2024年上海市金山區(qū)高考物理二模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年上海市金山區(qū)高考物理二模試卷

一、簡(jiǎn)答題：本大題共6小題，共18分。

1.大量隨機(jī)事件的整體表現(xiàn)所顯示的規(guī)律性叫做統(tǒng)計(jì)規(guī)律。

根據(jù)統(tǒng)計(jì)規(guī)律的含義，完成下表：

隨機(jī)事件規(guī)律性

“伽爾頓板”

某個(gè)小球落入哪個(gè)槽內(nèi)是隨機(jī)的越靠近中間小球越多

實(shí)驗(yàn)

(1)某個(gè)原子核的衰變是一個(gè)每經(jīng)過(guò)特定的時(shí)間，大量原子核的數(shù)目由于衰變減

原子核的衰變

______過(guò)程少至原來(lái)一半

單光子的雙縫通過(guò)雙縫后的某個(gè)光子在熒光屏(2)通過(guò)雙縫后，大量光子在熒光屏上會(huì)疊加形成

干涉上的落點(diǎn)是隨機(jī)的______(描述條紋分布特點(diǎn))的條紋

(2)(多選)“伽爾頓板”實(shí)驗(yàn)中，讓大量小球從上方漏斗形入口落下，最終小球都落在槽內(nèi)。重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)

后發(fā)現(xiàn)______;

A.某個(gè)小球落在哪個(gè)槽是確定的

比大量小球在槽內(nèi)的分布是有一定規(guī)律的

C大量小球落入槽內(nèi)后均勻分布在各槽中

D越遠(yuǎn)離漏斗形入口處的槽內(nèi)，小球聚集得越少

(3)若有10g某放射性元素，其半衰期是兀

①經(jīng)過(guò)時(shí)間4r后，該元素還剩g；

②若將該元素和另一元素(半衰期大于T)化學(xué)反應(yīng)后形成化合物，化合物中該元素的半衰期為7',則______

A.r>T

B.T=T

C.r<T

(4)單光子的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象顯示了光具有。在體現(xiàn)光具有粒子性的光電效應(yīng)現(xiàn)象中，若某金屬

在不同單色光照射下反向遏止電壓4與入射光頻率y之間的關(guān)系如圖所示，則可知普朗克常數(shù)力=(

用。1、匕)、也和e表示)。

它是利用彈簧長(zhǎng)度的變化使連入電路的電阻變化，實(shí)現(xiàn)將力信號(hào)轉(zhuǎn)換為_(kāi)____信號(hào)，將壓力的大小與電流

表示數(shù)一一對(duì)應(yīng)，便可得到所稱(chēng)重物的重力。

(2)當(dāng)稱(chēng)重物時(shí)，滑片尸向下端滑動(dòng)，連入電路的電阻和電流表的示數(shù)將分別；

A.變大、變大

8.變大、變小

C變小、變大

D變小、變小

(3)閉合開(kāi)關(guān)，滑片夕滑動(dòng)過(guò)程中，若變阻器兩端電壓U與電流表示數(shù)/的關(guān)系圖線如圖2所示，未稱(chēng)重時(shí)

對(duì)應(yīng)圖中“點(diǎn)。由圖可知，變阻器的最大阻值為Q,在滑片P滑動(dòng)過(guò)程中變阻器消耗的最大功率為

W。

3.足球運(yùn)動(dòng)深受廣大民眾喜愛(ài)。已知足球質(zhì)量m=0.4kg0

如圖1,運(yùn)動(dòng)員將足球從地面上以速度v踢出，足球恰好水平擊中高為〃的球門(mén)橫梁。

(1)足球在向斜上方飛行過(guò)程中，下列能表示足球所受合外力方向的是;

(2)若不計(jì)空氣阻力，以地面為零勢(shì)能面，則足球在飛行過(guò)程中的機(jī)械能為

A^rnv

B.mgh

C.^mv2+mgh.

