貴州省2024年高考物理模擬試卷及答案11

貴州省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。得分1．我國(guó)科研人員及合作者首次合成了新原子核89205Ac。原子核存在一種衰變鏈，其中第1次由89205Ac衰變成原子核87201A．兩次均為α衰變 B．兩次均為β衰變C．第1次為α衰變，第2次為β衰變 D．第1次為β衰變，第2次為α衰變2．天宮空間站運(yùn)行過(guò)程中因稀薄氣體阻力的影響，每經(jīng)過(guò)一段時(shí)間要進(jìn)行軌道修正，使其回到原軌道。修正前、后天宮空間站的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則與修正前相比，修正后天宮空間站運(yùn)行的（）A．軌道半徑減小 B．速率減小C．向心加速度增大 D．周期減小3．如圖，一輕質(zhì)彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于A點(diǎn)。一物塊由斜面上A點(diǎn)上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B（彈簧在彈性限度內(nèi)），則物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的（）A．增加量等于物塊動(dòng)能的減少量 B．增加量等于物塊重力勢(shì)能的減少量C．增加量等于物塊機(jī)械能的減少量 D．最大值等于物塊動(dòng)能的最大值4．一交變電流的電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，周期為T(mén)，其電壓的有效值（）A．2V B．22V C．55．如圖，一小型卡車(chē)行駛在平直公路上，車(chē)上裝有三個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的光滑圓柱形勻質(zhì)物體，A、B水平固定，C自由擺放在A、B之上。當(dāng)卡車(chē)以某一恒定的加速度剎車(chē)時(shí)，C對(duì)A的壓力恰好為零，已知重力加速度大小為g，則C對(duì)B的壓力大小為（）A．33mg B．233mg 6．無(wú)人機(jī)在一斜坡上方沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，飛行過(guò)程中先后釋放甲、乙兩個(gè)小球，兩小球釋放的初始位置如圖所示。已知兩小球均落在斜坡上，不計(jì)空氣阻力，比較兩小球分別從釋放到落在斜坡上的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．乙球的位移大 B．乙球下落的時(shí)間長(zhǎng)C．乙球落在斜坡上的速度大 D．乙球落在斜坡上的速度與豎直方向的夾角大7．如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是相互垂直的兩條直徑。兩質(zhì)量相等且?guī)У攘慨惙N電荷的粒子從M點(diǎn)先后以相同速率v射入磁場(chǎng)，其中粒子甲沿MN射入，從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子乙沿紙面與MN方向成30°角射入，兩粒子同時(shí)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力及兩粒子間的相互作用，則兩粒子射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔為（）A．πR12v B．πR6v C．πR3v閱卷人二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。得分8．圖（a）是貴州特有的“獨(dú)竹漂”表演，此項(xiàng)目已被列入第五批國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)保護(hù)名錄。某次表演過(guò)程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直線劃向岸邊，同時(shí)表演者乙從另一岸邊沿同一直線劃向河中心并準(zhǔn)備表演，該過(guò)程甲、乙運(yùn)動(dòng)的位置x與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖（b）所示，則（）A．0～t0內(nèi)甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向相反 B．C．0～2t0內(nèi)乙的平均速度等于甲的平均速度 D．9．一水平軟繩右端固定，取繩左端質(zhì)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以繩所在直線為x軸、豎直方向?yàn)閥軸建立坐標(biāo)系，在繩上每隔l0選取一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)O開(kāi)始沿y軸振動(dòng)，產(chǎn)生一列沿x軸傳播的橫波（可視為簡(jiǎn)諧波）。已知t=A．該波的周期為4t0 C．t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)O振動(dòng)方向沿y軸正方向 D．t=6t0時(shí)刻，10．如圖（a），水平放置長(zhǎng)為l的平行金屬板右側(cè)有一豎直擋板。金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，其方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場(chǎng)忽略不計(jì)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子任意時(shí)刻沿金屬板中心線OA．金屬板間距離的最小值為qE0T22m C．粒子到達(dá)豎直擋板時(shí)的速率都大于lT D．粒子到達(dá)豎直擋板時(shí)的速率都等于閱卷人三、非選擇題：本題共5小題，共57分。得分11．某實(shí)驗(yàn)小組在用激光筆測(cè)量半圓形玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，足夠長(zhǎng)的光屏與半圓形玻璃磚的直邊平行，O點(diǎn)為玻璃磚圓心，OO（1）激光沿AO方向入射時(shí)光屏上未出現(xiàn)光斑的原因是。（2）過(guò)B點(diǎn)作OO'的垂線，垂足為D。測(cè)得BD=l1、BO=l2、O'12．摻氟氧化錫（FTO）玻璃在太陽(yáng)能電池研發(fā)、生物實(shí)驗(yàn)、電化學(xué)實(shí)驗(yàn)等領(lǐng)域有重要應(yīng)用，它由一層厚度均勻、具有導(dǎo)電性能的薄膜和不導(dǎo)電的玻璃基板構(gòu)成。為了測(cè)量該薄膜厚度d，某興趣小組開(kāi)展了如下實(shí)驗(yàn)：①選取如圖（a）所示的一塊長(zhǎng)條型FTO玻璃，測(cè)出其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，寬度為b。②用歐姆表接薄膜M、N兩端，測(cè)得薄膜電阻Rx約為40Ω。為了獲得多組數(shù)據(jù)，進(jìn)一步精確測(cè)量Rx的阻值，有如下器材可供選用：A．電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為0.2Ω）

