貴州省2024年高考物理模擬試卷及答案5

貴州省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題（每小題4分，共計28分）得分1．關于核聚變方程21A．核反應方程中X為正電子 B．該核反應電荷和質量都守恒C．23He的比結合能比12H的比結合能大 2．“神舟十五號”載人飛船安全著陸需經(jīng)過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖，在減速階段，巨型的大傘為返回艙提供足夠的減速阻力，設返回艙做直線運動，則在減速階段（）A．傘繩對返回艙的拉力大于返回艙對傘繩的拉力B．傘繩對返回艙的拉力小于返回艙對傘繩的拉力C．合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化D．除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化3．如圖甲為某實驗小組設計的家用微型變壓器的原理圖，原、副線圈的匝數(shù)比n1:n2=2:1A．220Ω B．110Ω C．55Ω D．11Ω4．2023年6月15日13時30分，長征二號丁運載火箭在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功將吉林一號高分06A星等41顆衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，創(chuàng)造“一箭41星”中國航天新紀錄。若已知本次發(fā)射的某衛(wèi)星軌道距離地球表面的高度是地球半徑的n倍，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，其中G已知，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)不能求出的物理量是（）A．該衛(wèi)星的動能 B．該衛(wèi)星的線速度C．地球的平均密度 D．第一宇宙速度5．如圖所示為一種新型透光材料制成的半圓柱體，其橫截面的半徑為R，截面圓心為O點，為了研究其透光性能，有一同學在弧MN一側始終對準O點進行觀察。若O點左側有各個方向的綠光從O點射入該半圓柱體，該同學的視線與OM的夾角為θ時，恰好看不到亮光。真空中光速為c，下列說法正確的是（）A．該透光材料對綠光的折射率為sinθ C．綠光在該透光材料中的傳播速度大小為csinθ D．綠光在該透光材料中的傳播速度大小為6．圖甲為直-20直升機吊裝集裝箱填堵河道缺口的情景，某時刻集裝箱被直升機懸吊處于靜止狀態(tài)，此時可簡化為圖乙所示模型，四根長度均為10L的輕繩分別系于長方體集裝箱上表面的四個頂角a、b、c、d處，它們在上端系于O點，Oe輕繩與直升機連接。ab=cd=6L，ad=bc=8L集裝箱重力為G且質量分布均勻，則輕繩Oa對集裝箱的拉力大小為（）A．G4 B．36G C．37．如圖，真空中有一個三棱錐區(qū)域O?ABC，三棱錐底面ABC為等腰直角三角形，AB=BC=L，OA=OB=OC=L，在A點放置一電荷量為q的正點電荷，C點放置一電荷量為2q的正點電荷，設無窮遠處電勢為0，下列說法正確的是（）A．B點的電勢大于O點的電勢 B．B點的電勢小于O點的電勢C．O點的電場強度大小為3kqL2 閱卷人二、多選題（每小題6分，少選3分，錯選0分，共計18分）得分8．如圖，平面直角坐標系xOy的y軸為兩種均勻介質的分界線，P為x軸正半軸上距離O點0.75m處的一個質點，Q為x軸負半軸上距離O點0.24m處的一個質點。某時刻對P施加一個外力，使P沿y軸方向運動，并在介質上形成沿x軸傳播的簡諧橫波。t=0時刻，P從平衡位置開始沿y軸負方向運動。t=1.A．波在x軸正半軸上傳播的波速大小為0.8m/s B．波在x軸負半軸上傳播的波速大小為0.6m/sC．波在x軸正半軸上傳播的波長為0.6m D．波在x軸負半軸上傳播的波長為0.5m9．如圖，在傾角為θ的光滑絕緣斜面上，虛線MN的上方存在垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、質量為m的單匝正方形線框abcd的ab邊恰好與MN重合，t=0時刻線框以速度v0A．a(chǎn)b邊剛進入磁場時，線框的加速度大小為gB．cd邊向下到達MN時，線框的速度大小為mgRC．線框進入和穿出磁場過程中，通過ab邊的電荷量不相等D．線框進入和穿出磁場過程中，通過ab邊的電荷量相等10．如圖甲，一質量為m的木板A靜止在光滑水平地面上，A左端有一質量、厚度均不計的硬擋板，一輕質彈簧左端與擋板連接，彈簧右端與木板A右端的距離為x1。