D.^mv2-mgh

(3)若足球以10m/s的速度撞擊球門(mén)橫梁后，以6m/s的速度反方向彈回，橫梁觸球時(shí)間為0.1s,則橫梁對(duì)

足球的平均作用力大小為M

(4)假設(shè)足球所受空氣阻力大小保持不變。某同學(xué)將足球豎直.向上拋出，足球上升過(guò)程中，其動(dòng)能戰(zhàn)隨上

升高度力的變化關(guān)系如圖2所示。足球上升?2帆的過(guò)程中機(jī)械能減少了______J,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的阻力大

小為_(kāi)_____N。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，重力加速度g取10加〃2)

4.(1)電動(dòng)打夯機(jī)可以用來(lái)平整地面。如圖1為某小型電動(dòng)打夯機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，質(zhì)量為〃，的擺錘通過(guò)輕

桿與總質(zhì)量為M的底座(含電動(dòng)機(jī))上的轉(zhuǎn)軸相連。電動(dòng)機(jī)通過(guò)皮帶傳動(dòng)，使擺錘繞轉(zhuǎn)軸。在豎直面內(nèi)勻速

轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為凡

擺錘轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)處于______；

4.平衡狀態(tài)

8.失重狀態(tài)

。.超重狀態(tài)

(2)調(diào)節(jié)打夯機(jī)的轉(zhuǎn)速，使擺錘轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)底座恰好能離開(kāi)地面。

①擺錘轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)擺錘的彈力大小為；

②擺錘轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)，打夯機(jī)對(duì)地面的壓力大小為；

A.mg+Mg

B.2mg+Mg

C.mg+2Mg

D.lmg+2Mg

(3)(計(jì)算)電動(dòng)機(jī)是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的裝置。為了減少發(fā)電廠輸出的電能在電路上的電能損耗，需要高

壓輸電。若甲、乙兩地原來(lái)用5O0AV超高壓輸電，輸電線上損耗的電功率為P，在保持輸電功率和輸電線

電阻均不變的條件下，改用1001KV特高壓輸電，則輸電線上損耗的電功率將變?yōu)槎嗌伲?/p>

金屬框?qū)挒?.1m、長(zhǎng)為0.2m,電阻R=2。，磁場(chǎng)寬度。=0.4m,磁感應(yīng)強(qiáng)度8=1.27,不計(jì)摩擦。

P

XXX；

B

?XXXXX：

II

；XXXXX：

II

：XXXXX：

Q>-----D--------AN。

圖1

圖(a)

①若%=5m/s,則岫邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為_(kāi)_____4；小車(chē)的加速度大小為

②若〃邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)邊界MN時(shí)，小車(chē)速度恰好為零。

③線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向:

A均為abcda

B.均為adcba

C.兄abcda再adcba

D.先adcba再abcda

(2)定性畫(huà)出小車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度u隨時(shí)間/變化的關(guān)系圖像；

(3)(計(jì)算)求線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線截面的電量夕；

(4)(論證)某同學(xué)認(rèn)為“線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量”，請(qǐng)分析論證該觀點(diǎn)。

(5)該小組利用如圖2?)所示裝置臉證感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通量變化率之間的關(guān)系。線圈匝數(shù)利面積均不

變，通過(guò)調(diào)節(jié)智能電源在線圈〃田產(chǎn)生可控的變化的磁場(chǎng)，用磁傳感器測(cè)量線圈〃內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8,用

電壓傳感器測(cè)量線圈〃內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)反某次實(shí)驗(yàn)中得到的8-t、E-t圖像如圖2(b)所示。

①觀察圖S)圖像，可得：在線圈。中產(chǎn)生恒定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的條件是；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與有

關(guān)。

②為了進(jìn)一步確定定量關(guān)系，可利用圖(切中的信息，做出。

A.E-dB圖像

BE-d中圖像

C.E-穿圖像

DE—彈圖像

At

6.太空粒子探測(cè)器是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化如下：如圖〃所示，幅射狀的加速電

場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為。，外圓弧面AB與內(nèi)圓弧面C。的電勢(shì)差為U。足夠長(zhǎng)的

收集板MN平行于邊界ACO8,。到MN的距離為L(zhǎng),ACO8和MN之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為加，電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓弧面A及上，并從靜止

