黄金卷05-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（河北卷专用）（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（河北卷专用）黄金卷05（考试时间：75分钟试卷满分：100分）第I卷（选择题）单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度状况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，重力加速度，由此可推断出（

）

刻手机的速度最大 B．时刻手机离开手掌C．时刻手机处于超重状态 D．手机刚离开手掌时速度为【答案】D【解析】A．t1时刻手机的加速度最大，速度最大在t2时刻，故A错误；B．t2时刻加速度不是g，手机没有离开手掌，故B错误；C．t3时刻加速度为g，手机处于完全失重状态，故C错误；D．手机在0.66s离开手后做竖直上抛，在1.26s接住，则升的高度为代入数据解得h=0.45m依据速度-位移公式可得t3时刻手机的速度为解得v=3m/s故D正确。故选D。2.某同学利用如图所示装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。滑块上装有宽度为d的遮光条，位置O处安装光电门，试验时给滑块向左的初速度，记录遮光条通过光电门的时间t、通过光电门后滑块连续滑行的距离为L，已知当地重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】滑块通过光电门时的速度，通过光电门后滑块做匀减速运动，有由牛顿其次定律得联立解得故选A。3.据统计，我国放射的卫星已近600颗，位居世界其次位，这些卫星以导航、遥感、通信为主要类别，尤其是北斗导航卫星的放射使我国具备了全球精确导航定位、授时和短报文通信等力量。如图，A、B、C为我国放射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B的轨道在赤道平面内，卫星C的轨道为太阳同步卫星轨道，轨道半径rC<rA<rB，下列说法正确的是（

）卫星B肯定与地球自转同步 B．卫星A的动能比卫星B的动能大C．卫星C的线速度大小可能为8.0km/s D．卫星A的加速度比卫星B的加速度大【答案】D【解析】A．地球同步卫星的轨道除了位于赤道平面内外，距离地面的高度、线速度和角速度的大小都是固定的，而B不肯定是同步卫星，故A错误；B．依据可得，三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；C．第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大轨道速度，卫星C的线速度大小肯定小于7.9km/s，故C错误；D．三颗卫星的轨道半径rC<rA<rB，依据，则aC>aA>aB，故D正确。故选D。4.两个光滑直角斜劈固定在地面上，倾角如图所示，两个质量分别为、的小球与轻质弹簧连接并置于两个斜劈表面，平衡时弹簧与右边斜面夹角为30°，斜面对、的支持力分别为、。下列关系正确的是（）

A． B．C． D．【答案】B【解析】分别对两小球受力分析可知，每个小球受三力平衡，则弹簧应被压缩，如图所示

BD．由几何关系可知，和的方向平分平行四边形的对角，则弹力和重力合成构成菱形，故有则有，故B正确，D错误；AC．由合法法可得，联立可得，故AC错误。故选B。5.在某次台球竞赛中，质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在水平台球桌面上，某时刻一青少年瞬击白球后，白球与一静止的黑球发生了对心碰撞，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可知白、黑两球碰撞过程中损失的动能与碰前时刻白球动能的比值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令偏后白球的位移为3x0，则黑球碰后位移为12x0，碰撞过程，依据动量守恒定律有碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，依据速度与位移关系有，白、黑两球碰撞过程中损失的动能碰前时刻白球动能解得故选C。6.如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不行伸长的轻绳，绳的一端固定在O点，另一端连有质量为m的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到O点正下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为θ，则下面的说法正确的是（）A．小球落至斜面所需的时间为B．小球落至斜面所需的时间为C．小球落至斜面C点与B点的距离为D．小球落至斜面C点与B点的距离为【答案】D【解析】AB．小球AB过程，由动能定理得，解得小球BC过程做平抛运动，有解得所以从A点静止释放小球，小球落至斜面所需的时间大于，故AB错误；CD．小球BC过程做平抛运动，有小球落至斜面C点与B点的距离为，故C错误，D正确。故选D。7.在一条平直大路上，甲、乙两车分别位于两条平行车道上，时刻两车车头平齐，运动过程中两车的图像如图所示，两车动身后到当两车头再次平齐需要的时间为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由图可知，甲做初始度为0，加速度大小为的匀加速直线运动，位移与时间关系为乙做初速度为，加速度大小为的匀减速直线运动，位移与时间关系为当两车动身后到当两车头再次平齐时，即解得故选D选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。8.如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（）A若只增大M，则小滑块能滑离木板B.若只增大v0，则小滑块在木板上运动时间变长C.若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地位移变小D.若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大【答案】AC【解析】A．若只增大木板的质量M，依据牛顿其次定律可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力状况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。9.如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有始终径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开头时小球静止在A点，某时刻对小球施加稍微扰动，使小球自A向B沿着细管开头滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球不能返回到A点B．小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率始终增大C．小球在C点时的机械能为2mgRsinθD．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为【答案】BD【解析】A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度渐渐增大，速度沿斜面的重量（v1）也渐渐增大，依据瞬时功率表达式，可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率始终增大，故B正确；C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误；D．依据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为依据牛顿其次定律可得侧壁对小球的支持力为解得管的底部对小球的支持力为小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为故D正确。故选BD。10.水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度。下列说法正确的是（

