2024届高考物理仿真模拟试题(附答案).pdf

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,可得单n2色光由导光管中射出时的光路图如图所示根据几何关系可得CD=3m由于对称性可得,无采光装置和漫射装置时地面上左、右两侧光斑的最远距离为x=2CD+d=,故A、B、D错误,:D答案解析:x-t图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度,瞬时速度同一时刻相同,所以两段曲线在t=t时刻相切,A错误;0~t,由静止开始,曲线为抛物线,设此时加速度为00:..1a,则有x=at210210t~5t,末速度为零,逆向看作是初速为零的匀加速直线运动,设这段时间内的加速度001a,则有5x-x=a(4t)22002202xx解得a=0,a=01t222t2002x可得a=4a,C错误;冰壶在t时刻速度达到最大,速度v=at=0,B错误;全12010t0过程根据动能定理W-W=0-0Ff可得W=W,可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功,:ABC答案解析:由图可知,波长和振幅分别为λ=2m,A==0时刻在正向最大位移处,图丙所示质点在t=0时刻在y=-,运动方向沿y轴负方向,结合波形图找到对应的点2若图乙所示质点为左侧波峰上的点,则两点距离为m若图乙所示质点为右侧波峰上的3424点,则两点距离为m考虑到空间周期性,则x=nλ+(m)或x=nλ+(m)(n=0,1,2,3333,…)即24x=2λ+(m)或x=2λ+(m)(n=0,1,2,3,…)综上分析可得出两点平衡位置距离33值,故A、B、C正确,:BDL答案解析:根据Δx=λ若改为紫光照射,波长变小,条纹间距会减小,A错误;屏Dd上出现干涉条纹的区域一定是反射光到达的区域,作出反射光的范围如图所示根据相似三角形的几何关系得,区域中的最高点到镜面所在平面的距离为s,=,解得s=×10-3m,区域中的最低点到镜面所在平面的距离为s,×10-=解得s=×10-×10-:..L95区域的宽度为Δs=s-s≈×10-3m,条纹宽度为Δx=λ=×600×10-3m=×10-4m,亮条纹的数目为n==11条,B正确;C错误;屏D上出现干涉条纹的区Δx域长度为d=nΔx=11××10-4m=×10-3m,:ACy答案解析:对第一次出手,有tan30°=21xy对第二次出手,有tan60°=22xy1联立可得1=y321且对第一次出手,有y=gt21211对第二次出手,有y=gt2222t1vv联立可得1=,故A正确,B错误;对第一次出手,有y1?t=y,v=y1,t32111sin30°2vv=y1x1tan30°vvv对第二次出手,有y2?t=y,v=y2,v=y22222sin60°x2tan60°联立可得v=v,v=3v12x1x2因二者初速度相同,则初动能相同,但速度在水平方向上的分量不同,则打在篮板上的末速度不同,则在C点时,两球的机械能不同,故C正确,:BC答案解析:棒a向右运动,回路面积减小,根据楞次定律可知,俯视时感应电流方向为逆时针,A错误;,棒a减速,棒b加速,对棒a,00由动量定理可得---BIL?Δt=-BqL=-mv,对棒b,由动量定理可得2BIL?Δt=2BqL=mv-00mv110联立可得v=,q=0,B正确,D错误;根据能量守恒定律可得Q=mv2-[05BL2021m()2+m()2]=,:(1)(~)(2)重物的质量mmg-(M+m)aMg答案解析:(1)由图乙可知,在误差允许的范围内,~,=变形得Δv=aΔt可知a-,在木块与缓冲器碰撞前,整体一直向左加速,则加速度为正值,所以在a上半轴与时间围成的面积即为碰前木块的速度,由图知每小格表示的速度大小为Δv=1:..