贵州省2024年高考物理模拟试卷及答案5

贵州省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单选题（每小题4分，共计28分）得分1．关于核聚变方程21A．核反应方程中X为正电子 B．该核反应电荷和质量都守恒C．23He的比结合能比12H的比结合能大 2．“神舟十五号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图，在减速阶段，巨型的大伞为返回舱提供足够的减速阻力，设返回舱做直线运动，则在减速阶段（）A．伞绳对返回舱的拉力大于返回舱对伞绳的拉力B．伞绳对返回舱的拉力小于返回舱对伞绳的拉力C．合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化D．除重力外其他力的合力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化3．如图甲为某实验小组设计的家用微型变压器的原理图，原、副线圈的匝数比n1:n2=2:1A．220Ω B．110Ω C．55Ω D．11Ω4．2023年6月15日13时30分，长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功将吉林一号高分06A星等41颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，创造“一箭41星”中国航天新纪录。若已知本次发射的某卫星轨道距离地球表面的高度是地球半径的n倍，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，其中G已知，根据给出的数据不能求出的物理量是（）A．该卫星的动能 B．该卫星的线速度C．地球的平均密度 D．第一宇宙速度5．如图所示为一种新型透光材料制成的半圆柱体，其横截面的半径为R，截面圆心为O点，为了研究其透光性能，有一同学在弧MN一侧始终对准O点进行观察。若O点左侧有各个方向的绿光从O点射入该半圆柱体，该同学的视线与OM的夹角为θ时，恰好看不到亮光。真空中光速为c，下列说法正确的是（）A．该透光材料对绿光的折射率为sinθ C．绿光在该透光材料中的传播速度大小为csinθ D．绿光在该透光材料中的传播速度大小为6．图甲为直-20直升机吊装集装箱填堵河道缺口的情景，某时刻集装箱被直升机悬吊处于静止状态，此时可简化为图乙所示模型，四根长度均为10L的轻绳分别系于长方体集装箱上表面的四个顶角a、b、c、d处，它们在上端系于O点，Oe轻绳与直升机连接。ab=cd=6L，ad=bc=8L集装箱重力为G且质量分布均匀，则轻绳Oa对集装箱的拉力大小为（）A．G4 B．36G C．37．如图，真空中有一个三棱锥区域O−ABC，三棱锥底面ABC为等腰直角三角形，AB=BC=L，OA=OB=OC=L，在A点放置一电荷量为q的正点电荷，C点放置一电荷量为2q的正点电荷，设无穷远处电势为0，下列说法正确的是（）A．B点的电势大于O点的电势 B．B点的电势小于O点的电势C．O点的电场强度大小为3kqL2 阅卷人二、多选题（每小题6分，少选3分，错选0分，共计18分）得分8．如图，平面直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质的分界线，P为x轴正半轴上距离O点0.75m处的一个质点，Q为x轴负半轴上距离O点0.24m处的一个质点。某时刻对P施加一个外力，使P沿y轴方向运动，并在介质上形成沿x轴传播的简谐横波。t=0时刻，P从平衡位置开始沿y轴负方向运动。t=1.A．波在x轴正半轴上传播的波速大小为0.8m/s B．波在x轴负半轴上传播的波速大小为0.6m/sC．波在x轴正半轴上传播的波长为0.6m D．波在x轴负半轴上传播的波长为0.5m9．如图，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上，虚线MN的上方存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、质量为m的单匝正方形线框abcd的ab边恰好与MN重合，t=0时刻线框以速度v0A．ab边刚进入磁场时，线框的加速度大小为gB．cd边向下到达MN时，线框的速度大小为mgRC．线框进入和穿出磁场过程中，通过ab边的电荷量不相等D．线框进入和穿出磁场过程中，通过ab边的电荷量相等10．如图甲，一质量为m的木板A静止在光滑水平地面上，A左端有一质量、厚度均不计的硬挡板，一轻质弹簧左端与挡板连接，弹簧右端与木板A右端的距离为x1。质量也为m的可视为质点的滑块静止在A的右端，给滑块一水平向左、大小为v1的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x2，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，滑块与A接触面间的动摩擦因数μ=0.5；如图乙，如果将木板A与地面成30°A．vB．弹簧弹性势能的最大值为1C．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为0D．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为1阅卷人三、实验题（11题5分,12题9分，共计14分）得分11．科研小组用雷达探测无人机从地面开始升空的运动过程，他们以水平方向作为x轴，竖直方向作为y轴，如图，加速过程中，从某时刻（t=0）开始每隔1s测量一次无人机的位置，无人机可视为质点，测量结果如下表所示：t/s0123456x/m020406080100120y/m0104192162252363回答下列问题：（1）根据表中数据可以判定无人机水平方向做直线运动。（2）根据表中数据可以判定无人机在这段时间内竖直方向上近似做匀加速运动，其加速度大小为a=m/s（3）当t=4s时，无人机的速度大小为v=m/s（可用根号表示）。12．某同学利用电阻箱等装置，设计实验测量多用电表欧姆表“×1”挡的内阻，该多用电表部分欧姆刻度模糊不清，电流刻度清晰且初始指针指向表盘左侧“0刻度”处，如图所示。主要实验步骤如下：（I）将多用电表选择开关调至“×1”挡后，____（选填“需要”或“不需要”）进行欧姆调零；（Ⅱ）把____（选填“红表笔”或“黑表笔”）插入欧姆表“+”插孔，另一表笔插入“−”插孔，再把红、黑表笔与电阻箱的接线柱连接，调节电阻箱阻值，读出电阻箱接入的阻值R，记录多用电表指针从左往右偏转的电流刻度格数n（设每小格的电流为I0（Ⅲ）重复操作（Ⅱ），得到多组n和R的数据；（IV）在1n请回答下列问题：（1）步骤（Ⅰ）中应填。（2）步骤（Ⅱ）中应填。（3）作出直线的斜率为k，纵截距为b，则欧姆表“×1”挡的内阻为。（用k、b表示）（4）从实验原理来看，欧姆表“×1”挡内阻的测量值（选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值。阅卷人四、解答题（13题9分，14题12分，15题19分，共计40分）得分13．质量为80kg（含装备）的消防员从距地面高h处的楼顶沿一条竖直悬挂的绳子由静止滑下，为了最快到达地面，消防员先做自由落体运动，紧接着抓紧绳子开始做匀减速运动。为保证安全，消防员着地时的速度不能超过6m/s，把消防员看作质点，已知下滑的最短时间为2s，且自由落体的时间为1s，重力加速度g取10m/s（1）楼顶距地面的高度h；（2）消防员减速下滑时受到的阻力大小。14．车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前气垫床内有部分气体，使用充气筒往内部充气。充好气后，气垫床内气体体积为8V，压强为5p0，此充气过程中环境的热力学温度为（1）该气垫床充气前内部气体的压强等于大气压强p0，体积为V，充气筒每次充入压强为p0、体积为（2）若夜间环境的热力学温度降为910T0（3）在第（2）问的条件下，发现有一个地方漏气，快速堵上之后，体积比刚漏气时缩小了17，压强变为漏气前的515．如图，空间直角坐标系Oxyz中，某些区域内存在匀强电场或匀强磁场。一质量为m=1×10−9kg，电荷量为q=2×1（1）若在0≤y≤L区域内仅分布着沿z轴正方向的匀强电场E1，则粒子恰能经过yOz面内边长为L=0.3m（2）若在xOy面内，y轴方向上，每隔间距L=0.3m就有一段间距也为L的区域M，第1个区域M内（含边界）存在沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.①求粒子穿过第一个区域时速度沿x轴方向的分量大小；②求粒子刚达到第5个区域M时的速度大小和穿过第n（n为奇数）个区域过程中速度沿x轴方向的变化量大小。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、核反应方程中质量数与电荷数守恒，故X质量数为1，电荷数为0，故X不是电子，而是中子，故A错误；

