贵州省2024年高考物理试题（附答案解析）

贵州省2024年高考物理试题

一'单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项符合题目要求。

1.某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力

G和颗粒介质对其向上的作用力fo用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔

相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（）

小圆盘

颗粒介质

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.土星的部分卫星绕土星的运动可视为匀速圆周运动，其中的两颗卫星轨道半径分别为，勺、「2且

向心加速度大小分别为方、a2＞则（）

a

%_2__£2_y,z

A•可=而B.1了一年C.。1勺=。2厂2D.=a2r2

3.一种测量液体折射率的V形容器，由两块材质相同的直角棱镜粘合，并封闭其前后两端制作而

成。容器中盛有某种液体，一激光束从左边棱镜水平射入，通过液体后从右边棱镜射出，其光路如

图所示。设棱镜和液体的折射率分别为劭、n,光在棱镜和液体中的传播速度分别为孙、口则

4.如图（a）,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状

态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的L8倍，已知重力

加速度大小为g,不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（）

图(a)图(b)

34

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

5.如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与

两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流0、12,且/i>

/2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（）

A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右

6.质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿

x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到久=3m处，F做功的瞬

时功率为（）

八77N

3-----------；

2-----------J———

1-

01—i—彳――►

123x/m

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

7.如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径ZB与弦3c间的夹角为30。。A、B两点分

别放有电荷量大小为心、心的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则肥等于

上……揖"

；o

\，I

X、，

、/

'、、-・・・1/

A.1B.字C.V3D.2

二'多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜凡4ST,其科学目标之一是搜索地外文

明。在宁宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是波长为

21sl的中性氢辐射，另一处是波长为18cm的羟基辐射。在真空中，这两种波长的辐射相比，中性

氢辐射的光子（）

A.频率更大B.能量更小

C.动量更小D.传播速度更大

9.如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密

封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，

在t=0时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在

t=1.5T时亥lj（）

A.位移最大，方向为正B.速度最大，方向为正

C.加速度最大，方向为负D.受到的回复力大小为零

10.如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R,

导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨

上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在

导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒

始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）

XXXXX

X-X*XX

XXXXX

A.加速过程中通过金属棒的电荷量为卷

B.金属棒加速的时间为赞

22

C.加速过程中拉力的最大值为4BL17

3R

D.加速过程中拉力做的功为3

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软

⑴在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。

⑵开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自

由下落。

⑶以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示:

h(m)0.000.050.150.300.500.751.05

t(s)0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462

⑷根据表中数据，在答题卡上补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变

化的h-t图线-

⑸由绘制的八-t图线可知，下落高度随时间的变化是（填“线性”或“非线性”）关系。

⑹将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方产的函数关系式为八=4.916/（S/）。据

此函数可得重力加速度大小为m/s\（结果保留3位有效数字）

12.某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材

有：

热敏电阻场；

电流表G（内阻勺为2400,满偏电流为IQ；

定值电阻R（阻值为48。）；

电阻箱Ro（阻值0-999.9。）；

电源E（电动势恒定，内阻不计）；

单刀双掷开关Si、单刀单掷开关S2；导线若干。

请完成下列步骤：

（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a）,在答题卡上完成图（b）中的实物图连

线。

（2）开关Si、S2断开，将电阻箱的阻值调到（填“最大”或“最小”）。开关Si接1,调节

电阻箱，当电阻箱读数为60.0。时，电流表示数为再将Si改接2,电流表示数为与，断开Si。得

到此时热敏电阻Rr的阻值为Qo

（3）该热敏电阻段阻值随温度t变化的曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度

控制室内此时的温度约为℃。（结果取整数）

（4）开关Si接1,闭合S2,调节电阻箱，使电流表示数为七。再将Si改接2,如果电流表示数为

电（k>l），则此时热敏电阻&=12（用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制

室内的温度。

13.制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程

中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水

口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体

积为乙,压强为Po,现缓慢充气后压强变为4p0,不计容器的容积变化。

图(b)

（1）设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为Po时的体积。

（2）打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N,其压强

p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为6,压强为Pi。求气体

在状态N与状态M时的热力学温度之比。

（3）图（b）中虚线MN，是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变

化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）

14.如图，边长为L的正方形abed区域及矩形cde/区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下

且与ab边平行的匀强电场，e/右边有一半径为学心且与e/相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆

形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b

点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆

形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：

（1）粒子沿直线通过cde/区域时的速度大小；

（2）粒子的电荷量与质量之比；

（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。

15.如图，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切

于P点，的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率%=lm/s逆时针转动，其

右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线

运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N

时，瞬间给b—水平向右的冲量I,其大小为6N-s。以后每隔/t=0.6s给b—相同的瞬时冲量I,

直到b离开传送带。已知a的质量为Hi。=Mg,b的质量为nib=2kg,它们均可视为质点。a、b与地

面及传送带间的动摩擦因数均为4=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

(2)b从M运动到N的时间；

(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

答案解析

L【答案】C

【解析】【解答】由图可知，相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘先向下做

加速运动，再向下做减速运动，所以加速度先向下后向上，因为加速度方向与合外力方向总相同，

故铁质小圆盘受到的合力先向上再向下，所以f先小于G,后大于G,C符合题意，ABD不符合题

届*O

故答案为：Co

【分析】根据小圆盘在相等时间内的位移变化得出小圆盘运动过程中的加速度方向，再根据加速度

方向与合力方向总相同，得出f与G的大小关系。

2.【答案】D

【解析】【解答】设土星的质量为M,两颗卫星的质量分别为血1、m2,土星对卫星的万有引力充当

卫星做圆周运动的向心力，对两颗卫星，有

G----y—=ma

r/11

Mm

Go-2=瓶2a2

「2

解得

2

叩/=a2r2

ABC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D„

【分析】根据万有引力充当向心力，由牛顿第二定律列式求解即可。

3.【答案】A

【解析】【解答】因为光从一种介质射入另一种介质时，在光疏介质中光线与法线所成夹角要大于在

光密介质中光线与法线所成夹角，所以结合所给图像可知

n<n0

根据折射率的表达式

C

n=—

V

可得

V>VQ

A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】根据光从棱镜射入液体时的入射角和折射角的大小关系，判定棱镜和液体的折射率关系,

再由折射率公式几=M分析光在两种介质中传播速度的大小关系。

4.【答案】D

【解析】【解答】对球进行受力分析，小球受重力、横杆对球的支持力FN和竖直墙对球的支持力F,

如图所示，

"噌

根据共点力平衡条件可得得

FNcosa=mg

由几何关系可得

1.8R-R

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

K

联立解得

5

FN=

根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为

,5

FN=FN=0m9

ABC不符合题意，D符合题意。

故答案为：Do

【分析】分析小球受力，由共点力平衡条件结合几何关系，求出小球受到横杆对球的支持力，再由

牛顿第三定律得到球对横杆的压力。

5.【答案】C

【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，两直导线在导线框所在位置产生的磁场均垂直线框平面向

里，故导线框所在位置的合磁场垂直导线框向里，由于同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框

水平方向导线所受的安培力相互抵消，由左手定则可知，线框左边的竖直电流受到的安培力水平向

左，右边受到的安培力水平向右，由于/1>/2,可知线框左边竖直电流所在位置的磁感应强度大于

右边对应的竖直电流所在位置的磁感应强度，根据安培力公式F=8〃可知，线框左边竖直电流所受

的安培力大于右边竖直方电流所受的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左，C符合题

意，ABD不符合题意。

故答案为：Co

【分析】根据右手螺旋定则判定出线框所在位置的磁场方向，再根据左手定则和安培力公式分析线

框受到的安培力方向。

6.【答案】A

【解析】【解答】设物块运动到x=3m处时的速度为v,结合图像中的数据，对物块从静止开始运动

到x=3m处过程，由动能定理得

1nl2

wF=2/

根据功的定义式

W=Fx

可得

勿F=3X2J+2x1J=8J

联立解得

v—4m/s

故此时F做功的瞬时功率为

p=N=2X4W=8W

A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A„

【分析】结合图像中的数据，由动能定理求出物体运动到x=3m处时的速度，再由功率的公式P=Fv

求解瞬时功率。

7.【答案】B

【解析】【解答】因为C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，根据点电荷的电场分布和场强的叠

加原理可知，两电荷应为异种电荷，假设以为正电荷，％为负电荷，两电荷在C点的场强如图所

示，

E«

E,

设圆的半径为r,根据几何知识可得

rAC=r,rBC=2rcos30°=V3r,慧=tan60°

根据点电荷的场强公式

E号

可得，A、B两点的电荷在C点产生的电场强度分别为

F_kqAkqB

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

rACrBC

联立解得

%一3

B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：Bo

【分析】根据C点的合场强方向判断两电荷的电性关系，再根据点电荷的场强公式和电场叠加原理

列式求解。

8.【答案】B,C

【解析】【解答】A.由光子频率与波长公式

C

可知中性氢辐射的光子频率比羟基辐射的光子频率小，A不符合题意;

B.根据光子能量公式

E=hv

可知，中性氢辐射的光子能量比羟基辐射的光子能量小，B符合题意;

C.根据德布罗意波长公式

h

可知，中性氢辐射的光子动量比羟基辐射的光子动量小，c符合题意；

D.所有光波在真空中传播的速度相同，都是3.0x108m/s,D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据光子频率与波长公式"=今光子能量公式E=%〃、德布罗意波长公式4=。，分析两种