×=,根据数格子的方法可知,大约有9个小格,则碰前木块的速度为v=9Δv=(2)根据牛顿第二定律,对重物有mg-T=ma,对手机和木块有T-μMg=Ma,联立解mg-(M+m)a得μ=,:(1)①(2)保护灵敏电流计G(3)500(4)电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压,电压表不会分流答案解析:(1)导线①应该接在滑动变阻器R的右上端;2(2)在步骤②中“将R调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G;2(3)作出U-I图线如图;=Ω=×10-3(4)该实验方法测得的电阻值误差更小,原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压,:(1)×10-×106Pa(2)18%答案解析:(1)根据题意可知,当轻绳拉力刚减小到零时,对金属壳受力分析有Mg=ρgV解得V=×10-3m3V被封闭气体的高度为h=2=′=H-(a-h)=400m则封闭气体的压强为p=ρgH′+p=×106Pa20(2)气体不跑出时,气体做等温变化,根据玻意耳定律可得pV=pV1122解得V=×10-3m32V-×10-3-×10-3跑出的气体占原有气体质量的比例β=2×100%==18%.×10-:见答案解析答案解析:(1)对动力车厢由匀变速运动规律,有v2=2ax11动力车厢和第一节无动力车厢作用的过程,由动量守恒定律有mv=2mv12对动力车厢和第一节无动力车厢由匀变速运动规律,有v2-v2=2ax321第二节无动力车厢开始运动时,由动量守恒定律有2mv=3mv345解得第二节无动力车厢刚开始运动时的速度大小v=m/s415(2)对动力车厢和前两节无动力车厢由匀变速直线运动规律有v2-v2=2ax541:..3mv由动量守恒定律可得第三节无动力车厢的初速度大小为v=564m对这四节车厢由牛顿第二定律有4ma=F-4kmg则第三节无动力车厢刚开始运动时动力车厢输出的功率大小P=Fv=:见答案解析答案解析:(1)设物块B刚要与物块A发生碰撞时的速度大小为v,对物块B,由牛顿第二定律有μkmg=kma2根据匀变速直线运动规律有v2-v2=-2as0设第一次碰后瞬间物块B、A的速度分别为v、v,则根据动量守恒定律和机械能守恒12定律有kmv=kmv+mv12111kmv2=kmv2+mv222122联立解得v=(2)若k=3,则第一次碰后瞬间物块A的速度v=6m/s,物块B的速度v=2m/s,第21一次碰撞后,在摩擦力作用下,物块A、B均向左做匀减速运动,加速度大小均为a=2m/s2两物块从第一次碰撞到第二次碰撞的过程,设物块B运动的位移大小为x,物块A向1左运动的位移大小为x,反弹后向右运动的位移大小为x,因为物块A与挡板的碰撞无机23械能损失,则物块A被等速率反弹,设反弹后瞬间的速度大小为v′,则对物块A有1x=vt-at222222v′=v-at221x=v′t-at23323t+t=t321对于物块B有x=vt-at2112又x+x+x=2l123联立解得t=(t=,舍去)1(3)若k=,以水平向左为速度的正方向,则第一次碰后瞬间物块B、A的速度分别为248v=-m/s、v=m/s1323对物块A受力分析有μmg=ma,解得a=5m/s2111对物块B受力分析有μkmg=kma,解得a=2m/s2222可以看成物块A和物块B做同方向的匀减速运动,开始时相距2l,则追上时满足x=12l+x2且此时二者的速度满足v′≥v′≥02184即(-5t)m/s≥(-2t)m/s≥0338141t-×5t2=2l+t-×2t232324联立解得l≤:..:(1)16m/s(2)会,见答案解析(3)4答案解析:(1)设物块P第一次离开传送带前全程加速,第一次离开传送带时的速度为v,则有0v2=2aL;μmg=ma解得v=16m/s<v=20m/s即假设成立,物块P第一次离开传送带00时速度大小为16m/s.(2)物块P与第一块物块Q碰撞,设碰撞后物块P和Q的速度分别为v和v,根据动12111量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv+Mv;mv2=mv2+Mv2,解得v=0122021221m-M2mv;v=vM+m02M+m0物块Q从高台向左水平抛出时的速度为v,设其下落高度为h时,水平方向上的位移21为x,由平抛运动规律有h=gt2且x=vt解得x=>x故第一块物块Q会落在平台E12121上.(3)由于物块P与第一块物块Q碰后速度v=-8m/s,物块P碰撞后向右再次进入传送1?m-M?带做减速运动,再反向加速到v′=?-?v=8m/s与第二块物块Q相碰,此后一直重?m+M?02m?m-M?复这个过程,则物块P与第n个物块Q碰撞后物块Q的速度大小为v=?-?2nm+M?m+M?n-1v,又x=vt解得物块Q要落在平台E上的最小抛出速度v=1m/s,为了让所有撞0minmin?1?n出的物块都能落在平台E上,需v≥v即v≥1m/?2?0解得n≤4即物块P最多能使4块物块Q落在平台E上.