質量也為m的可視為質點的滑塊靜止在A的右端，給滑塊一水平向左、大小為v1的初速度，滑塊會壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量為x2，滑塊壓縮彈簧被彈回后恰好可以到達A的右端，滑塊與A接觸面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5；如圖乙，如果將木板A與地面成30°A．vB．彈簧彈性勢能的最大值為1C．圖甲所示的情況，滑塊壓縮彈簧被彈回后回到長木板右端時，滑塊的速度為0D．圖甲所示的情況，滑塊壓縮彈簧被彈回后回到長木板右端時，滑塊的速度大小為1閱卷人三、實驗題（11題5分,12題9分，共計14分）得分11．科研小組用雷達探測無人機從地面開始升空的運動過程，他們以水平方向作為x軸，豎直方向作為y軸，如圖，加速過程中，從某時刻（t=0）開始每隔1s測量一次無人機的位置，無人機可視為質點，測量結果如下表所示：t/s0123456x/m020406080100120y/m0104192162252363回答下列問題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判定無人機水平方向做直線運動。（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判定無人機在這段時間內(nèi)豎直方向上近似做勻加速運動，其加速度大小為a=m/s（3）當t=4s時，無人機的速度大小為v=m/s（可用根號表示）。12．某同學利用電阻箱等裝置，設計實驗測量多用電表歐姆表“×1”擋的內(nèi)阻，該多用電表部分歐姆刻度模糊不清，電流刻度清晰且初始指針指向表盤左側“0刻度”處，如圖所示。主要實驗步驟如下：（I）將多用電表選擇開關調(diào)至“×1”擋后，____（選填“需要”或“不需要”）進行歐姆調(diào)零；（Ⅱ）把____（選填“紅表筆”或“黑表筆”）插入歐姆表“+”插孔，另一表筆插入“?”插孔，再把紅、黑表筆與電阻箱的接線柱連接，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，讀出電阻箱接入的阻值R，記錄多用電表指針從左往右偏轉的電流刻度格數(shù)n（設每小格的電流為I0（Ⅲ）重復操作（Ⅱ），得到多組n和R的數(shù)據(jù)；（IV）在1n請回答下列問題：（1）步驟（Ⅰ）中應填。（2）步驟（Ⅱ）中應填。（3）作出直線的斜率為k，縱截距為b，則歐姆表“×1”擋的內(nèi)阻為。（用k、b表示）（4）從實驗原理來看，歐姆表“×1”擋內(nèi)阻的測量值（選填“小于”、“等于”或“大于”）真實值。閱卷人四、解答題（13題9分，14題12分，15題19分，共計40分）得分13．質量為80kg（含裝備）的消防員從距地面高h處的樓頂沿一條豎直懸掛的繩子由靜止滑下，為了最快到達地面，消防員先做自由落體運動，緊接著抓緊繩子開始做勻減速運動。為保證安全，消防員著地時的速度不能超過6m/s，把消防員看作質點，已知下滑的最短時間為2s，且自由落體的時間為1s，重力加速度g取10m/s（1）樓頂距地面的高度h；（2）消防員減速下滑時受到的阻力大小。14．車載氣墊床體積小、重量輕、便于攜帶?，F(xiàn)有一氣墊床，充氣前氣墊床內(nèi)有部分氣體，使用充氣筒往內(nèi)部充氣。充好氣后，氣墊床內(nèi)氣體體積為8V，壓強為5p0，此充氣過程中環(huán)境的熱力學溫度為（1）該氣墊床充氣前內(nèi)部氣體的壓強等于大氣壓強p0，體積為V，充氣筒每次充入壓強為p0、體積為（2）若夜間環(huán)境的熱力學溫度降為910T0（3）在第（2）問的條件下，發(fā)現(xiàn)有一個地方漏氣，快速堵上之后，體積比剛漏氣時縮小了17，壓強變?yōu)槁馇暗?15．如圖，空間直角坐標系Oxyz中，某些區(qū)域內(nèi)存在勻強電場或勻強磁場。一質量為m=1×10?9kg，電荷量為q=2×1（1）若在0≤y≤L區(qū)域內(nèi)僅分布著沿z軸正方向的勻強電場E1，則粒子恰能經(jīng)過yOz面內(nèi)邊長為L=0.3m（2）若在xOy面內(nèi)，y軸方向上，每隔間距L=0.3m就有一段間距也為L的區(qū)域M，第1個區(qū)域M內(nèi)（含邊界）存在沿z軸負方向的勻強磁場，磁感應強度B=0.①求粒子穿過第一個區(qū)域時速度沿x軸方向的分量大?。虎谇罅Ｗ觿傔_到第5個區(qū)域M時的速度大小和穿過第n（n為奇數(shù)）個區(qū)域過程中速度沿x軸方向的變化量大小。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、核反應方程中質量數(shù)與電荷數(shù)守恒，故X質量數(shù)為1，電荷數(shù)為0，故X不是電子，而是中子，故A錯誤；