B．電壓表V（量程0～1V，已測(cè)得內(nèi)阻Rv=1000Ω）

C．電流表A1（量程0～0.6A，內(nèi)阻約為1Ω）

D．電流表A2（量程0～100mA，內(nèi)阻約為3Ω）

E．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為10Ω）

F．定值電阻R1=20Ω

G．定值電阻R2=2000Ω

H．開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）其中，電流表應(yīng)選（選填“A1”或“A2”），定值電阻應(yīng)選（選填“R1”或“R（2）根據(jù)以上要求，將圖（b）所示的器材符號(hào)連線，組成測(cè)量電路圖。（3）已知該薄膜的電阻率為ρ，根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)，測(cè)得其電阻值為Rx，則該薄膜的厚度d=（用ρ、L、b和Rx表示）。（4）實(shí)驗(yàn)后發(fā)現(xiàn)，所測(cè)薄膜的厚度偏大，其原因可能是（填正確答案前的序號(hào)）。①電壓表內(nèi)阻Rv測(cè)量值比實(shí)際值偏大

②電壓表內(nèi)阻Rv測(cè)量值比實(shí)際值偏小

③選用的定值電阻標(biāo)定值比實(shí)際值偏大

④選用的定值電阻標(biāo)定值比實(shí)際值偏小13．下圖是一個(gè)簡(jiǎn)易溫度計(jì)示意圖，左邊由固定的玻璃球形容器和內(nèi)徑均勻且標(biāo)有刻度的豎直玻璃管組成，右邊是上端開(kāi)口的柱形玻璃容器，左右兩邊通過(guò)軟管連接，用水銀將一定質(zhì)量的空氣封閉在左邊容器中。已知球形容器的容積為530cm3，左邊玻璃管內(nèi)部的橫截面積為2cm2。當(dāng)環(huán)境溫度為（1）當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，為使左右液面再次平齊，右邊柱形容器應(yīng)向上還是向下移動(dòng)？（2）當(dāng)液面位于30.0cm刻度處且左右液面又一次平齊時(shí)，對(duì)應(yīng)的環(huán)境溫度是多少攝氏度？14．如圖（a），足夠長(zhǎng)的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF相距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在C、E兩點(diǎn)通過(guò)導(dǎo)線和單刀雙擲開(kāi)關(guān)K接有一匝數(shù)為n、面積為S的固定水平圓形線圈M，在M區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B'隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（b）所示。t=0時(shí)刻，開(kāi)關(guān)K接1，此時(shí)將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab水平放置在導(dǎo)軌頂端，ab恰好靜止不動(dòng)。t=（1）t=t（2）t=t（3）ab在導(dǎo)軌上所能達(dá)到的最大速度的大小。15．如圖，A、B兩點(diǎn)間距離L=1.9m，質(zhì)量為m甲=13kg的小物塊甲向右與靜止在水平地面上A點(diǎn)、質(zhì)量為m乙=1kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間甲的速度大小v0=4（1）甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小；（2）乙、丙碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能；（3）推力F在AB間作用的最長(zhǎng)時(shí)間。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，第一次衰變89第二次衰變87知兩次均為α衰變

故答案為：A。

【分析】核反應(yīng)滿足核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，結(jié)合題意確定每次衰變產(chǎn)生的粒子，再根據(jù)粒子類型判斷衰變類型。2．【答案】B【解析】【解答】A、天宮空間站運(yùn)行過(guò)程中因稀薄氣體阻力的影響，天宮空間站的機(jī)械能減小，天宮空間站軌道高度降低，則與修正前相比，修正后天宮空間站運(yùn)行的軌道半徑增大，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力G可得v=修正后天宮空間站運(yùn)行的軌道半徑增大，則速率減小，故B正確；