）A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为C．若石块的初速度大小肯定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短D．若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的全部落点所组成的线段长度不会超过12m【答案】ACD【解析】AB．石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则可得石块落在1.8m高的斜面上，则则石块的水平位移由石块斜向上运动时，又，解得，所以石块出手时的初速度为故A正确，B错误；C．若石块的初速度大小肯定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；D．若投出石块的初速度为8m/s，则石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间最大水平位移为石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离x=2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离则石块在斜面上与出手点等高的全部落点所组成的线段长度不会超过故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题）试验题：本题共2小题，共15分。11.（6分）如图甲所示为某探究小组设计的“用DIS测定动摩擦因数”的试验装置示意图。一长木板固定在水平桌面上，长木板上表面水平，轻弹簧水平放置在长木板上，其右端固定在长木板的C处，左端连一木块，木块上方固定有窄片P，当弹簧处于原长时，木块在A点处，光电门(未画出，用以测量窄片的遮光时间)固定在A点。第一次，将木块向右压缩弹簧使木块移到B点处并由静止释放，登记木块通过A处时窄片的遮光时间t1测出木块的质量m1；其次次，在木块上方增加砝码后，向右压缩弹簧使木块再次移到B点处并由静止释放，木块通过A处登记窄片的遮光时间t2。测出木块和砝码的总质量m2；如此反复多次试验。请回答下列问题：(已知重力加速度大小为g)(1)为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，试验中还需要测量的物理量有_______。A．窄片的宽度dB．A、B两点间的距离xC．木块从B点运动到A点的时间t0D．弹簧的劲度系数k(2)在坐标纸上作出窄片遮光时间t的平方的倒数随木块质量的倒数变化的关系图象，如图乙所示，依据图线，求得木块与长木板间的动摩擦因数μ=__________，木块从B点运动到A点的过程，弹簧对木块做的总功WF=_____________。(用含a、b、g及还需要测量的物理量字母表示)【答案】

AB

【解析】(1)[1]依据能量转化可知，设窄片的宽度d，A、B两点间的距离x，弹性势能为Ep，有，故AB正确CD错误。(2)[2][3]依据以上分析可知结合图像可知，弹簧对木块做的总功等于弹性势能，结合图像可知所以12.（9分）试验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离以及遮光片的宽度，遮光片通过光电门A、B的时间、可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为，钩码的质量为，打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为，回答下列问题：（1）为了让滑块所受的合力等于钩码的重力，__________（填“”“”或“”）。（2）滑块的加速度__________（用、、、来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为__________。（3）图丙是钩码的质量不变，转变滑块的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出函数关系图像为双曲线的一支，图中两矩形的面积__________（填“相等”或“不相等”）。（4）图丁是滑块的质量不变，转变钩码的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出的函数关系图像，图线的斜率等于__________。【答案】①.②.③.2.0④.相等⑤.【解析】（1）[1]对整体由牛顿其次定律可得对滑块由牛顿其次定律可得，联立解得由上式分析可知，当，则有即滑块所受的合力等于钩码的重力。（2）[2]滑块经光电门A、B时的速度分别为滑块从A到B的运动中，由速度位移关系公式可得联立解得[3]由图乙可知，刻度尺最小刻度值为1mm，因此遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为2.0mm。（3）[4]由图丙可知，函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则a与成正比，由牛顿其次定律可知当钩码的质量m不变，则有滑块的质量M与加速度a的乘积不变，恒为mg，把函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示，可知两个完整矩形的面积相等，都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图丙中的两矩形面积相等。（4）[5]图丁是滑块的质量不变，转变钩码的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出的函数关系图像，由图像可知，说明加速度a与mg成正比，由牛顿其次定律可得整理可得可知图线的斜率等于。计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最终答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位。13.（9分）抛石机是古代战场的破城重器（如图甲），可筒化为图乙所示。将石块放在长臂A端的半球形凹槽，在短臂B端挂上重物，将A端拉至地面然后突然释放，石块过最高点P时就被水平抛出。已知转轴O到地面的距离h=5m，OA=L=15m，质量m=60kg可视为质点的石块从P点抛出后的水平射程为80m，不计空气阻力和全部摩擦，取g=10m/s2，求：（1）石块落地时速度的大小；（2）石块到达P时对凹槽压力的大小及方向。【答案】（1）；（2）5800N，方向竖直向上【解析】（1）依题意，石块从P点抛出后做平抛运动，则有，求得石块从P点抛出到到达地面所用时间为从P点抛出时的速度大小为则落地时的速度大小为（2）石块到达P时，依据牛顿其次定律有代入数据求得，凹槽对石块的弹力为说明凹槽对石块的弹力方向与重力方向相同，即竖直向下，依据牛顿第三定律可知，石块对凹槽压力的大小为5800N，方向竖直向上。14.（13分）如图所示，质量为m、长为2L的长木板静止在光滑的水平面上，一质量也为m、可视为质点的小物块以水平速度滑上木板，当物块和木板相对静止时，物块刚好位于长木板中点处，重力加速度为g。（1）求物块和长木板之间的动摩擦因数μ；（2）若水平面不光滑，且长木板与水平面间动摩擦因数为，小物块仍旧以相同的速度滑上长木板，求经多长时间，小物块和长木板速度相等，并推断此时小物块是否与长木板分别。【答案】（1）；（2），物块与长木板不分别【解析】（1）物块和长木板动量守恒可得得由能量守恒可得解得（2）由牛顿其次定律可得物块的加速度为长木板的加速度为解得，物块与长木板共速的时间为解得共速前物块的位移为共速前长木板的位移为由于故二者不会分别。15.（17分）如