2024年甘肃高考物理联考试卷

2024年甘肃省高考物理联考试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.图甲为研究光电效应的实验装置，用不同频率的单色光照射阴极K,正确操作下，记录相应电表示数并绘

制如图乙所示的4-v图像，当频率为乙时绘制了如图丙所示的/-U图像，图中所标数据均为己知量，则

下列说法正确的是（）

%

%

W%v

乙

A.饱和电流与K、a之间的电压有关

B.测量遏止电压“时，滑片P应向b移动

C.阴极K的逸出功伍=~用二

D.普朗克常量h=空心

也一匕

2.如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为,圆的柱状物体a,a与墙面之间放有表面

光滑的圆柱形物体B,4、B均保持静止。若将4向左移动少许，下列说法正确的是（）

A.地面对a的支持力不变

B.地面对力的摩擦力不变

C.墙对8的作用力不变

D.B对4的支持力不变

3.如图所示，一小球从。点水平抛出后的轨迹途经4B两点，已知小球经过4点时的速0

O-

度大小为13zn/s,从。到4的时间和从4到B的时间都等于0.5s,取重力加速度大小g=

10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球做平抛运动的初速度大小为10m/sB.0、4两点间的距离为5nl

C.A、B两点间的距离为10mD.。、B两点间的距离为13nl

4.由同种材料制成的两滑块力、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将

滑块2悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块力、B的加速度大小均为呢现仅将滑块4、8位置互换（如图乙

所示），松手后滑块4、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块4的质量的两倍，则滑块与水平

桌面间的动摩擦因数为（）

A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

5.2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功发射第五十六颗

北斗导航卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地球表面的高度为Q已知地球的质量为半径为R,

引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.该卫星的环绕速度为霭B.该卫星的加速度大小为^

R+h

C.该卫星的角速度为D.该卫星的周期为47r2（R+h）

UM

6.光在某种玻璃中的传播速度是真空中的、要使光由真空射入玻璃时折射光线与反射光线垂直，则入射角

的正弦值为（）

7.电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场,

最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上

极板带正电时为正，下列说法正确的是（）

A,若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场,则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏的。点下侧移动

C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动

D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上。点两侧做往复运动

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.图甲为一列沿无轴传播的简谐横波在t=6s时刻的波形图，图乙为％=11C7H处质点的振动图像，则下列说

法正确的是（）

1025\8：/IIx/cmu3\：/69

A.波向x轴负方向传播

B.波向x轴正方向传播

C.图甲中实线与y轴交点的纵坐标为2.5czn

D.图甲中实线与y轴交点的纵坐标为罢cm

9.实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感

应强度大小为B,发电机的正方形线圈4BCD绕0。'轴以转速几匀速转动。已知

线圈的边长为3匝数为N,总电阻为r,外接小灯泡的电阻为R,其余电阻不NA1

计，下列说法正确的是（）

A.回路中感应电动势的峰值为4712Tl2般乙2

B.小灯泡两端的电压为吗学

C.通过小灯泡的电流为乌丝

D.小灯泡的功率为空包驾包

10.如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5：3,线框在外力

作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2lxxx

两种情况下（XXX

A.所用拉力大小之比为3：55

B.通过线框的电荷量之比为3：5

C.线框中的感应电流之比为3：5

D.线框中产生的热量之比为3：5

三、实验题：本大题共2小题，共15分。

11.某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。跨过轻质定滑轮的轻质细线两端连接两个

完全相同的空铝箱，左侧铝箱下端连接纸带，向右侧铝箱中放入质量为小的祛码，由静止释放后，铝箱运动

的加速度大小a可由打点计时器打出的纸带测出，改变右侧铝箱中祛码的质量，重复实验,得到多组a、6值。

已知当地的重力加速度大小g=9.8m/s2,打点计时器所接电源的频率为50Hz。

轻版定滑轮

铁

架

介轻质匕铝箱

细线山铝箱

OABC

纸

带

8.9911.00

乙

(1)实验过程中打出图乙所示的一条理想纸带，图中。、力、B、c、。相邻两计数点间还有九个计时点未画出,

则铝箱运动的加速度大小a=_______m/s2(结果保留两位小数)。

(2)根据图丙中的数据可知，每个空铝箱的质量M=的(结果保留两位小数)。

12.某实验小组欲将电流表G(量程为0〜3nM)改装为欧姆表。实验器材如下：电动势为1.5U的干电池1节、

滑动变阻器(阻值范围为0-10000)。将它们按如图甲所示连接。

(1)将图甲中接线柱(填“P”或"Q”)接红表笔。

(2)将图甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内阻Rg=

(3)保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为。。

四、简答题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，在x轴上方存在水平向左的匀强电场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场及垂直纸面向里的