B、核聚变反应过程放出能量，质量减小，故B错误；

C、比结合能越大，原子核越稳定，该聚变反应放出能量，生成物更稳定，故23He的比结合能比12H的比结合能大，故C正确；

D、γ射线是来源于原子核的能级跃迁，而不是核外电子的能级跃迁，故D错误。2．【答案】D【解析】【解答】AB、根据牛顿第三定律，伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力，故AB错误；

CD、根据功能关系，除重力外其他力的合力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，故C错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉相互作用力的特点。根据机械能守恒的条件，结合返回舱的受力情况判断返回舱机械能的变化情况与各力做功的关系。3．【答案】B【解析】【解答】灯泡能正常发光，则变压器副线圈两端电压为

U2=PI=55V

电流为

I2=2I=2A

根据变压器原理，有

U1U2=n1n2，I14．【答案】A【解析】【解答】B、根据万有引力提供向心力，有

GMmR+nR2=mv2R+nR

根据万有引力与重力的关系，有

GMmR2=mg

解得

v=gR2R+nR

故B不符合题意；

A、即使可以求出线速度，但不知道卫星的质量，无法求动能，故A符合题意；

C、根据黄金代换

GM=gR2

有

M=gR2G

地球的体积为

5．【答案】D【解析】【解答】A、依题意，由光路的可逆性，可知绿光的临界角为θ，则有

n=1sinθ

故A错误；

B、因为绿光的折射率小于紫光的折射率，若换成紫色光，则θ会变小。故B错误；

CD、根据

n=cv

联立，解得

v=csin6．【答案】B【解析】【解答】对集装箱受力分析，设轻绳与竖直方向夹角为θ，由对称性可知，轻绳Oa对集装箱的拉力的竖直分力为集装箱重力的四分之一，即

Fcosθ=12G

根据几何关系，可得

cosθ=(10L)2−(ac27．【答案】D【解析】【解答】AB、根据几何关系可知，O到A、C的距离和B到A、C的距离相等，电势是标量，满足代数运算，点电荷在某点的电势

