貴州省2024年高考物理試題（附答案解析）

貴州省2024年高考物理試題

一'單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項符合題目要求。

1.某研究人員將一鐵質小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質中，在下落的某段時間內，小圓盤僅受重力

G和顆粒介質對其向上的作用力fo用高速相機記錄小圓盤在不同時刻的位置，相鄰位置的時間間隔

相等，如圖所示，則該段時間內下列說法可能正確的是（）

小圓盤

顆粒介質

A.f一直大于GB.f一直小于G

C.f先小于G,后大于GD.f先大于G,后小于G

2.土星的部分衛(wèi)星繞土星的運動可視為勻速圓周運動，其中的兩顆衛(wèi)星軌道半徑分別為，勺、「2且

向心加速度大小分別為方、a2＞則（）

a

%_2__￡2_y,z

A?可=而B.1了一年C.。1勺=。2廠2D.=a2r2

3.一種測量液體折射率的V形容器，由兩塊材質相同的直角棱鏡粘合，并封閉其前后兩端制作而

成。容器中盛有某種液體，一激光束從左邊棱鏡水平射入，通過液體后從右邊棱鏡射出，其光路如

圖所示。設棱鏡和液體的折射率分別為劭、n,光在棱鏡和液體中的傳播速度分別為孫、口則

4.如圖（a）,一質量為m的勻質球置于固定鋼質支架的水平橫桿和豎直墻之間，并處于靜止狀

態(tài)，其中一個視圖如圖（b）所示。測得球與橫桿接觸點到墻面的距離為球半徑的L8倍，已知重力

加速度大小為g,不計所有摩擦，則球對橫桿的壓力大小為（）

圖(a)圖(b)

34

AA.^mgBR.^3mgc-3mgD.

5.如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內，導線框的對稱軸與

兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流0、12,且/i>

/2,則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向（）

A.豎直向上B.豎直向下C.水平向左D.水平向右

6.質量為1kg的物塊靜置于光滑水平地面上，設物塊靜止時的位置為x軸零點?，F(xiàn)給物塊施加一沿

x軸正方向的水平力F,其大小隨位置x變化的關系如圖所示，則物塊運動到久=3m處，F(xiàn)做功的瞬

時功率為（）

八77N

3-----------；

2-----------J———

1-

01—i—彳――?

123x/m

A.8WB.16WC.241VD.36W

7.如圖，A、B、C三個點位于以O為圓心的圓上，直徑ZB與弦3c間的夾角為30。。A、B兩點分

別放有電荷量大小為心、心的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則肥等于

上……揖"

；o

\，I

X、，

、/

'、、-???1/

A.1B.字C.V3D.2

二'多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.我國在貴州平塘建成了世界最大單口徑球面射電望遠鏡凡4ST,其科學目標之一是搜索地外文

明。在寧宙中，波長位于搜索地外文明的射電波段的輻射中存在兩處較強的輻射，一處是波長為

21sl的中性氫輻射，另一處是波長為18cm的羥基輻射。在真空中，這兩種波長的輻射相比，中性

氫輻射的光子（）

A.頻率更大B.能量更小

C.動量更小D.傳播速度更大

9.如圖，一玻璃瓶的瓶塞中豎直插有一根兩端開口的細長玻璃管，管中一光滑小球將瓶中氣體密

封，且小球處于靜止狀態(tài)，裝置的密封性、絕熱性良好。對小球施加向下的力使其偏離平衡位置，

在t=0時由靜止釋放，小球的運動可視為簡諧運動，周期為T。規(guī)定豎直向上為正方向，則小球在

t=1.5T時亥lj（）

A.位移最大，方向為正B.速度最大，方向為正

C.加速度最大，方向為負D.受到的回復力大小為零

10.如圖，間距為L的兩根金屬導軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R,

導軌所在平面存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質量為m的金屬棒置于導軌

上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在

導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v,加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒

始終與導軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（）

XXXXX

X-X*XX

XXXXX

A.加速過程中通過金屬棒的電荷量為卷

B.金屬棒加速的時間為贊

22

C.加速過程中拉力的最大值為4BL17

3R

D.加速過程中拉力做的功為3

三、非選擇題：本題共5小題，共57分。

11.智能手機內置很多傳感器，磁傳感器是其中一種?，F(xiàn)用智能手機內的磁傳感器結合某應用軟

⑴在長直木條內嵌入7片小磁鐵，最下端小磁鐵與其他小磁鐵間的距離如圖（a）所示。

⑵開啟磁傳感器，讓木條最下端的小磁鐵靠近該磁傳感器，然后讓木條從靜止開始沿豎直方向自

由下落。

⑶以木條釋放瞬間為計時起點，記錄下各小磁鐵經(jīng)過傳感器的時刻，數(shù)據(jù)如下表所示:

h(m)0.000.050.150.300.500.751.05

t(s)0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462

⑷根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在答題卡上補全圖（b）中的數(shù)據(jù)點，并用平滑曲線繪制下落高度h隨時間t變