匀强磁场。现将一质量为机、电荷量为q的带正电小球从y轴上的M点水平向右抛出，小球运动到x轴时速度

方向恰好竖直向下，进入无轴下方的复合场时恰好做匀速圆周运动，恰好从坐标原点。第二次进入x轴下方的

复合场。已知x轴上方及下方电场的电场强度大小相等，M点的纵坐标为d,重力加速度大小为g,不计空气

阻力。求：

(1)小球抛出时的初速度大小"0;

(2)x轴下方磁场的磁感应强度大小B。

14.某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内

用面积S=5czn2、质量m=0.5的的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水

平天花板上，开始时房间的热力学温度介=300K,活塞与容器顶部的距离仇=20cm,在活塞下方d=4cm

处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大

于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为Po=1.0Xl()5pa,取重力加速度大小g=lOm/sz,求：

(1)封闭气体开始的压强p；

(2)触发报警装置的热力学温度T。

15.如图所示，质量为根的小球4与质量为7nl的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现AO

用手提着小球4使小球B距地面的高度也为3松手后两球由静止开始自由下落，小球B与

地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同

I

的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：〃〃力

(1)从松手到两小球第一次碰撞的时间t；

(2)细绳绷直后小球4距地面的最大距离d。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4根据饱和电流的意义可知，饱和电流说明单位时间内阴极K发射的光电子的数目是一定的，

可知饱和光电流与入射光的强度有关，与K、4之间的电压无关，故A错误；

8、由图可知，当滑片P应向b移动时，光电管上所加的电压为正向电压，所以不能测量遏止电压，故8错误；

C、根据爱因斯坦光电效应方程又eUc=Ekm,

可得4=学①

则图线的斜率上=5②

根据图乙可得图线的斜率k=&=生9③

也一匕匕一见7

其中均是图线与横轴的交点，也是阴极K的极限频率。

联立①②③可得丹=-；h=euc2-eucl

uc2~uclv2-vl

则金属的逸出功名=型四*&,故C正确，D错误。

V2-V1

故选：Co

根据饱和电流的大小意义分析；根据光电效应方程，结合图线的意义判断；根据遏止电压的大小可以判断

光电子的最大初动能。

解决本题的关键掌握截止电压、极限波长，以及理解光电效应方程eU载=2m呜=历/-%,同时理解光电

流的大小与光强有关。

2.【答案】A

【解析】如图，4的重力为公，B的重力为GB，地面对力的支持力为尸，地面对4的摩擦力为f,B对力的作用

力为FBA，与水平方向的夹角为巴力对B的作用力为自B，与水平方向的夹角为氏墙面对8的作用力为力。

解：4由整体分析可知，4B保持静止时地面对4的支持力等于4与B的重力之和，将4向左移动少许，4

B仍将保持静止，因此地面对4的支持力不变，故A正确；

A如图，对4进行受力分析可知f=FBACOS。，又有%4=%B，且以Bsin8=GB，因此有/=GB若，将力向

sine/

左移动，6增大,/减小，故8错误；

C.由整体分析可知，墙面对B的作用力等于地面对a的摩擦力，已知地面对a的摩擦力减小，故c错误；

DB对力的作用力&4=焉，8增大，FBA减小，故。错误。

故选：Ao

利用整体与隔离法、力的合成与分解法对本题进行求解。

本题考查的是共点力平衡问题，需要用到整体与隔离的受力分析，找出平衡条件求解此类问题。

3.【答案】D

【解析】解：Ao由题意知下落到/点竖直方向的速度为%A=gt=1。x0.5m/s=Sm/s

小球做平抛运动的初速度大小为%=Jvj-VyA

解得%=12m/s,故A错误；

11

B、。、/两点间的竖直高度为为=-gt2=-x10x0.52m=1.25m

水平位移为%4=vQt=12x0.5m/s=6m

所以。、Z两点间的距离为"=J窈+城

解得X=6.13m,故8错误；

C、。、B两点间的竖直高度为g=gg(2t)2

解得独=5m

水平位移为次=v0-2t=12X2x0.5m=12m

=

A、B两点间的竖直高度为hi=yB-yA~1.25m=3.75m

A、8两点间的水平位移为久］-xB—xA—12m-6m=6m

A、B两点间的距离为*=y/xl+hj

解得si=6.32m,故C错误；

D、。、B两点间的距离为%=J够+(

解得SB=13zn,故。正确。

故选：Do

根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律结合几何关系表示。4和的距离，从而解得初速度。

本题考查平抛运动规律，解题关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向的运动学公式。

4.【答案】B

【解析】解：设滑块4的质量为小，滑块B的质量为2爪；调换前对系统根据牛顿第二定律可得

mg—2^mg=3ma

调换后，对系统根据牛顿第二定律可得

2mg-nmg=9ma

联立解得

M=0.2,故B正确，ACD错误;