B、核聚變反應過程放出能量，質量減小，故B錯誤；

C、比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，該聚變反應放出能量，生成物更穩(wěn)定，故23He的比結合能比12H的比結合能大，故C正確；

D、γ射線是來源于原子核的能級躍遷，而不是核外電子的能級躍遷，故D錯誤。2．【答案】D【解析】【解答】AB、根據(jù)牛頓第三定律，傘繩對返回艙的拉力等于返回艙對傘繩的拉力，故AB錯誤；

CD、根據(jù)功能關系，除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化，合外力對返回艙做的功等于返回艙動能的變化，故C錯誤，D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉相互作用力的特點。根據(jù)機械能守恒的條件，結合返回艙的受力情況判斷返回艙機械能的變化情況與各力做功的關系。3．【答案】B【解析】【解答】燈泡能正常發(fā)光，則變壓器副線圈兩端電壓為

U2=PI=55V

電流為

I2=2I=2A

根據(jù)變壓器原理，有

U1U2=n1n2，I14．【答案】A【解析】【解答】B、根據(jù)萬有引力提供向心力，有

GMmR+nR2=mv2R+nR

根據(jù)萬有引力與重力的關系，有

GMmR2=mg

解得

v=gR2R+nR

故B不符合題意；

A、即使可以求出線速度，但不知道衛(wèi)星的質量，無法求動能，故A符合題意；

C、根據(jù)黃金代換

GM=gR2

有

M=gR2G

地球的體積為

5．【答案】D【解析】【解答】A、依題意，由光路的可逆性，可知綠光的臨界角為θ，則有

n=1sinθ

故A錯誤；

B、因為綠光的折射率小于紫光的折射率，若換成紫色光，則θ會變小。故B錯誤；

CD、根據(jù)

n=cv

聯(lián)立，解得

v=csin6．【答案】B【解析】【解答】對集裝箱受力分析，設輕繩與豎直方向夾角為θ，由對稱性可知，輕繩Oa對集裝箱的拉力的豎直分力為集裝箱重力的四分之一，即

Fcosθ=12G

根據(jù)幾何關系，可得

cosθ=(10L)2?(ac27．【答案】D【解析】【解答】AB、根據(jù)幾何關系可知，O到A、C的距離和B到A、C的距離相等，電勢是標量，滿足代數(shù)運算，點電荷在某點的電勢

φ=kQr

由于A、C處均為正電荷，則B、O兩點電勢相同，故AB錯誤；

CD、O點的電場強度大小為

E=kqL28．【答案】B,C【解析】【解答】AC、波在x軸正半軸上傳播，0時刻P質點從平衡位置開始沿y軸負方向開始振動，t=1.4s時，P質點第2次到達波峰，即