化的h-t圖線-

⑸由繪制的八-t圖線可知，下落高度隨時間的變化是（填“線性”或“非線性”）關系。

⑹將表中數(shù)據(jù)利用計算機擬合出下落高度h與時間的平方產(chǎn)的函數(shù)關系式為八=4.916/（S/）。據(jù)

此函數(shù)可得重力加速度大小為m/s\（結果保留3位有效數(shù)字）

12.某實驗小組根據(jù)熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律，探測溫度控制室內的溫度。選用的器材

有：

熱敏電阻場；

電流表G（內阻勺為2400,滿偏電流為IQ；

定值電阻R（阻值為48。）；

電阻箱Ro（阻值0-999.9。）；

電源E（電動勢恒定，內阻不計）；

單刀雙擲開關Si、單刀單擲開關S2；導線若干。

請完成下列步驟：

（1）該小組設計了如圖（a）所示的電路圖。根據(jù)圖（a）,在答題卡上完成圖（b）中的實物圖連

線。

（2）開關Si、S2斷開，將電阻箱的阻值調到（填“最大”或“最小”）。開關Si接1,調節(jié)

電阻箱，當電阻箱讀數(shù)為60.0。時，電流表示數(shù)為再將Si改接2,電流表示數(shù)為與，斷開Si。得

到此時熱敏電阻Rr的阻值為Qo

（3）該熱敏電阻段阻值隨溫度t變化的曲線如圖（c）所示，結合（2）中的結果得到溫度

控制室內此時的溫度約為℃。（結果取整數(shù)）

（4）開關Si接1,閉合S2,調節(jié)電阻箱，使電流表示數(shù)為七。再將Si改接2,如果電流表示數(shù)為

電（k>l），則此時熱敏電阻&=12（用k表示），根據(jù)圖（c）即可得到此時溫度控制

室內的溫度。

13.制作水火箭是青少年科技活動的常見項目之一。某研究小組為了探究水火箭在充氣與噴水過程

中氣體的熱學規(guī)律，把水火箭的塑料容器豎直固定，其中A、C分別是塑料容器的充氣口、噴水

口，B是氣壓計，如圖（a）所示。在室溫環(huán)境下，容器內裝入一定質量的水，此時容器內的氣體體

積為乙,壓強為Po,現(xiàn)緩慢充氣后壓強變?yōu)?p0,不計容器的容積變化。

圖(b)

（1）設充氣過程中氣體溫度不變，求充入的氣體在該室溫環(huán)境下壓強為Po時的體積。

（2）打開噴水口閥門，噴出一部分水后關閉閥門，容器內氣體從狀態(tài)M變化到狀態(tài)N,其壓強

p與體積V的變化關系如圖（b）中實線所示，已知氣體在狀態(tài)N時的體積為6,壓強為Pi。求氣體

在狀態(tài)N與狀態(tài)M時的熱力學溫度之比。

（3）圖（b）中虛線MN，是容器內氣體在絕熱（既不吸熱也不放熱）條件下壓強p與體積V的變

化關系圖線，試判斷氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱還是放熱。（不需要說明理由）

14.如圖，邊長為L的正方形abed區(qū)域及矩形cde/區(qū)域內均存在電場強度大小為E、方向豎直向下

且與ab邊平行的勻強電場，e/右邊有一半徑為學心且與e/相切的圓形區(qū)域，切點為ef的中點，該圓

形區(qū)域與cdef區(qū)域內均存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b

點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)cd邊的中點進入cdef區(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓

形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內，粒子始終在該紙面內運動，不計粒子重力。求：

（1）粒子沿直線通過cde/區(qū)域時的速度大??；

（2）粒子的電荷量與質量之比；

（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。

15.如圖，半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內，其末端與水平地面相切

于P點，的長度d=2.7m。一長為L=3.3m的水平傳送帶以恒定速率%=lm/s逆時針轉動，其

右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點，再向左做直線

運動至M點與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達傳送帶的左端N

時，瞬間給b—水平向右的沖量I,其大小為6N-s。以后每隔/t=0.6s給b—相同的瞬時沖量I,

直到b離開傳送帶。已知a的質量為Hi。=Mg,b的質量為nib=2kg,它們均可視為質點。a、b與地

面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為4=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小；

