四川省绵阳市东辰高中2024学年高三4月学业质量调研(二模)物理试题

四川省绵阳市东辰高中2024学年高三4月学业质量调研（二模）物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在一次观察光的衍射实验中，观察到如图所示的清晰的亮暗相间的图样，那么障碍物是下列给出的( )
A ．很小的不透明圆板
B ．很大的中间有大圆孔的不透明挡板
C ．很大的不透明圆板
D ．很大的中间有小圆孔的不透明挡板
2、2019年8月31日7时41分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将微重力技术实验卫星和潇湘一号07卫星发射升空，卫星均进入预定轨道。

假设微重力技术试验卫星轨道半径为1R ，潇湘一号07卫星轨道半径为2R ，两颗卫星的轨道半径12R R ，两颗卫星都作匀速圆周运动。

已知地球表面的重力加速度为g ，则下面说法中正确的是（ ）
A 1gR
B ．卫星在2R 轨道上运行的线速度大于卫星在1R 轨道上运行的线速度
C ．卫星在2R 轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R 轨道上运行的向心加速度
D ．卫星在2R 轨道上运行的周期小于卫星在1R 轨道上运行的周期
3、如图，一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M 、N 、P 三点.假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O 、M 、N 、P 四点距离水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是（ ）
A ．三把刀在击中板时动能相同
B ．三次飞行时间之比为1:2:3
C ．三次初速度的竖直分量之比为3:2:1
D ．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
4、2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km 的圆，地球半径为6400km ，第一宇宙速度为7.9km/s 。

则该卫星的运行速度为（ ） A ．11.2km/s
B ．7.9km/s
C ．7.5km/s
D ．3.lkm/s
5、 “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2012
m Pt mv D ．平均速度
2
m
v 6、在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（ ）
A ．甲光的频率比较大
B．甲光的波长比较长
C．甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较少
D．甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间与L3，L4之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

现有一矩形线圈abcd，长边ad=3L，宽边cd=L，质量为m，电阻为R，将其从图示位置（cd边与L1重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线L3时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd边始终水平，已知重力加速度g=10 m/s2，则（）
A．ab边经过磁场边界线L1后线圈要做一段减速运动
B．ab边经过磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动
C．cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔大于
23 2B L mgR
D．从线圈开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程中，线圈产生的热量为2mgL－
322
44 2
m g R B L
8、下列有关高中物理实验的描述中，正确的是：。

A．在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度
B．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上
C．在“研究平抛运动”的实验中，坐标纸上必须标出小球刚开始做平抛运动的初始点
D．在“验证机械能守恒定律"的实验中，必须要用天平测出悬挂钩码的质量
9、如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的杆AC上，杆BC水平弹簧下端固定于B点，小球位于杆AC的中点D时，弹簧处于原长状态。

现把小球拉至D点上方的E点由静止释放，小球运动的最低点为E，重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．小球运动D点时速度最大B．ED间的距离等于DF间的距离
C．小球运动到D点时，杆对小球的支持力为
2
2
mg
D．小球在F点时弹簧的弹性势能大于在E点时弹簧的弹性势能
10、一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是________。

A．当t=0.5s时质点b和质点c的位移相等
B．该机械波的传播速度为5m/s
C．质点c在0~0.6s时间内沿x轴正方向移动了3m
D．质点d在0~0.6s时间内通过的路程为20cm
E.质点d开始运动时方向沿y轴负方向
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图所示，一端固定滑轮的长木板放在桌面上，将光电门固定在木板上的B点，用重物通过细线拉小车，且重物与力的传感器相连，若利用此实验装置做“探究合外力做的功与物体动能改变量的关系实验”，小车质量为M，保持小车质量不变，改变所挂重物质量m进行多次实验，每次小车都从同一位置A由静止释放（g取10m/s2）．
（1）完成该实验时，____________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；
（2）在正确规范操作后，实验时除了需要读出传感器的示数F，测出小车质量M，通过光电门的挡光时间t及遮光条的宽度d，还需要测量的物理量是________。

由实验得到合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为________
（用测得的物理量表示）。

12．（12分）某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示．实验中所挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮．
(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是下列哪一个
_____________；(填字母代号)
A．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确
B．可以保证小车最终能够做直线运动
C．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
(2)由图乙可知，
1
a
M
图线不过原点O，原因是_____________________________；
(3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________．
A．30 B．0.3 C．20 D．0.2
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆弧所对圆心角为60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。