φ=kQr

由于A、C处均为正电荷，则B、O两点电势相同，故AB错误；

CD、O点的电场强度大小为

E=kqL28．【答案】B,C【解析】【解答】AC、波在x轴正半轴上传播，0时刻P质点从平衡位置开始沿y轴负方向开始振动，t=1.4s时，P质点第2次到达波峰，即

34T+T=t

解得

T=0.8s

同时O点处的质点第一次经过平衡位置沿y轴正方向运动，则

12T+OPv=t

代入数据解得

v=0.75m/s

波长为

λ=vT=0.75×0.8m=0.6m

故A错误，C正确；

BD、波在x轴负半轴上传播的时间为

t9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、对线框受力分析，ab边刚进入磁场时，由牛顿第二定律可得

mgsinθ+FA=ma

又

FA=BIL=BBLv0RL=B2L2v0R

联立，解得

a=gsinθ+B10．【答案】B,D【解析】【解答】CD、如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，由动量守恒定律得

mv1=2mv3

解得

v3=12v1

故C错误，D正确；

AB、如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律

mv1=2mv，12mv12=12×2mv11．【答案】（1）匀速（2）20（3）20【解析】【解答】（1）根据表中数据，水平方向运动位移随时间均匀增加，即水平方向做匀速直线运动；

（2）由逐差法可得

a=y06−y03−y039T2=363−92−929×12．【答案】（1）需要（2）红表笔（3）b（4）等于【解析】【解答】（1）调整挡位后，要先进行欧姆调零；

（2）多用电表使用欧姆档时，使用内置电源，根据电流“红进黑出”原则，应把红表笔插入欧姆表“+”插孔；

（3）根据闭合电路欧姆定律

E=nI0(R+r)

整理得

1n=I0ER+I0Er

13．【答案】（1）由题意知，消防员做自由落体运动过程有ℎ1s末速度大小为v根据题意可知，消防员着地时的速度恰为v=6m/s，则匀减速阶段加速度大小a=匀减速阶段的位移大小ℎ故楼顶距地面的高度ℎ=（2）减速过程，由牛顿第二定律得f−mg=ma解得f=1120N【解析】【分析】（1）运动员下滑的时间最短，则运动员到达地面的速度最大，且减速时间最短时，运动员下滑的时间最短。根据自由落体运动规律确定1s内运动员运动的位移及1s的速度，再根据匀减速直线运动速度与时间的关系确定运动员匀减速直线运动的加速度，再根据位移与时间的关系确定匀减速阶段运动的位移，继而得出总位移；

（2）确定运动员下滑减速过程的受力情况，再根据牛顿第二定律结合（1）中匀减速直线运动加速度进行解答。14．【答案】（1）白天充好气的床垫内气体压强为p1=5p0，温度为p解得n=468故充气泵需要打气的次数为468次。（2）设夜间床垫内气体压强、温度、体积分别为p2，V2，V对床垫内气体有p故夜间床垫内气体的压强p（3）漏气后气垫床内气体的体积为V若不漏气，压强变为漏气前的56，体积为Vp解得V则漏出气体的质量和原来质量之比m【解析】【分析】（1）对于变质量问题往往转化成定质量问题进行处理，即充气后气体的总质量等于充气前气体质量与充入气体质量之和。确定各部分气体的压强及体积，再根据玻意耳定律进行解答；

（2）确定气体体积变化前后气体的体积及温度和压强，再根据理想气体状态方程进行解答；

（3）等温等压状态下气体的质量之比等于气体的体积之比。根据题意确定漏气后剩余的气体体积。根据玻意耳定律将漏气前气体的体积转化为与漏气后压强相等状态下的体积，则该状态下漏出气体积等于该状态漏气前后体积之差，继而得出漏出气体质量之比。15．【答案】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿，y轴正方向做匀速直线运动，有L=沿z轴正方向做匀加速直线运动，有L=a=解得E（2）①粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图有B解得r=3m设粒子穿过第一个区域时速度方向与x轴方向的夹角为α，根据几何关系有cos所以，粒子穿过第一个区域时速度沿x轴方向的分量大小为v②粒