故选：Bo

根据牛顿第二定律，以及对系统整体分析可求出动摩擦因数。

学生在解答本题时，应注意整体法的运用，可以提高解题效率。

5.【答案】C

【解析】解：4卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：侬、=m与解得：v=厚,

(R+hyR+h\R+h

故A错误；

B、根据牛顿第二定律可得=解得a=q”，故8错误；

(R+/1)/(R+九)

C、由万有引力提供向心力有：黑导=M(R+h)32,解得：3=故C正确；

。、根据万有引力提供向心力，则有：=+解得该卫星的周期为T=27r(R+h)J^,

故。错误。

故选：Co

卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度、角速度、向心力的表达式，根据牛顿第

二定律得到加速度表达式。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式

进行分析。

6.【答案】B

【解析】解：画光路图，如图所示：

设入射角为a,根据几何知识和折射定律：〃=sin益L)

依题意有"'=3=71

解得sma=用意

故8正确，ACQ错误。

故选：Bo

画光路图，根据几何知识和折射定律，求入射角的正弦值。

本题解题关键是正确画出光路图，并熟练掌握折射定律。

7.【答案】D

【解析】解：4若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧

光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看

到荧光屏的。点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；

员若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏。点上方看到一个光斑移动,

故3错误；

C若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上

从下向上移动，故C错误；

。若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上。点两侧做往复运动,

故。正确。

故选：Do

根据电子的受力情况分析电子的运动情况，从而分析电子在光屏上的现象。

此题属于知识应用性题目，结合实际问题讨论电子运动情况，需要较强的逻辑思维和知识构架，难度适中。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,由乙图可知，t=6s时刻x=11cm处质点正经过平衡位置向上振动，在甲图上，根据同

侧法可知波向x轴负方向传播，故A正确，B错误;

CD、由图甲可知该波的波长为4=12cm,由图乙知质点振动的周期为T=6s

根据图像甲可知该波的波动方程为y=Asin(^x+</))=5sin(|^x+<p)cm=5s出管x+<p}cm

当x=2cm时,y=5cni,代入上式解得：0=，

即有y=5sin偿x+^)cm

当x=0时，代入上式解得：y=2.5cm,故C正确，。错误。

故选：AC.

在乙图上，读出t=6s时刻x=11cm处质点的振动方向，在甲图上，依据同侧法分析波的传播方向。根据

图像获得波长和周期，写出波动方程，再求图甲中实线与y轴交点的纵坐标。

解答本题时，要把握两种图像的联系，能根据振动图像读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传

播方向。能根据振幅、波长、初相位写出该波的波动方程。

9.【答案】CD

【解析】解：力、感应电动势的峰值为Em=NBS3=NB廿•2Tm

故A错误；

B、电动势有效值为E=母=dlTmNBZ?

小灯泡两端的电压为U=，Z?+r=弋R产+r"

故8错误；

C、通过小灯泡的电流为/=袅=当答

R+rR+r

故C正确；

2

。、小灯泡的功率为P=IR=(_7VBj)2R=2772n2N2R『2J

R+r(R+rf

故。正确。

故选：CD。

根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值；根据闭合电路欧姆定律求解小灯泡两端的电压

和通过小灯泡的电流；根据功率公式求解小灯泡的功率。

本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。

10.【答案】CD

【解析】解：AC,感应电动势E=B。，由欧姆定律可知电流/=5,因此在1、2两种情况下，线框中感应

电流之比为3：5；又根据安培定则可知，安培力?=华，根据题意1、2两种情况下，导线切割磁感线长

度之比为3：5,速度和电阻均相同，因此在1、2两种情况下所用拉力大小之比为9：25,故A错误，C正确；

8、根据平均电动势£=桨,根据欧姆定律可知平均电流7=f,又根据q=l6t,联立可得q=粤，在1、2两

Z1LKK

种情况下，线框通过磁场时磁通量变化量相同，因此在1、2两种情况下，通过线框的电荷量之比为1：1,

故B错误；

。、根据焦耳定律Q=/2R3由4的分析可知，电流之比为3：5；又根据题意，线框中电阻相同，通过磁场

时速度相同，因此时间之比为5：3,因此在1、2两种情况下线框中产生的热量之比为3：5,故。正确；

故选:CD。

根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定和安培定则即可分析AC选项；再根据法拉第电磁感应定律求得平均电