(2)b從M運動到N的時間；

(3)b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。

答案解析

L【答案】C

【解析】【解答】由圖可知，相等時間內鐵質小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質小圓盤先向下做

加速運動，再向下做減速運動，所以加速度先向下后向上，因為加速度方向與合外力方向總相同，

故鐵質小圓盤受到的合力先向上再向下，所以f先小于G,后大于G,C符合題意，ABD不符合題

屆*O

故答案為：Co

【分析】根據(jù)小圓盤在相等時間內的位移變化得出小圓盤運動過程中的加速度方向，再根據(jù)加速度

方向與合力方向總相同，得出f與G的大小關系。

2.【答案】D

【解析】【解答】設土星的質量為M,兩顆衛(wèi)星的質量分別為血1、m2,土星對衛(wèi)星的萬有引力充當

衛(wèi)星做圓周運動的向心力，對兩顆衛(wèi)星，有

G----y—=ma

r/11

Mm

Go-2=瓶2a2

「2

解得

2

叩/=a2r2

ABC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D?

【分析】根據(jù)萬有引力充當向心力，由牛頓第二定律列式求解即可。

3.【答案】A

【解析】【解答】因為光從一種介質射入另一種介質時，在光疏介質中光線與法線所成夾角要大于在

光密介質中光線與法線所成夾角，所以結合所給圖像可知

n<n0

根據(jù)折射率的表達式

C

n=—

V

可得

V>VQ

A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：Ao

【分析】根據(jù)光從棱鏡射入液體時的入射角和折射角的大小關系，判定棱鏡和液體的折射率關系,

再由折射率公式幾=M分析光在兩種介質中傳播速度的大小關系。

4.【答案】D

【解析】【解答】對球進行受力分析，小球受重力、橫桿對球的支持力FN和豎直墻對球的支持力F,

如圖所示，

"噌

根據(jù)共點力平衡條件可得得

FNcosa=mg

由幾何關系可得

1.8R-R

sina=-------g-------=0.8

K

聯(lián)立解得

5

FN=

根據(jù)牛頓第三定律得球對橫桿的壓力大小為

,5

FN=FN=0m9

ABC不符合題意，D符合題意。

故答案為：Do

【分析】分析小球受力，由共點力平衡條件結合幾何關系，求出小球受到橫桿對球的支持力，再由

牛頓第三定律得到球對橫桿的壓力。

5.【答案】C

【解析】【解答】根據(jù)右手螺旋定則可知，兩直導線在導線框所在位置產(chǎn)生的磁場均垂直線框平面向

里，故導線框所在位置的合磁場垂直導線框向里，由于同一豎直方向上的磁場強度相等，故導線框

水平方向導線所受的安培力相互抵消，由左手定則可知，線框左邊的豎直電流受到的安培力水平向

左，右邊受到的安培力水平向右，由于/1>/2,可知線框左邊豎直電流所在位置的磁感應強度大于

右邊對應的豎直電流所在位置的磁感應強度，根據(jù)安培力公式F=8〃可知，線框左邊豎直電流所受

的安培力大于右邊豎直方電流所受的安培力，故導線框所受安培力的合力方向水平向左，C符合題

意，ABD不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據(jù)右手螺旋定則判定出線框所在位置的磁場方向，再根據(jù)左手定則和安培力公式分析線

框受到的安培力方向。

6.【答案】A

【解析】【解答】設物塊運動到x=3m處時的速度為v,結合圖像中的數(shù)據(jù)，對物塊從靜止開始運動

到x=3m處過程，由動能定理得

1nl2

wF=2/

根據(jù)功的定義式

W=Fx

可得

勿F=3X2J+2x1J=8J

聯(lián)立解得

v—4m/s

故此時F做功的瞬時功率為

p=N=2X4W=8W

A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A?

【分析】結合圖像中的數(shù)據(jù)，由動能定理求出物體運動到x=3m處時的速度，再由功率的公式P=Fv

求解瞬時功率。

7.【答案】B

【解析】【解答】因為C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，根據(jù)點電荷的電場分布和場強的疊

加原理可知，兩電荷應為異種電荷，假設以為正電荷，％為負電荷，兩電荷在C點的場強如圖所

示，

E?

