甘肅省蘭州2024屆高考物理四模試卷含解析

甘肅省蘭州名校2024屆高考物理四模試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）

填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處”。

2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先

劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。

4.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將木試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇若某一纜車沿著坡度為30。的山坡以加速度。上行，如圖所

示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面岸止（設纜車保持豎

直狀態(tài)）則1（）

A.小物塊受到的支持力方向豎直向上

B.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下

C.小物塊受到的靜摩擦力為?咫+〃以

D.小物塊受到的滑動摩擦力為;〃吆+"2。

2、用手水平的托著書，使它做下述各直線運動，手對書的作用力最大的情況是（）

A.向下的勻加速運動B.向上的勻減速運動

C.向左的勻速運動D.向右的勻減速運動

3、職業(yè)高空跳傘運動員從近萬米高空帶著降落傘跳下，前幾秒內的運動可視為自由落體運動。已知運動員的質量為

80kg,重力加速度g取10m/d,關于運動員所受重力做功的功率，下列說法正確的是（）

A.下落第Is末的瞬時功率為4000W

B.下落第1s內的平均功率為8000W

C.下落第2s末的瞬時功率為8000W

D.下落第2s內的平均功率為12000VV

4、背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運動員背越式跳高過程的分解圖，由圖

可估算出運動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為

A.2m/sB.5m/sC.8m/sD.llm/s

5、一列筒諧橫波沿入軸正方向傳播，速度為0.5m/s,周期為4s。Uis時波形如圖甲所示，。、b、C、d是波上的四個

質點。如圖乙所示是波上某一質點的振動圖像。下列說法正確的是（）

A.這列波的波長為1m

B.UOs時質點。的速度與質點力的速度相等

C.r=ls質點。的加速度大小比質點力的加速度大

D.如圖乙表示的是質點力的振動圖像

6、。、〃兩車在同一車道以24m/s的速度同向勻速直線行駛，。車在前，/7車在后，兩車相距36m,某時亥U（1=0）

。車突然發(fā)現前面有一路障，其后。車運動的速度，時間圖象如圖所示，3.5s后〃車立即剎車，若兩車不發(fā)生碰撞，

則加速度為（）

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、下列說法正確的有一

A.電子的衍射圖樣表明電子具有波動性

B.發(fā)生光電效應時，僅增大入射光的頻率，光電子的最大初動能就增大

C.〃衰變中放出的“射線是核外電子掙脫原子核束縛而形成的

D.中子和質子結合成笊核，若虧損的質量為小，則需要吸收me?的能量

8、如圖所示，在磁感應強度為8的勻強磁場中，為一個與磁場方向垂直、長度為L的金屬桿，已知

ab=bc=c0=-。以。兩點與磁場中以。為圓心的同心圓（均為部分圓弧）金屬軌道始終接觸良好。一電容為C

3

的電容器連接在金屬軌道上。當金屬桿在與磁場垂直的平面內以。為軸，以角速度。順時針勻速轉動且電路穩(wěn)定時,

下列說法正確的是（)

A.4、b、。四點比較，。點電勢最高

B.電勢差。比=2/0

C.電勢差=砧

4

D.電容器所帶電荷量為3。及漢？

9、如圖所示，下雨天，足球運動員在球場上奔跑時容易滑倒，設他的支撐腳對地面的作用力為尸，方向與豎直方向的

夾角為伉鞋底與球場間的動摩擦因數為〃，下面對該過程的分析正確的是（）

A.下雨天，動摩擦因數〃變小，最大靜摩擦力增大

B.奔跑步幅越大，越容易滑倒

C.當〃<tan〃時，容易滑倒

D.當〃>tan〃時，容易滑倒

10、如崔所示，輕繩一端連接小木塊4另一端固定在。點，在A上放小物塊&現使輕繩偏離豎直方向成0角由靜

止釋放，當輕繩擺到豎直方向時，A受到擋板的作用而反彈，5將飛離木塊（4飛離瞬間無機械能損失）做平拋運動.