一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。

现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，已知物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，不考虑物块大小。

求：
(1)物块运动到圆弧轨道C点时，对轨道的压力大小；
(2)物块最终停下的位置离C点的距离；
(3)若增大弹簧的压缩量，物块由静止释放能到达与O等高的高度，则压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为多大。

14．（16分）如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m＝1.0kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)若F＝25N，求拉杆箱的加速度大小a；
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v；
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值F m。

15．（12分）如图，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)a粒子的发射速率
(2)匀强电场的场强大小和方向
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D 【解题分析】
很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象，很小的不透明圆板出现泊松亮斑． 【题目详解】
A ．用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即泊松亮斑，故A 错误；
B ．很大的中间有大圆孔的不透明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，故B 错误；
C ．很大的不透明圆板时后面是一片阴影，不会出现衍射现象，故C 错误；
D ．用光照射很大的中间有小圆孔的不透明挡板时是明暗相间的衍射图样，即发生衍射现象，故D 正确． 【题目点拨】
该题考查单孔衍射的图样，要牢记单孔衍射和单缝衍射图样与障碍物或孔的尺寸是有关系的，不同的障碍物或孔出现的衍射图样是不一样的． 2、C 【解题分析】
A ．由万有引力提供向心力有
21211
v Mm
G m R R = 得
1v =
设地球半径为R ，则有
2Mm
G
mg R
= 联立得
1v ==
由于
1R R ≠
则
1v ≠
故A 错误； B ．由公式
22Mm v G m r r
= 得
v =
由于12R R <则卫星在2R 轨道上运行的线速度小于卫星在1R 轨道上运行的线速度，故B 错误； C ．由公式
2Mm
G
ma r = 得
2
GM
a r =
则卫星在2R 轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R 轨道上运行的向心加速度，故C 正确；
D ．由开普勒第三定律3
2r k T
=可知，由于12R R <则卫星在2R 轨道上运行的周期大于卫星在1R 轨道上运行的周期，故
D 错误。

故选C 。

3、D 【解题分析】
A.
将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为t =
0x v t ==抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在击中板时动能不同;故A 错误. B.竖直方向上逆过来看做自由落体运动，
运动时间为t =
=故B 错误.
C.
三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由y v gt ==
故C 错误.
D.设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ
，则
2tan y v h
v x θ=
==
，则得θ1＞θ2＞θ3;故D 正确.
4、C 【解题分析】
近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2
Mm v G m R R
= 则有第一宇宙速度
7.9v =
=km/s “吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2() Mm v G m R h R h
'=++ 联立解得
7.5v '=km/s
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5、C 【解题分析】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误
C.根据动能定理可知：20102m f mv Pt W -=-，解得：2
012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2
m v
，D 错误
6、B 【解题分析】 ABD ．根据
2
12
c m U e mv h W ν==-逸出功
由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大，根据c
νλ
=则
甲光波长较大，选项AD 错误，B 正确；
C ．由图像可知，甲光的饱和光电流较大，则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项C 错误； 故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC 【解题分析】
A ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好开始做匀速直线运动，cd 边从L 3到L 4的过程中做匀速直线运动，cd 边到L 4时ab 边开始到达L 1，则ab 边经过磁场边界线L 1后做匀速直线运动，故A 错误；
B ．ab 边从L 2到L 3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab 边进入下方磁场的速度比cd 边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab 边经过磁场边界线L 3后线圈要做一段减速运动，故B 正确；
C ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有 mg BIL =
而 BLv
I R
=
联立解得
22
mgR
v B L =
cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动，所用时间为
23
2L B L t v mgR
==
cd 边从L 2到L 3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g ，设此过程的时间为t 1，由运动学公式得
0111222
v v v
L t t vt +=
<= 得
23
1L B L t v mgR
>=
故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为
23
1222L B L t t t v mgR
=+>=
故C 正确；
D ．线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，根据能量守恒得
322
244
13322m g R Q mg L mv mgL B L
=⋅-=-
故选BC。

8、AB
【解题分析】
A．根据纸带处理方法可知，在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度，故A正确；
B．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，为了减小误差，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上，故B正确；
C．在“研究平抛运动”的实验中，描绘平抛运动轨迹，不一定非得标出平抛的起始点，故C错误；
D．在验证机械能守恒定律实验中，不一定要测量物体的质量，因为验证动能的变化量和重力势能的变化量时，两边都有质量，可以约去比较，故D错误。