E,

設圓的半徑為r,根據(jù)幾何知識可得

rAC=r,rBC=2rcos30°=V3r,慧=tan60°

根據(jù)點電荷的場強公式

E號

可得，A、B兩點的電荷在C點產(chǎn)生的電場強度分別為

F_kqAkqB

-..............5-------2

rACrBC

聯(lián)立解得

%一3

B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】根據(jù)C點的合場強方向判斷兩電荷的電性關系，再根據(jù)點電荷的場強公式和電場疊加原理

列式求解。

8.【答案】B,C

【解析】【解答】A.由光子頻率與波長公式

C

可知中性氫輻射的光子頻率比羥基輻射的光子頻率小，A不符合題意;

B.根據(jù)光子能量公式

E=hv

可知，中性氫輻射的光子能量比羥基輻射的光子能量小，B符合題意;

C.根據(jù)德布羅意波長公式

h

可知，中性氫輻射的光子動量比羥基輻射的光子動量小，c符合題意；

D.所有光波在真空中傳播的速度相同，都是3.0x108m/s,D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)光子頻率與波長公式"=今光子能量公式E=%〃、德布羅意波長公式4=。，分析兩種

71p

光子的頻率、能量、動量的大小關系；所有光波在真空中傳播的速度相同。

9.【答案】A,C

【解析】【解答】由題意可知，t=0時刻小球處于簡諧振動最低點，由簡諧振動的周期性和振動特點

可知，小球在t=L5T時刻處于最高點位置，此時位移最大，方向向上（正方向）；根據(jù)回復力公式

F二kx可知，小球受到的回復力最大，方向與位移方向相反，向下（負方向），由牛頓第二定律可

知，小球的加速度最大，方向向下（負方向）；此時小球的速度為0,AC符合題意，BD不符合題

屆*O

故答案為：ACo

【分析】根據(jù)題意分析t=L5T時小球在簡諧振動中所處位置，再根據(jù)簡諧運動的特點得出此時小球

的位移、速度、回復力和加速度的特點。

10.【答案】A,B

【解析】【解答】A.對金屬棒的加速過程，由動量定理可得

=BLq-mv

解得

mv

A符合題意；

B.設加速階段的位移與減速階段的位移均為x,根據(jù)電流的定義式

法拉第成感應定律

餌

E=N△t

和閉合電路歐姆定律

E—I（r+R）

可得

-EA0BLx

q=I^t=RAt=R^t^t=R

可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量，由

mvBLx

q~BL~R

解得

mvR

x-22

對金屬棒加速的過程，由位移公式可得

_V

x=vt=-t

乙

可得加速時間為

_2mR

B2L2

B符合題意；

C.金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，由

E=BLv

可知，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢逐漸增大，則感應電流逐漸增大，由安培力公式

F=BIL

可知，導體棒受到的安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當撤去拉力的瞬間，拉力

最大，由牛頓第二定律可得

Fm—BIL=ma

其中

EBLv

「R-R

v=at

聯(lián)立解得

_3B2L2V

Fm~2R

C不符合題意;

D.加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，由動能定理可知，合外力的功

1

小安=?

wF—

可得

Wp="安+2租樣

因此加速過程中拉力做的功大于：血小，D不符合題意。

故答案為：AB。

【分析】對導體棒的勻加速運動過程應用動量定理，結合電流的定義式，求解加速運動通過金屬棒

的電荷量；根據(jù)勻變速直線運動的位移規(guī)律列式求解加速運動的時間；根據(jù)牛頓第二定律結合勻變

速公式計算加速過程中的最大拉力；根據(jù)動能定理分析加速過程中拉力做的功。

（5）由繪制的h-t圖線可知，下落高度隨時間的變化是非線性關系。

（6）將下落高度h與時間的平方產(chǎn)的函數(shù)關系式

h=4.916t2(SZ)

對比自由落體的位移公式

1,

h=2gtz

可得

1?