不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.若增大。角再由靜止釋放，可以增大5落地時速度方向與水平方向之間夾角

B.若增大。角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移將增大

C.A、3一起擺動過程中，A.3之間的彈力一直增大

D.4、3一起擺動過程中，A所受重力的功率一直增大

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）一同學用電子秤、水壺、細線、墻釘和貼在墻上的白紙等物品，在家中驗證力的平行四邊形定則，主要實

驗步驟如下：

①如圖甲，細線0C一端連接一裝滿水的水壺，另一端連接圓環(huán)O,用電子秤的下端掛鉤鉤住圓環(huán)0,記下水壺靜上

時電子秤的示數F;

②如圖乙，將細線一端拴在墻釘4處，另一端穿過圓環(huán)。拴在電子秤的掛鉤B處。手握電子秤沿斜上方拉住細線

的3端使水壺處于平衡狀態(tài)，在墻面的白紙上記錄圓環(huán)。的位置、三細線04、OB、0C的方向和電子秤的示數為；

③如圖丙，在白紙上以。為力的作用點，按定標度作出各力的圖示，根據平行四邊形定則作出兩個后的合力尸的圖

（1）步驟①中（填“必須”或“不必”）記錄O點位置；

⑵步驟②中用細線穿過圓環(huán)。，而不用細線直接拴接在細線AH上的原因是_______；

⑶通過比較尸與的大小和方向，即可得出實驗結論。

12.（12分）某同學設計了如圖所示的裝置來探究加速度與力的關系。彈簧秤固定在一合適的木板上，桌面的右邊緣

固定一支表面光滑的鉛筆以代替定滑輪，細繩的兩端分別與彈簧秤的掛鉤和礦泉水瓶連接。在桌面上畫出兩條平行線

MN、PQ,并測出間距九開始時讓木板置于MN處，現緩慢向瓶中加水，直到木板剛剛開始運動為止，記下彈簧秤

的示數M,以此表示滑動摩擦力的大小。再將木板放回原處并按住，繼續(xù)向瓶中加水后，記下彈簧秤的示數尸I,然

后釋放木板，井用秒表記下木板運動到PQ處的時間，。貝!J：

（1）木板的加速度可以用d、，表示為。=

⑵改變瓶中水的質量重復實驗，確定加速度。與彈簧秤示數人的關系。下列圖像能表示該同學實驗結果的是

⑶用加水的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，它的優(yōu)點是

A.可以改變滑動摩擦力的大小

B.可以更方便地獲取多組實驗數據

C.可以比較精確地測出滑動摩擦力的大小

D.可以獲得更大的加速度以提高實驗精度

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，兩個平行光滑金屬導軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L=0.5m,左端接有阻值R=3Q的

定值電阻。一根長度與導軌間距相等的金屬桿JHR置于導軌上，金屬桿的質量m=0.2kg,電阻r=2Q,整個裝置處在方

向豎直向下、磁感應強度大小B=4T的勻強磁場中，t=0肘刻，在MN上加一與金屬桿垂直，方向水平向右的外力F,

金屬桿由靜止開始以a=2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2s末撤去外力F,運動過程中金屬桿與導軌始終垂直