開(kāi)始加速，不計(jì)粒子重力、粒子間的相互作用及碰撞。

若某粒子沿著垂直人COB的電場(chǎng)線向右加速運(yùn)動(dòng)。

(1)該粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)過(guò)程中，其電勢(shì)能的變化量為,到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為;

(2)該粒子在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力的方向；

A響上

A向下

C.星直紙面向里

D垂直紙面向外

(3)(計(jì)算)若4CD8和MN之間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8=J裳，求該粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,及

運(yùn)動(dòng)時(shí)間/o

(4)(計(jì)算)若AC。8和MN之間僅存在方向向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為EF勺勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖8所示。不同粒子經(jīng)過(guò)加

速電場(chǎng)從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到MN板,則到達(dá)MN板的這些粒子間距最大為多少？

圖a圖b

答案和解析

1.【答案】隨機(jī)明暗相間、等間距BD0.625B波粒二象性必-

vi-v0

【解析】解：(1)①半衰期是對(duì)大量放射性元素的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，而單個(gè)原子核的衰變無(wú)規(guī)律，是隨機(jī)的；

②單個(gè)光子通過(guò)雙縫后的落點(diǎn)無(wú)法預(yù)測(cè)，而大量光子通過(guò)雙縫后會(huì)產(chǎn)生明暗相間、等間距的條紋；

(2)伽爾頓板可用來(lái)演示統(tǒng)計(jì)規(guī)律，當(dāng)某一個(gè)小球下落時(shí)，落到那個(gè)槽內(nèi)是不確定的，如果是天量的小球

下落，則不會(huì)均勻分布在每個(gè)槽內(nèi)，小球落到槽內(nèi)的情況還是有一定規(guī)律的。根據(jù)現(xiàn)象可以發(fā)現(xiàn)，越是接

近越接近漏斗形入口處的槽內(nèi)，小球聚集得越多，故5。正確，AC錯(cuò)誤：

(3)①根據(jù)半衰期公式可得：m余=m(1)n=10x(g)4g=0.625g；

②半衰期只由元素本身決定，不受環(huán)境、壓強(qiáng)、所處狀態(tài)、存在形式等因素影響，故8正確，AC。錯(cuò)誤；

(4)單光干的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象顯示了光具有波粒二象性：

根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合光電效應(yīng)方程得：eUc=hv-WQ,整理可得：一空

結(jié)合題圖可知其斜率=解得：八=必

vi-voe丫1一"0

故答案為:(1)①隨機(jī)的;②明暗相間、等間距(2*0；(3)①0.625；②B；(4)波粒二象性，尚。

(1)①半衰期是?種統(tǒng)計(jì)規(guī)律，單個(gè)原子的衰變無(wú)規(guī)律；②根據(jù)雙縫干涉的內(nèi)容分析；

(2)根據(jù)統(tǒng)計(jì)規(guī)律可以分析，即可正確解答；

(3)①根據(jù)半衰期的公式求解剩余的物質(zhì)的多少；②半衰期與化合狀態(tài)無(wú)關(guān)；

(4)根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合光電效應(yīng)方程列式求解普朗克常量。

本題考查內(nèi)容全面，知識(shí)量大，既有半衰期、雙縫干涉等內(nèi)容，又有光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理的結(jié)合，非

常好的一種題型。

2.【答案】電C240.75

【解析】解:(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知電子秤是將力信號(hào)轉(zhuǎn)換為電信號(hào)的儀器：

(2)當(dāng)稱(chēng)重物時(shí)，滑片P向下端滑動(dòng)，則總電阻減小，電流增大，故C正確，A3。錯(cuò)誤；

故選：C。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

U=E-IR0

可知電源電壓為E=6.0P,定值電阻Ro=*=黑C=12。

當(dāng)U=4.0V時(shí)解得廠o

則變阻器的最大阻值為R="和=240

根據(jù)電功率的計(jì)算公式有尸=(贏)2〃=/￡—

-^+2RQ+R

當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值與定值電阻阻值相等時(shí)變阻器消耗的功率最大，解得P=0.751V

