双缝干涉条纹间距公式进行分析相关问题；知道双缝干涉产生的条件。
14.【答案】解：对波有
解得
波的传播速率和波的传播速率相等，所以
由，解得；
要使平衡位置的质点位移达到，必须要求波和波的波峰同时传播过来。所以波波峰传播到位置的时刻为
波波峰传播到位置的时刻为
波和波的波峰同时传播到位置的时刻需满足
代入数据整理得，上面关系式在整数范围内不成立，所以处的质点位移不能达到。
答：波的传播速率为，振动周期为；
不能，见解析
【解析】由图得出两波的波长，由波长、波速与周期的关系求出波速，然后求出的周期；
结合波的叠加的情况，判断二者的波峰能否同时到达处即可。
该题考查波速、波长以及周期之间的关系，其中该题的难点为、两列波传播到同一位置时振动是加强还是减弱的判断，题目难度较大。
第1页，共1页