34T+T=t

解得

T=0.8s

同時O點處的質點第一次經(jīng)過平衡位置沿y軸正方向運動，則

12T+OPv=t

代入數(shù)據(jù)解得

v=0.75m/s

波長為

λ=vT=0.75×0.8m=0.6m

故A錯誤，C正確；

BD、波在x軸負半軸上傳播的時間為

t9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、對線框受力分析，ab邊剛進入磁場時，由牛頓第二定律可得

mgsinθ+FA=ma

又

FA=BIL=BBLv0RL=B2L2v0R

聯(lián)立，解得

a=gsinθ+B10．【答案】B,D【解析】【解答】CD、如圖甲，設滑塊被彈簧彈開，運動到長木板右端時的速度為v3，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，滑塊壓縮彈簧被彈回后恰好可以到達A的右端，由動量守恒定律得

mv1=2mv3

解得

v3=12v1

故C錯誤，D正確；

AB、如圖甲，彈簧被壓縮到最短時兩者速度相同，設為v，彈簧最大彈性勢能為Ep，從滑塊以速度v1滑上長木板到彈簧被壓縮到最短的過程，由動量守恒定律和能量守恒定律

mv1=2mv，12mv12=12×2mv11．【答案】（1）勻速（2）20（3）20【解析】【解答】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，水平方向運動位移隨時間均勻增加，即水平方向做勻速直線運動；

（2）由逐差法可得

a=y06?y03?y039T2=363?92?929×12．【答案】（1）需要（2）紅表筆（3）b（4）等于【解析】【解答】（1）調(diào)整擋位后，要先進行歐姆調(diào)零；

（2）多用電表使用歐姆檔時，使用內(nèi)置電源，根據(jù)電流“紅進黑出”原則，應把紅表筆插入歐姆表“+”插孔；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律

E=nI0(R+r)

整理得

1n=I0ER+I0Er

13．【答案】（1）由題意知，消防員做自由落體運動過程有?1s末速度大小為v根據(jù)題意可知，消防員著地時的速度恰為v=6m/s，則勻減速階段加速度大小a=勻減速階段的位移大小?故樓頂距地面的高度?=（2）減速過程，由牛頓第二定律得f?mg=ma解得f=1120N【解析】【分析】（1）運動員下滑的時間最短，則運動員到達地面的速度最大，且減速時間最短時，運動員下滑的時間最短。根據(jù)自由落體運動規(guī)律確定1s內(nèi)運動員運動的位移及1s的速度，再根據(jù)勻減速直線運動速度與時間的關系確定運動員勻減速直線運動的加速度，再根據(jù)位移與時間的關系確定勻減速階段運動的位移，繼而得出總位移；

（2）確定運動員下滑減速過程的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律結合（1）中勻減速直線運動加速度進行解答。14．【答案】（1）白天充好氣的床墊內(nèi)氣體壓強為p1=5p0，溫度為p解得n=468故充氣泵需要打氣的次數(shù)為468次。（2）設夜間床墊內(nèi)氣體壓強、溫度、體積分別為p2，V2，V對床墊內(nèi)氣體有p故夜間床墊內(nèi)氣體的壓強p（3）漏氣后氣墊床內(nèi)氣體的體積為V若不漏氣，壓強變?yōu)槁馇暗?6，體積為Vp解得V則漏出氣體的質量和原來質量之比m【解析】【分析】（1）對于變質量問題往往轉化成定質量問題進行處理，即充氣后氣體的總質量等于充氣前氣體質量與充入氣體質量之和。確定各部分氣體的壓強及體積，再根據(jù)玻意耳定律進行解答；

（2）確定氣體體積變化前后氣體的體積及溫度和壓強，再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程進行解答；

（3）等溫等壓狀態(tài)下氣體的質量之比等于氣體的體積之比。根據(jù)題意確定漏氣后剩余的氣體體積。根據(jù)玻意耳定律將漏氣前氣體的體積轉化為與漏氣后壓強相等狀態(tài)下的體積，則該狀態(tài)下漏出氣體積等于該狀態(tài)漏氣前后體積之差，繼而得出漏出氣體質量之比。15．【答案】（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿，y軸正方向做勻速直線運動，有L=沿z軸正方向做勻加速直線運動，有L=a=解得E（2）①粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，如圖有B解得r=3m設粒子穿過第一個區(qū)域時速度方向與x軸方向的夾角為α，根據(jù)幾何關系有cos所以，粒子穿過第一個區(qū)域時速度沿x軸方向的分量大小為v②粒