C、根據(jù)牛頓第二定律G可得a=G修正后天宮空間站運(yùn)行的軌道半徑增大，則向心加速度減小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力G可得T=2π修正后天宮空間站運(yùn)行的軌道半徑增大，則周期增大，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】天宮空間站運(yùn)行過(guò)程中因稀薄氣體阻力的影響，天宮空間站的機(jī)械能減小，天宮空間站軌道高度降低。確定兩者的軌道關(guān)系。再根據(jù)萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律進(jìn)行解答。3．【答案】C【解析】【解答】物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體的速度為零。彈簧的形變量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大。從A到B的過(guò)程中，物體的動(dòng)能減小，重力做正功，物體的重力勢(shì)能減小。根據(jù)能量守恒定律可得?即彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于物塊機(jī)械能的減少量，且彈簧彈性勢(shì)能的最大值等于物塊機(jī)械能的減少量。故答案為：C。

【分析】物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體的速度為零，彈簧的形變量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大。根據(jù)能量守恒定律判斷各能量之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系。4．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)有效值的定義結(jié)合圖像有U解得U=故答案為：C。

【分析】若同一阻值為R的電阻接在恒壓穩(wěn)流的直流電路中在交流電的一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量與接在交流電路中在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量相同，則認(rèn)為該直流電的電壓U為交流電電壓的有效值，該直流電路中通過(guò)電阻R的電流I為交流電電流的有效值。5．【答案】B【解析】【解答】卡車(chē)以某一恒定的加速度剎車(chē)時(shí)，其加速度水平向左，則C所受的合力水平向左，而C對(duì)A的壓力恰好為零，則C只受重力和B對(duì)C的支持力，由豎直方向平衡有N解得B球?qū)球的支持力為N由牛頓第三定律可知C對(duì)B的壓力大小為N故答案為：B。

【分析】根據(jù)題意確定C的受力情況，再根據(jù)豎直方向上處于平衡狀態(tài)，再根據(jù)力的合成與分解確定壓力的大小。6．【答案】D【解析】【解答】AB、釋放過(guò)程無(wú)人機(jī)仍向前運(yùn)動(dòng)，兩球即無(wú)人機(jī)在水平方向速度相等，則線后拋出兩球后，兩球在空中的軌跡為兩條平行的拋物線，而兩球均落在斜坡上，則乙球的落點(diǎn)高，即乙球在豎直方向的位移小，根據(jù)?=12可得t=由于?則tx根據(jù)s=可得s即乙球的位移小于甲球的位移，故AB錯(cuò)誤；

C、豎直方向的分速度v可得v根據(jù)v'=可得v即乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上時(shí)的速度，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)小球落在斜坡上時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為θ，則小球落在斜坡上時(shí)速度與豎直方向夾角的正切值tan由于t則有tan即θ即乙球落在斜坡上的速度與豎直方向的夾角大，故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)題意確定兩球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系，再結(jié)合題意確定兩球豎直方向上的位移關(guān)系，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行解答。7．【答案】B【解析】【解答】畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

O1是粒子甲運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，由題意可知，四邊形OQO1M是正方形，所以甲乙運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑均為R，甲的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為π2。而粒子乙往左偏轉(zhuǎn)飛出磁場(chǎng)，它的圓心角為π3。

t乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t因?yàn)閮闪Ｗ油瑫r(shí)射出磁場(chǎng)，所以兩粒子射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔為?t=故答案為：B。

【分析】根據(jù)題意畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根基幾何關(guān)系確定兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角。由于兩粒子同時(shí)射出磁場(chǎng)，再根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)長(zhǎng)的間隔確定射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔。8．【答案】C,D【解析】【解答】A、由圖可知，0～t0內(nèi)甲乙均相x負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、0～t0內(nèi)甲的位移為x0，乙的位移小于x0，所以0～t0內(nèi)甲、乙的位移大小不相等，故B錯(cuò)誤；

C、0～2t0內(nèi)乙位移等于甲的位移，時(shí)間也相同，所以0～2t9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由圖可知，t=t0時(shí)刻波源完成半個(gè)全振動(dòng)，向右傳播半個(gè)波長(zhǎng)，則該波的周期為T(mén)=2故A錯(cuò)誤；

B、由圖可知，該波的波長(zhǎng)為λ=8故B正確；

C、因t=t0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)剛傳到x=4l0處，此時(shí)該質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)向振動(dòng)，可知t=t0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)O振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；