故答案為:(1)電:(2)C；(3)24：0.75

(1)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系分析解答；

(2)根據(jù)歐姆定律分析解答；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像的斜率與截距解得電源電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)功率的計(jì)算公式分析解答。

本題考查電功率的變化問(wèn)題，要求掌握閉合電路歐姆定律、電功率，動(dòng)態(tài)電路變化問(wèn)題的分析方法。

3.【答案】^641.330.667

【解析】解：(1)足球飛行過(guò)程中受到重力和與速度方向相反的阻力，其合力向左下方且指向軌跡曲線的

凹側(cè)，故符合題意的是8,故ACD錯(cuò)誤，B正確,故選：8

(2)若不計(jì)空氣阻力，以地面為零勢(shì)能面，則足球在飛行過(guò)程中的機(jī)械能是守恒的，初位置的機(jī)械能為

^mv2,所以全過(guò)程機(jī)械能都為:次講，故A正確，BC。錯(cuò)誤，故選：A；

(3)設(shè)初速度為=10m/s,末速度u=6m/s,且末速度的方向?yàn)檎较颍瑱M梁對(duì)足球的作用力大小為F,

根據(jù)動(dòng)量定理有

Ft=mv-mv0

代入t=0.1s,m=0.4kg,解得P=64N

(4)足球豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能減少等于克服空氣阻力做的功，設(shè)阻力大小為了,根據(jù)動(dòng)能定理

一(mg+/)仁以-嬴詔

根據(jù)圖2,代入h=0和h=3m,聯(lián)立解得

2

f=-N=0.667/V

上升2m克服阻力的功叼=fh=0.667x2/=1.33/

故答案為：(1)B；(2)4(3)64；(4)1.33,0.667。

(1)根據(jù)力的合成和曲線軌跡與合力的關(guān)系進(jìn)行分析判斷；

(2)根據(jù)機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析解答：

(3)根據(jù)動(dòng)量定理代入數(shù)據(jù)解答：

(4)根據(jù)動(dòng)能定理和機(jī)械能的改變量的關(guān)系進(jìn)行列式，結(jié)合圖像解答。

考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及動(dòng)能定理、曲線運(yùn)動(dòng)規(guī)律等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的解答和運(yùn)算。

4.【答案】CMgDCA減小"1C

【解析】解?：(1)擺錘轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)加速度向上，處于超重狀態(tài)，故C正確，A3。錯(cuò)誤；

故選：a

(2)①擺錘轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)底座恰好能離開(kāi)地面，對(duì)底座分析可知桿對(duì)底座的彈力大小為

F=Mg

根據(jù)牛頓第三定律可知桿對(duì)擺錘的彈力大小為Mg;

②電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)擺錘繞轉(zhuǎn)軸。在豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)角速度為3,則擺錘在最高點(diǎn)時(shí)尸+zng

在最低點(diǎn)，對(duì)擺錘有

F'-mg=ma)2R

則F'=2mg+Mg

對(duì)打夯機(jī)有

N=F'+Mg=2(M+m)g

故D正確，ABC錯(cuò)誤；

2p2R

(3)當(dāng)以不同電壓輸送時(shí)，有P=%。=U2I2,而在線路上損失的功率為/P=IR=帶可知，損失的功率

與電壓的平方成反比，即/Pi：AP2=4：1

所以輸電線上損失的功率為［

4

(4)①已知空氣中的聲速小于水中的聲速，則噪音聲波由空氣進(jìn)入水中頻率不變，根據(jù)/=4/可知波長(zhǎng)變

大，故。正確，錯(cuò)誤；

故選：Co

②根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，某工作人員向機(jī)器靠近時(shí)，人耳接收到的聲波頻率比噪音波源的頻率要高，故A

正確，BC錯(cuò)誤;

故選：Ao

③根據(jù)共振時(shí)固有頻率等于打夯機(jī)頻率的特點(diǎn)可知，為了獲得更好減噪效果，可以增大打夯機(jī)發(fā)出的聲波

頻率，則應(yīng)減小〃?。

④經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)并計(jì)數(shù)1次，測(cè)出經(jīng)過(guò)該位置N次的時(shí)間為3則有：(N-l)g=t