且接觸良好。（不計導軌和連接導線的電阻，導軌足夠長）求：

XMXXX

B

x

cXNXXXD

（l）ls末外力F的大??；

⑵撤去外力F后的過程中，電阻R上產生的焦耳熱。

14.（16分）如圖所示，相距L=5m的粗糙水平直軌道兩端分別固定兩個豎直擋板，距左側擋板//=2m的。點處靜止

放置兩個緊挨著的小滑塊A、B,滑塊之間裝有少量炸藥。炸藥爆炸時，能將兩滑塊分開并保持在直軌道上沿水平方

向運動?；瑝KA、B的質量均為m=1必，與軌道間的動摩擦因數均為〃=0.2。不計滑塊與滑塊、滑塊與擋板間發(fā)生碰

撞時的機械能損失，滑塊可看作質點，重力加速度K取lOm/s?。

⑴炸藥爆炸瞬間，若有0=1OJ的能量轉化成了兩滑塊的機械能，求滑塊A最終離開出發(fā)點的距離；

⑵若兩滑塊A、B初始狀態(tài)并不是靜止的，當它們共同以】，o=lm/s的速度向右經過。點時炸藥爆炸，要使兩滑塊分開

后能再次相遇，則爆炸中轉化成機械能的最小值0是多少？

1L,麗..........

15.(12分)如圖所示,間距為L=2m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成,水平導軌處于3=0.5T

方向垂直導軌平面的勻強磁場中，以磁場左邊界為坐標原點，磁場右邊界坐標為由(值未標出)，在坐標為xo=1.2m處

垂直于水平導軌放置有一質量機=lkg、電阻為R=0.1Q的導體棒。及現把質量為M=2kg、電阻也為R=0.1Q的導體棒

cd,垂直導軌放置在傾斜軌道上，并讓其從高為力=1.8m處由靜止釋放。若兩導體棒在磁場內運動過程中不會相碰，

"棒出磁場右邊界前已達到穩(wěn)定速度，且兩導體棒在運動過程中始終垂直于導軌并接觸良好，不計導軌的電阻，忽略

磁場的邊界效應，g=10m/s2o求：

(1)cd棒恰好進入磁場左邊界時的速度大?。?/p>

(2)必棒離開磁場右邊界前的穩(wěn)定速度；

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、C

【解析】

由題知：木塊的加速度大小為方向沿斜面向上，分析木塊受力情況，根據牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大

小和方向。根據牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大小和方向。

【詳解】

AB.以木塊為研究對象，分析受力情況為重力〃吆，斜面的支持力N和摩擦力為靜摩擦力力根據平衡條件可知支持

力N垂直于斜面向上，摩擦力/沿斜面向上，故AB錯誤；

CD.由于小物塊和斜面保持相對靜止，小物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，根據牛頓第二定律得

f-mgsin30°=ma

解得+〃心，方向平行斜面向上，故C正確，D錯誤。

故選C。

【點睛】

本題首先要正確分析木塊的受力情況，其次要能根據牛頓第二定律列式，求摩擦力。

2、D

【解析】

向下的勻加速運動或向上的勻減速運動時，書的加速度向下，處于失重狀態(tài)，手對書的作用力小于書的重力；向左的

勻速運動時，手對書的作用力等于書的重力；向右的勻減速運動時，加速度向左，根據牛頓第二定律分析得知，手對

書的作用力大于書的重力。所以向右的勻減速運動時，手對書的作用力最大，故ABC錯誤，D正確；

故選D。

3、D

【解析】

A.下落第1s末的瞬時功率為

6==mg-=80x102xlW=8000W

選項A錯誤；

B.下落第Is內的平均功率為

開=mgX=〃吆.①=Lx80x1x1W=4000W

選項B錯誤；

C.下落第2s末的瞬時功率為

P2=mgv2=mg?gq=80x1x2W=16000W

選項C錯誤；

D.下落第2s內的平均功率為

R,=mg[=?新產=80x10x1°；°x2w=12(X)OW

選項D正確;

故選D。

4、B

【解析】

運動員跳高過程可以看做豎直上拋運動，當重心達到橫桿時速度恰好為零，運動員重心升高高度約為：A?1.3m,根

據機械能守恒定律可知：；/nv?=mgh；解得：v=y]2gh=V26m/s?5m/s,故B正確，ACD錯誤。

5、C

【解析】

A.由題可知，速度為0.5m/s,周期為4s,則波長

2=vT=0.5x4=2m

A錯誤；

B.UOs時質點a在波峰處，速度為零，質點》在平衡位置，速度最大，B錯誤；

T

C.因為周期T=4s,所以當Qis時經歷了二，此時質點。在平衡位置，位移為零，加速度為零，質點》在波峰處，位

移最大，加速度最大，C正確；

D.由乙圖可知，當Uis時該質點在波谷處，與此相符合的質點是質點c,D錯誤。

故選C。

6、D

【解析】

假設兩車在速度減為零時恰好沒有相撞，則兩車運動的速度一時間圖象如圖所示，由“面積法”可知，在該過程中位移

分別為:

0.5+6.5

&=x24m=84m

3.5+6.5

~Tx24m=120m

則有:

xb-xu=36m,

假設成立，由圖象可知，〃車的加速度大小:

a=—=————m/s2=8m/s2,

Ar6.5-3.5

故D符合題意，ABC不符合題意。

二、多項選擇題；本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、AB

【解析】

A.衍射是波動性的體現，A正確；

B.根據光電效應方程，僅增大入射光頻率，光子能量增大，逸出功不變，光電子初動能增大，B正確;

C.“衰變中放出的夕射線是原子核內的中子轉化成質子過程中跑射出的電子形成的

D.質量虧損，根據質能方程，應該放出能量，D錯誤；

故選AB。

8、BD

【解析】

A.如圖所示

桿c力cO順時針勻速轉動切割磁感線，由右手定則知感應電動勢方向為Of桿。慶0相當于電源，所以。點電勢

最高，故A錯誤；

BC.綜合運動規(guī)律，知的中點〃的線速度為

2

V.=69--L

13

綜合電路規(guī)律，電路穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，電路中無電流，由法拉第電磁感應定律得

Uae=Ece=B^Lv\

解得

4、

Uanc=Ecc=-B9Ml3

同理，中點的線速度為

5

v^co-Lr

26

又有

3號=小詈彩=白癡

J10

匕0中點C?的線速度為

1r

v3=69--L

可得

92

U=E=B-Lv.=-B(olJ

hOhOJJ

故B正確，C錯誤；

D.電容器接在4、c?兩點間，帶電荷量為

Q=CUlc

解得

4、

Q=CUac=-CBcol}

故D正確。

故選BD.

9、BC

【解析】

A.下雨天，地面變光滑，動摩擦因數〃變小，最大靜摩擦力減小，故A錯誤；

B.將力尸分解，腳對地面的壓力為「cos〃，奔跑幅度越大，夾角。越大，則壓力越小，最大靜摩擦力越小，人越容

易滑倒，故B正確；

CD.當

廠sin9>""cos〃

時人容易滑倒，此時

〃Vtan。

故C正確，D錯誤。

故選BC

10、BC

【解析】

A.設繩子的長度為LA的質量為M,8的質量為A從最高點到最低點的過程中機械能守恒，設到達最低點時的

速度為〃則：

—{M+m\vz=(M+m)gL(1-cost))

可得

v=yjlgUX-cosO)

若增大0角再由靜止釋放，則A到達最低點的速度增大；

B開始做平拋運動時的速度與4是相等的，設拋出點的高度為心則笈落地時沿水平方向的分速度

v=y/2^h

B落地時速度方向與水平方向之間夾角設為a,則

vy\l2ghIli~

tan—I__________

vJ2gL(1-cosJ)[L(1-COS。)

可知0增大則a減小，所以增大。角再由靜止釋放，3落地時速度方向與水平方向之間夾角將減小。故A錯誤；

B.若增大〃角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移

x=vt=yjl^LO-cosO)?=2y//iL(l-cosO)

可知增大〃角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移將增大，故B正碓；

C.A與8一起擺動的過程中〃受到的支持力與重力沿A0方向的分力的合力提供向心力，在任意位置時

FN-mgcosa=—

在擺動的過程中A與3的速度越來越大，繩子與豎直方向之間的夾角減小，所以支持力尸、越來越大。故C正確；

D.A、〃一起擺動過程中，開始時它們的速度為零，則重力的功率為零；A與3一起恰好到達最低點時，沿豎直方向

的分速度為零，所以重力的瞬時功率也等于零，可知A所受重力的功率一定是先增大后減小，故D錯誤。

故選BC.