D、t=6t0時(shí)刻，波向前傳播24l0，x=20l0處的質(zhì)點(diǎn)在平衡位置，位移為零，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)題意結(jié)合圖像確定波的傳播方向，根據(jù)上下坡法確定波的起振方向。所有質(zhì)點(diǎn)的起振方向一致。根據(jù)波形圖結(jié)合題意確定波的周期及波長(zhǎng)。根據(jù)波速結(jié)合平移法確定任意時(shí)刻某位置的所處的位置。10．【答案】A,D【解析】【解答】AB、在t=nT(n=0、1、2……)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中的豎直位移最大，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T(mén)，則豎直方向先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性，則沿豎直方向的位移y=2×金屬板間距離的最小值為d=2y=故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、粒子出離電場(chǎng)時(shí)的水平速度均為v豎直方向，在t=t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，先加速時(shí)間為T(mén)2?t0，然后再減速T2?t0時(shí)間，在t=T-tv故C錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)題意結(jié)合圖像確定粒子在不同的電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)其運(yùn)動(dòng)情況判斷粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大豎直位移，由于粒子均能穿過(guò)電場(chǎng)，則板間距應(yīng)大于等于粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大豎直位移。根據(jù)電場(chǎng)變化的周期性結(jié)合粒子飛出電場(chǎng)的時(shí)間與電場(chǎng)變化周期的關(guān)系，確定粒子飛出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度，粒子飛出電場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)。飛出速度即為達(dá)到擋板的速度。11．【答案】（1）全反射（2）l【解析】【解答】（1）激光沿AO方向入射時(shí)光屏上未出現(xiàn)光斑的原因是激光未發(fā)生折射，發(fā)生全反射；

（2）由圖標(biāo)出折射角和入射角

由圖可知sinθ1由折射定律可知，該玻璃磚的折射率為n=【分析】當(dāng)光線發(fā)生全反射事，光屏上無(wú)法出現(xiàn)光斑。根據(jù)光路圖確定光線的折射角及入射角，再根據(jù)幾何關(guān)系及折射定律進(jìn)行解答。12．【答案】（1）A2；R（2）（3）ρL（4）①④【解析】【解答】（1）由歐姆定律可得I故電流表應(yīng)選A2；由于電壓表量程較小，需串聯(lián)一個(gè)電阻，即該串聯(lián)的電阻為R則定值電阻應(yīng)選R2；

（2）由題意可知，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，又因?yàn)镽所以電流表外接法，故電路圖如圖所示

（3）由歐姆定律R可得該薄膜的厚度d=（4）實(shí)驗(yàn)后發(fā)現(xiàn)，所測(cè)薄膜的厚度偏大，則所測(cè)電阻Rx偏小，可能原因?yàn)殡妷罕韮?nèi)阻Rv測(cè)量值比實(shí)際值偏大，則串聯(lián)的電阻偏大，電壓表內(nèi)阻偏大，則測(cè)量電壓時(shí)讀數(shù)偏小，電阻測(cè)量值偏??；

或選用的定值電阻標(biāo)定值比實(shí)際值偏小，則電壓的測(cè)量值偏大。

故選①④。

【分析】熟悉掌握電表改裝的原理及計(jì)算方法。選擇儀器時(shí)要確定電路安全的同時(shí)使得測(cè)量盡可能的準(zhǔn)確。熟悉掌握電流表內(nèi)外接法的判斷方法。根據(jù)電路圖結(jié)合歐姆定律及電阻定律進(jìn)行數(shù)據(jù)處理和誤差分析。13．【答案】（1）解：當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，假設(shè)右邊容器不動(dòng)，則由于左側(cè)氣體體積變大，則右側(cè)管中液面將高于左側(cè)管中液面，則為使左右液面再次平齊，右邊柱形容器應(yīng)向下移動(dòng)；（2）解：始時(shí)左側(cè)氣體體積V溫度T當(dāng)液面位于30.0cm刻度處使氣體的體積V氣體進(jìn)行等壓變化，則根據(jù)蓋呂薩克定律可得V解得T2=295K則t2=22℃【解析】【分析】（1）環(huán)境溫度升高，則球形容器內(nèi)的溫度升高，氣體膨脹，右側(cè)液面上移，繼而確定右邊朱容器的移動(dòng)方向；

（2）根據(jù)題意確定初末狀態(tài)下左側(cè)氣體的體積及溫度，氣體做等壓變化，再根據(jù)蓋呂薩克定律進(jìn)行解答。14．【答案】（1）解：對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析，由平衡條件mg可得，t=t1由左手定則可知，通過(guò)ab的電流方向?yàn)橛蒪→a。（2）解：t=t1由閉合電路的歐姆定律得I可得，此時(shí)M所在區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B（3）解：當(dāng)K接2時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析，由牛頓第二定律mg由閉合電