故选AB。

9、CD
【解题分析】
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。

【题目详解】
A．圆环沿杆滑下，ED段受到重力和弹簧弹力（杆对小球的支持力垂直于杆，不做功），且与杆的夹角均为锐角，则
g，仍加速，DF段受重力和弹簧弹力，弹力与杆的小球加速，D点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为sin45
夹角为钝角，但一开始弹力较小，则加速度先沿杆向下，而F点速度为0，则DF段，先加速后减速，D点时速度不是最大，故A错误；
B．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，故B错误；
C．D，故C正确；
D．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则ED间的距离应小于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D正确；
故选CD。

【题目点拨】
本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功能关系。

10、ABD
AB ．根据题意知，该波的传播速度为 96m /s 5m /s 0.6
ce x v t -=== 周期为 40.8s 5
T s v λ
=== t =0时刻c 质点经过平衡位置向上运动，经0.4s 后b 质点到达负向最大位移处，c 质点到达平衡位置向下运动，之后再经过0.1s ，也就是
8T ， b 向上运动8的位移与c 质点向下运动的位移大小相等，故t =0.5s 时质点b 和c 的位移相等，故AB 正确。

C ．质点c 只在y 轴方向上振动，并不沿x 轴正方向移动。

故C 错误。

D ．质点d 在0~0.6s 内振动了0.4s ，即半个周期，所以质点d 在0~0.6s 时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm 。

故D 正确。

E ．根据波形平移法知，质点d 开始运动时方向沿y 轴正方向，故E 错误。

故选ABD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、需要 A 、B 的间距x
【解题分析】
（1）本实验需要平衡摩擦力，如果存在摩擦力，则细线对小车的拉力就不是小车的合外力，则合外力的功无法具体计算。

（2）小车通过光电门的速度为，根据动能定理：，所以还需要测量的量是A 、B 的间距x ，根据上式
可得：合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为
12、（1）C （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； （3）D
【解题分析】
（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.
（2）由F +F 1=Ma 解得11F a F M M =⋅+ 由图乙可知，1a M
-图线不过原点O ，在a 轴上有正截距，可知存在与F 相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；
（3）根据1a F M =⋅
可知1a M
-图线斜率等于F ，则最接近的数值是F =mg =0.02×10N=0.2N.故选D.
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)2mg ； (2)R ；(3)53
mgR
【解题分析】
(1)设物块第一次到达C 点时速度为1v ，由于物块刚好能到达D 点，根据机械能守恒有 211(cos60)2
mv mg R R ︒=- 求得
1v =
在C 点
21v F mg m R
-= 求得
2F mg =
根据牛顿第三定律可知，物块在C 点对轨道的压力大小为2mg 。

(2)设物块第一次从C 点返回后直到停止运动，在BC 段上运动的路程为x ，根据功能关系
(cos 60)mgx mg R R μ︒=-
求得x R =。

因此物块刚好停在B 点，离C 点的距离为R 。

(3)设物块运动到D 点的速度为D v ，从D 点抛出后，竖直方向的分速度为
sin60y D v v ︒=
22cos60y v gR ︒=
求得
D v =根据能量守恒有
2p 1(cos60)2
D E mgR mg R R mv μ︒=+-+ 求得
p 53E mgR = 14、 (1)2m/s 2；(2)4m/s ；(3)93.75N
【解题分析】
(1)若F =25N ，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F cosα=（m +M ）a
解得
cos 250.819
α⨯==++F a m M m/s 2=2m/s 2 (2)根据速度位移关系可得
v 2=2ax
解得
v =2224=⨯⨯ax m/s=4m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a 0，如图所示，
根据牛顿第二定律可得
mg tan θ=ma 0
解得
a 0=g tan θ=7.5m/s 2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F m cos α=（m +M ）a 0
解得拉力的最大值为
F m =93.75N
15、（1）粒子发射速度为
（2）电场强度的大小为
（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值
【解题分析】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：
由几何知识可得
代入数据可得粒子轨迹半径
洛仑磁力提供向心力
解得粒子发射速度为
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直向下．
水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
式中
解得电场强度的大小为
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有
解得
故最大偏转角
粒子在磁场中运动最大时长
式中T为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有
解得
速度偏转角最小为
故最短时长
因此，粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值
点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.。