动势，再根据欧姆定律以及q=7戊即可分析B选项；根据焦耳定律分析。选项。

本题需要学生掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培定则以及焦耳定律等知识点，能够对各个知识点

熟练运用，题目具有一定的综合性，难度适中。

n.【答案】0.500.33

【解析】解：(1)相邻两计数点间时间间隔为T=券=知=0.2s

根据逐差法，小车运动的加速度a=9匚件

代入数据解得a=0.50m/s2

(2)设绳子的拉力为T,对左侧空箱子，根据牛顿第二定律T-Mg=Ma

对右侧箱子及祛码，根据牛顿第二定律(M+m)g-T=(M+m)a

代入数据化简得mg=(2M+m)a

由图丙可知，当m=50g=0.05kg时，加速度a=0.7m/s-2

代入数据解得M=0.33kg。

故答案为：(1)0.50；(2)0.33。

(1)利用逐差法求解小车的加速度；

(2)设绳子的拉力为T,分别对左侧空箱子和右侧箱子及祛码用牛顿第二定律，结合图像数据求解空箱子的

质量。

本题考查探究加速度与力、质量的关系实验，掌握逐差法求解加速度的方法，解题的关键是熟练运用牛顿

第二定律，能够根据图像信息求解箱子的质量。

12.【答案】P5001000

【解析】解：(1)电流从红表笔进入从黑表笔流出，所以接线柱P接红表笔;

(2)欧姆表的内阻

E1.5

R=—=--------=50012

°a43XIO-

⑶由

E1.5

R+Ra=-p=--------=1500/2

911X10一3

电阻的阻值为

R=100012

故答案为:(1)P;(2)500；(3)1000

(1)根据电流的流向判断红表笔的接线柱；

(2)根据欧姆定律求出多用电表的内阻；

(3)根据串并联电路规律结合欧姆定律解得电阻值。

本题主要是考查了欧姆表原理和电流表的改装；知道灵敏电流计并联一个较小的电阻时就可以改装成大量

程的电流表；改装后实际通过灵敏电流计的最大电流不变。注意弄清楚分电流与总电流的关系、掌握欧姆

表测电阻的原理。

13.【答案】解：(1)设电场强度为E,小球进入无轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与

重力大小相等，则有：

Eq=mg

则小球在第一象限运动时水平方向和竖直方向的加速度为均为：a="=吆=g

设小球在第一象限运动时间为3在水平方向上做末速度为零的匀减速直线运动，在竖直方向上做匀加速直

线运动，则有：

v0=gt

1

d二卅9

解得：v0=J2gd

(2)小球的运动轨迹如下图所示。

XXXXXXXXIXX

小球从P点第一次进入磁场时的速度大小为：vr=gt=v0

OP之间的距离为：x0P—=d

设小球做圆周运动的半径为R,从Q点运动到。点的时间为匕，则有：

_2也

G——

9

10

Q0=万温

2R=Q0-Xgp

联立解得：R*

由洛伦兹力提供向心力得：

v2

qvrB=

解得：⑶二空孕

3qa

答：(1)小球抛出时的初速度大小％为/旃；

(2)方轴下方磁场的磁感应强度大小B为驾浮。

【解析】(1)小球进入久轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与重力大小相等，小球在第

一象限水平方向上做末速度为零的匀减速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

与运动学公式求解；

(2)根据几何关系求得小球做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。

本题考查了带电体在电磁场中运动问题。对于在电场中匀变速曲线运动，将运动分解处理。对于在磁场中

做匀速圆周运动，根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角是解题的关键。

14.【答案】解：(1)根据平衡关系可知

pS+mg=p0S

代入数据解得：p=9.0x104Pa；

(2)当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置，即可知容器内压强等于外界大气压强

对容器内气体根据理想气体状态方程可得强=P。蜉砌S

701

代入数据解得T=400K

答：(1)封闭气体开始的压强p为9.0x104Pa；

(2)触发报警装置的热力学温度T为400K。

【解析】(1)根据平衡关系列方程即可求解；

(2)根据理想气体状态方程列式求解。

该题考查活塞处于平衡状态平衡方程以及理想气体状态方程的应用，解答该题的关键是明确出发报警装置

的临界状态。

15.【答案】解：本题解答过程均以竖直向下为正方向。

(1)设小球8第一次落地前的速度为加0,此时小球4的速度为以1，所用的时间为右，小球B第一次反弹后的

速度为如1，再经过时间七2两者相碰，根据运动学公式可得：

L