5g=4.916m/s2

乙

解得

g=9.832m/s2?9.83m/s2

【分析】（4）根據(jù)描點作圖法做出圖像；（5）根據(jù)圖像特點得出結論；（6）將所給下落高度h與時

間的平方t2的函數(shù)關系式與自由落體運動的位移-時間公式進行對比分析，求出重力加速度。

R

12.【答案】(1)

(2)最大；300

(3)9

(4)50(fc-1)

【解析】【解答】(1)圖(b)中的實物圖連線如圖所示。

(2)電阻箱起到保護電路的作用，由圖(a)中電路圖可知，開關閉合前，將電阻箱的阻值調到最

大，開關Si接1時，由歐姆定律可得

_E

l9=R^+R^

Si接2時，則有

lg_E

2RQ+Rg+RT

聯(lián)立解得

RT—300Q

(3)由圖(c)可知，治=300。時，對應的溫度約為9冤。

(4)開關Si接1,閉合S2，由閉合電路歐姆定律可得

接2時，由歐姆定律可得

1g

(&'+RT)

結合

_E

Ia=R^+R^

解得

RT=50（fc-1）0

【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實物圖；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律計算熱敏電阻的阻值；（3）看圖

得出結果；（4）由閉合電路歐姆定律列出在不同電路結構時的電動勢表達式，求出此時的熱敏電

阻。

13?【答案】（1）解：設充入的氣體在該室溫環(huán)境下壓強為Po時的體積為V,充氣過程中氣體溫度不

變，則有

vv4y

Poo+Po=Poo

解得

V=3V0

（2）解：容器內氣體從狀態(tài)M變化到狀態(tài)N,由理想氣體的狀態(tài)方程可得

4Po,oPM

TMTN

可得

TN=PM

TM4PO^O

（3）解：由p-V圖像與橫坐標軸所圍面積表示氣體做功可知，從M到N的過程對外做功更多，N

和N,都是從M狀態(tài)變化而來，空應該相同，可得

TN>TN

可知從M到N的過程內能降低的更少。由熱力學第一定律

AU=Q+W

可知，從M到N'的過程絕熱，內能降低等于對外做功；從M到N的過程對外做功更多，內能降低

反而更少，則氣體必然吸熱。

【解析】【分析】（1）對封閉氣體應用玻意耳定律分析求解；（2）結合圖中數(shù)據(jù)，由理想氣體狀態(tài)方

程求解；（3）根據(jù)p-V圖像與橫坐標軸所圍面積表示氣體做功，分析兩種狀態(tài)下氣體對外做功的大

小關系，再由根據(jù)熱力學第一定律得出結論。

14?【答案】（1）解：帶電粒子在cdef區(qū)域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正

電，經(jīng)cd邊的中點速度水平向右，設粒子到達cd邊的中點速度大小為火,帶電荷量為q,質量為m,

由平衡條件則有

qE=qv0B

解得

E

%=3

(2)解：粒子從b點到cd邊的中點的運動，可逆向看做從cd邊的中點到b點的類平拋運動，設運動

時間為3加速度大小為a,由牛頓第二定律可得

qE=ma

由類平拋運動規(guī)律可得

v()t=L

12L

—a"=—

22

聯(lián)立解得粒子的電荷量與質量之比

q=詔=E

M

ELLB2

(3)解：粒子從ef中點射出到圓形區(qū)域做勻圓周運動，設粒子的運動半徑為R,由洛倫茲力提供向

心力可得

Vo

qv0B=m-^-

解得

R=L

粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設粒子

射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為a,由幾何關系可知

a=20

可得

tan0

丁二9

9=30°

則有

a=60°

【解析】【分析】（1）根據(jù)粒子在cdef區(qū)域做直線運動的要求，分析粒子受到的洛倫茲力與電場力的

關系，求出粒子在該區(qū)域的速度大??；（2）粒子在abed區(qū)域做類平拋運動，根據(jù)對應的運動學公式

和牛頓第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圓形磁場區(qū)域做勻速圓周運動，由洛倫茲力充

當向心力求出粒子運動軌跡的半徑，再由幾何關系計算粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)

域時速度方向的夾角。

15?【答案】（1）解：a從靜止釋放到圓軌道底端過程，根據(jù)機械能守恒定律

1?

magR=②姓訪

在P點，設軌道對它的支持力大小為N,根據(jù)牛頓第二定律

Vp

m

N-mag=a-p-

聯(lián)立解得

N=30N

（2）解：a從靜止釋放到M點過程中，根據(jù)動能定理

12

"""=23…

解得

UM=3m/s

a與b發(fā)生彈性碰撞的過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有

mavM=mava+mbvb

111

2mavM=+2mbVb

解得

%=2m/s

b滑上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律

Hmbg=mba

解得

a—5mls2

b的速度減小到與傳送帶速度相等所需的時間

Vh—Vo

a