根據(jù)單擺周期公式有T=2TT

解得g=咆*

故A8。錯(cuò)誤，C正確；

故選:Co

故答案為：(1)C；(2)①M(fèi)g；(2)D；(3)輸電線上損耗的電功率將變?yōu)?(4)①C；②A；③減小/〃；@C

(1)擺錘做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)加速度向上，從而分析解答；

(2)根據(jù)牛頓第二定律分析解答；

(3)根據(jù)變壓器損失功率的公式分析解答；

(4)根據(jù)/=筋分析波長(zhǎng)變化；根據(jù)多普勒效應(yīng)分析工作人員向機(jī)器靠近時(shí)接收的頻率變化，根據(jù)共振的條

件分析減噪方法，根據(jù)單擺周期公式解得重力加速度。

本題考查單擺周期公式、變壓器、牛頓第二定律的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，解題關(guān)鍵掌握基本知識(shí)點(diǎn)的掌握，注意

損失功率的計(jì)算方法。

5.【答案】0.30.1808(。)隨時(shí)間發(fā)生變化8(。)的變化率C

【解析】解：(1)①根據(jù)法拉第電滋感應(yīng)定律E=84"o，

由歐姆定律/=后聯(lián)立解得/=0.34

根據(jù)安培定則尸=8〃立，

由牛頓第二定律Q=%聯(lián)立解得Q=O.18m/S2；

③根據(jù)楞次定律可知，線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向應(yīng)為先仇/再R”?而，故。正確，ABC

錯(cuò)誤：

故選：。。

(2)根據(jù)E=BLabv

E

I=R

尸=BILab

F

a=一

m

聯(lián)立解得Q=也刎

inR

線框向右運(yùn)動(dòng)0.2m過(guò)程，安培力阻礙線框進(jìn)入磁場(chǎng)，因此線框的速度從北逐漸減小，根據(jù)。=也刎可

mR

知，線框向右運(yùn)動(dòng)第一個(gè)0.2771過(guò)程，線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；

線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，沒(méi)有感應(yīng)電流，安培力為零，加速度為零，

可知線框向右運(yùn)動(dòng)第二個(gè)0.2m過(guò)程，線框做勻速運(yùn)動(dòng);

線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)Q=罵虺可知，線框向右運(yùn)動(dòng)第三個(gè)0.2m過(guò)程，線框做加速度減小的減速運(yùn)

mR

動(dòng)，直到速度變?yōu)榱?；由以上即可?huà)出小車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度V隨時(shí)間/變化的關(guān)系圖像；即為

(3)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中感應(yīng)電流的平均值為7=*=器

通過(guò)線框截面的電量q="&=華端=山等M。=0.012C

答：線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線截面的電量q為0.012C；

(4)由。=或盟可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的平均加速度大于穿出磁場(chǎng)中的平均加速度，安培力尸=/na,

mR

可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的平均安培力大于穿出磁場(chǎng)中的平均安培力，進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)過(guò)程的位移相等，

由3二心可知，進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中克服安培力做功多，因此線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的

發(fā)熱量。

(5)①根據(jù)圖〃可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度3隨著時(shí)間/均勻變化時(shí)即可產(chǎn)生恒定的電動(dòng)勢(shì)，即：8(，)隨時(shí)間發(fā)

生變化：電動(dòng)勢(shì)的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨著時(shí)間/均勻變化快慢有關(guān)；即：B@)的變化率；

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)中得到的8-亡、圖像，進(jìn)過(guò)分析可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)石的大小與8-亡圖像的斜率大小一

致，因此為了進(jìn)一步確定定量關(guān)系，可利用圖(匕)中的信息，做出E-崇圖像，故C正確，A3。錯(cuò)誤；

故選：Co

故答案為：(1)①0.3,0.18；③。；(2)見(jiàn)解析；(3)通過(guò)線框截面的電量0.012C；(4)見(jiàn)解析；(5)①隨

時(shí)間發(fā)生變化，8@)的變化率；②C

(1)①由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培定則以及牛頓第二定律推導(dǎo)得到加速度的表達(dá)式進(jìn)行分

析；③根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流的方向；

(2)根據(jù)(1