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、不必兩分力一次同時測定，減小誤差(或由于圓環(huán)的滑動，使得04、。月兩細線拉力大小相同)F'

【解析】

因為重力恒豎直向下，只要保證水壺靜止即可，讀出0C繩的拉力即可，故第一次不需要記錄。點位置。

(2)⑵由于圓環(huán)的滑動，使得0A、08兩細線拉力大小相同，故可以兩分力一次同時測定，減小誤差。

(3)[3]。4和03繩子的拉力作用效果和0C一條繩子的拉力的作用效果相同，而OC一條繩子作用力為產，和03

繩子的合力為根據平行四邊形定則畫出來的產'，所以只要比較產和F'的大小和方向，即可驗證試驗。

2d

12、,CBC

【解析】

10

木板做初速度為零的勻加速直線運動，根據工二片，+不。廣得

12

d7=—ar

2

解得

2d

a=T

即木板的加速度為能。

(2)[2]AB,由于摩擦力的存在，所以當￡＞與時，木板才產生加速度，即圖線不過原點，與橫軸有交點，AB錯誤；

CD.據題意，木板受到的滑動摩擦力為玲，對木板和礦泉水瓶組成的系統(tǒng)根據牛頓第二定律應有

￡=(M+m”

聯立解得

a=----1-----廠-------F-o---

m+Mm+M

其中血為礦泉水瓶的質量，M為木板的質量根據函數斜率和截距的概念可知，當機―M時，」;近似不變，即

圖像的斜率不變，當礦泉水的質量逐漸增大到一定量后」7T變小，即圖像向下彎曲，C正確D錯誤。

in+M

故選C。

(3)[3]A.木板與桌面間的正壓力以及動摩擦因數不變，所以加水的方法不改變滑動摩擦力的大小，A錯誤；

BC.緩慢向瓶中加水，拉力是連續(xù)增大，而掛鉤碼時拉力不是連續(xù)增大的，所以可以更方便地獲取多組實驗數據，比

較精確地測出摩擦力的大小，BC正確；

D.由于加速度越大需要水的質量越大，而水的質量越大時圖象的斜率越小，實驗的精確度會越小，D錯誤。

故選BC.

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟.

13、(1)2N(2)0.96J

【解析】

(1)t=ls時刻,金屬桿MN的速度大小為vi=ati=2xi=2m/s

金屬桿MN產生的感應電動勢為E=BLvi

E

金屬桿MN中的電流大小/=-一

R+r

金屬桿MN受到的安培力大小F5=BIL

聯立得

R+r

根據牛頓第二定律得F-F安=ma

聯立解得F=2N

(2)t=2s時刻，金屬桿MN的速度大小為V2=at2=2x2=4m/s

撤去外力F后的過程中，根據能量守恒定律得知電路中產生的總焦耳熱Q=imv22=ix0.2x42=1.6J

22

R3

電阻R上產生的焦耳熱QR=-------Q=——xl.6J=0.96J

R+r3+2

14、(1)1.5m；(2)19J

【解析】

(1)爆炸過程中，動量守恒，則有

0=mvA-，〃味

根據能量守恒可得

八121，

解得

vA=vB=VlOm/s

爆炸后二者減速運動，根據牛頓第二定律可得加速度均為

4=〃g=2m/s2

爆炸后二者減速運動的位移

2

S、=1A=2.5m

2Pg

由于SA=2.5m>Z/,A會碰到擋板后原速率返回，在繼續(xù)減速后停止

最終A停止時距離0點位移大小

S；=r-(S4-r)=1.5m

⑵爆炸后A、B分開，可能有三種情況

情形①：A、B