71p

光子的频率、能量、动量的大小关系；所有光波在真空中传播的速度相同。

9.【答案】A,C

【解析】【解答】由题意可知，t=0时刻小球处于简谐振动最低点，由简谐振动的周期性和振动特点

可知，小球在t=L5T时刻处于最高点位置，此时位移最大，方向向上（正方向）；根据回复力公式

F二kx可知，小球受到的回复力最大，方向与位移方向相反，向下（负方向），由牛顿第二定律可

知，小球的加速度最大，方向向下（负方向）；此时小球的速度为0,AC符合题意，BD不符合题

届*O

故答案为：ACo

【分析】根据题意分析t=L5T时小球在简谐振动中所处位置，再根据简谐运动的特点得出此时小球

的位移、速度、回复力和加速度的特点。

10.【答案】A,B

【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得

=BLq-mv

解得

mv

A符合题意；

B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x,根据电流的定义式

法拉第成感应定律

饵

E=N△t

和闭合电路欧姆定律

E—I（r+R）

可得

-EA0BLx

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

可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由

mvBLx

q~BL~R

解得

mvR

x-22

对金属棒加速的过程，由位移公式可得

_V

x=vt=-t

乙

可得加速时间为

_2mR

B2L2

B符合题意；

C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由

E=BLv

可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式

F=BIL

可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力

最大，由牛顿第二定律可得

Fm—BIL=ma

其中

EBLv

「R-R

v=at

联立解得

_3B2L2V

Fm~2R

C不符合题意;

D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功

1

小安=?

wF—

可得

Wp="安+2租样

因此加速过程中拉力做的功大于：血小，D不符合题意。

故答案为：AB。

【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒

的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变

速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。

（5）由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。

（6）将下落高度h与时间的平方产的函数关系式

h=4.916t2(SZ)

对比自由落体的位移公式

1,

h=2gtz

可得

1?

5g=4.916m/s2

乙

解得

g=9.832m/s2«9.83m/s2

【分析】（4）根据描点作图法做出图像；（5）根据图像特点得出结论；（6）将所给下落高度h与时

间的平方t2的函数关系式与自由落体运动的位移-时间公式进行对比分析，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)图(b)中的实物图连线如图所示。

(2)电阻箱起到保护电路的作用，由图(a)中电路图可知，开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最

大，开关Si接1时，由欧姆定律可得

_E

l9=R^+R^

Si接2时，则有

lg_E

2RQ+Rg+RT

联立解得

RT—300Q

(3)由图(c)可知，治=300。时，对应的温度约为9冤。

(4)开关Si接1,闭合S2，由闭合电路欧姆定律可得

接2时，由欧姆定律可得

1g

(&'+RT)

结合

_E

Ia=R^+R^

解得

RT=50（fc-1）0

【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据闭合电路欧姆定律计算热敏电阻的阻值；（3）看图

得出结果；（4）由闭合电路欧姆定律列出在不同电路结构时的电动势表达式，求出此时的热敏电

阻。

13•【答案】（1）解：设充入的气体在该室温环境下压强为Po时的体积为V,充气过程中气体温度不

变，则有

vv4y

Poo+Po=Poo

解得

V=3V0

（2）解：容器内气体从状态M变化到状态N,由理想气体的状态方程可得

4Po,oPM

TMTN

可得

TN=PM

TM4PO^O

（3）解：由p-V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N

和N,都是从M状态变化而来，空应该相同，可得

TN>TN

可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律

AU=Q+W

可知，从M到N'的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低

反而更少，则气体必然吸热。

【解析】【分析】（1）对封闭气体应用玻意耳定律分析求解；（2）结合图中数据，由理想气体状态方

程求解；（3）根据p-V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功，分析两种状态下气体对外做功的大

小关系，再由根据热力学第一定律得出结论。

14•【答案】（1）解：带电粒子在cdef区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正

电，经cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点速度大小为火,带电荷量为q,质量为m,

由平衡条件则有

qE=qv0B

解得

E

%=3

(2)解：粒子从b点到cd边的中点的运动，可逆向看做从cd边的中点到b点的类平抛运动，设运动

时间为3加速度大小为a,由牛顿第二定律可得

qE=ma

由类平抛运动规律可得

v()t=L

12L

—a"=—

22

联立解得粒子的电荷量与质量之比

q=诏=E

M

ELLB2

(3)解：粒子从ef中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向

心力可得

Vo

qv0B=m-^-

解得

R=L

粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子

射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为a,由几何关系可知

a=20

可得

tan0

丁二9

9=30°

则有

a=60°

【解析】【分析】（1）根据粒子在cdef区域做直线运动的要求，分析粒子受到的洛伦兹力与电场力的

关系，求出粒子在该区域的速度大小；（2）粒子在abed区域做类平抛运动，根据对应的运动学公式

和牛顿第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力充

当向心力求出粒子运动轨迹的半径，再由几何关系计算粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区

域时速度方向的夹角。

15•【答案】（1）解：a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律

1?

magR=②姓访

在P点，设轨道对它的支持力大小为N,根据牛顿第二定律

Vp

m

N-mag=a-p-

联立解得

N=30N

（2）解：a从静止释放到M点过程中，根据动能定理

12

"""=23…

解得

UM=3m/s

a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

mavM=mava+mbvb

111

2mavM=+2mbVb

解得

%=2m/s

b滑上传送带后，根据牛顿第二定律

Hmbg=mba

解得

a—5mls2

b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间

Vh—Vo

a