2024届贵州凯里某中学高考压轴卷物理试卷含解析

2024届贵州凯里一中高考压轴卷物理试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，在与磁感应强度为3的匀强磁场垂直的平面内，有一根长为s的导线，量得导线的两个端点间的距离ab=d,

导线中通过的电流为/,则下列有关导线受安培力大小和方向的正确表述是（）

A.大小为方向沿〃〃指向方B.大小为方向垂直，力

C.大小为Bid,方向沿他指向。D.大小为B/d,方向垂直必

2、光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面4斜面质量为M,底边长为L如图所示。将一质量为，〃的

可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块8经过时间f刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持

力大小为£v，则下列说法中正确的是（）

B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为A/cosa

C.滑块到达斜面底端时的动能为

,77

D.此过程中斜面向左滑动的距离为------L

M+m

3、四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约30cm左右）的4

个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄

皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（)

。二OODO

A.子弹在每个水球中的速度变化相同

B.每个水球对子弹做的功不同

C.每个水球对子弹的冲量相同

D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等

4、如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变,

则（）

A.小灯泡变亮

B.小灯泡变暗

C.原、副线圈两端电压的比值不变

D.通过原、副线圈电流的比值不变

5、如图所示，一个钢球放在倾角为30的固定斜面上，用一竖直的挡板挡住，处于静止状态。各个接触面均光滑。关

于球的重力大小G、球对斜面的压力大小/NI、球对挡板的压力大小尸心间的关系，正确的是（）

A.FNI>G

B.FN2>G

C.FN2=G

D.FNI<FN2

6、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹

簧顶端位于8点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力尸，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原

长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向卜为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，卜列能正确反映力*

的大小随小物块位置坐标X变化的图像是（)

氏

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极,

将永磁体由静止释放永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v,向下的加速度大小为a,圆环的质量为M,重力加

速度为序不计空气阻力，则（）

A.俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向

A.朋刻4对笈的推力大小为江

B.0〜2时刻内外合力对物块A做的功为上江

2128〃?

C.从开始运动到A、3分离,物体〃运动的位移大小为吟区

64/77

D,乙）时刻A的速度比3的速度小名

24m

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：

（1）断开开关S,旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20C,此时测得的是____________的阻值;

（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA,

则移动过程中读数变化情况是（_）

A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.先减小后增大

D.先增大后减小

（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V,结合前两问条件

可知，该电源电动势为V.（结果保留两位小数）

12.（12分）用图所示实验装置验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光

电门5时，通过与之相连的亳秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间b测出A3之间的距离从实验前应调整光电

门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.

(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量____.

A.A点与地面间的距离”

B.小铁球的质量加

C.小铁球从4到5的下落时间，AB

D.小铁球的直径d

⑵小铁球通过光电门时的瞬时速度,,若下落过程中机械能守恒，则!与人的关系式为二=.

rr

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.(10分)如图所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，其中左侧管开口，且足够长，右侧管封闭。OE段是水银

柱，4。段是理想气体，其中AB=75cm,BC=CD=DE=25cm9已知大气压强po=75cmHg,开始时封闭气体的温度为

lOOOKo则：

(1)缓慢降低环境温度，使水银柱全部到达BC段，则此时环境温度为多少？

(2)保持环境温度1000K不变，向左侧管中逐渐滴入水银，使水银柱充满3C段，则加入水银的长度为多少？

14.(16分)如图所示，两条间距以=0.5m的平行光滑金属直导轨，沿与水平地面间夹角在30。的方向固定放置。空间

存在垂直导轨所在的斜面向上的匀强磁场，其磁感应强度〃随时间变化的关系为〃=02(T)。垂直导轨放置的金属棒

ab固定,金属棒cd在平行于斜面向上的力尸作用下保持静止,金属棒cd的质量为///=0.2kg,金属棒ab的电阻品=0.2。,

金属棒cd的电阻&=0.3。，两金属棒之间的距离为L2=0.2m,取g=10in/s2o求：

⑴力尸随时间变化的表达式

⑵在Zo=lOO()s内金属棒cd产生的焦耳热。

B

F

15.(12分)如图所示，真空中以。为圆心，半径r=O.lm的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域

的最下端与x”坐标系的x轴相切于坐标原点O,圆形区域的右端与平行y轴的虚线相切，在虚线MN右侧x轴

的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度E=1.0X105N/C.现从坐标原点。沿x”平面在了轴两侧

各30。角的范围内发射速率均为vo=l.Oxl(^m/s的带正电粒子，粒子在磁场中的偏转半径也为r=0.1m,已知粒子的比荷

-^=1.0xl0KC/kg,不计粒子的重力、粒子对电磁场的影响及粒子间的相互作用力，求：

(1)磁场的磁感应强度3的大小；

(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总时间；

(3)若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，则粒子达到x轴的最远位置与最近位置的横坐标之差.

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解析】

导线的等效长度为d,则所受的安培力为尸由左手定则可知方向垂直。儿

故选D。

2、D

【解析】

A.当滑块5相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块8相对于地面的加速度方向不再沿斜面方

向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力外不等于伙gcosa,故A错误；

B.滑块8下滑过程中支持力对B的冲量大小为

I=FJ

故B错误；

C.B下降的高度为Ltana,其重力势能的减小量等于，〃gLtana,减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块

B的动能要小于"zgLtana,故C错误；

D.系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、5两者水平位移大小分别为演、x2,取水平向左为正方向，

由动量守恒定律得

A/--W7—=0

tt

即有

Mx、=nvc2

又

xi+x2=L

解得

niL

内=------

M+m

故D正确。

故选D。

3、D

【解析】

A.子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移时间逐渐缩短，所以子弹在每个水球中运动的时间不同。加速度相同，

由N=S知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；

B.由卬=一小知，/不变，X相同，则每个水球对子弹的做的功相同，选项B错误；

C.由/二力知，/不变，，不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误；

D.子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个小球的时间与子弹穿过前3个小球的时间相

同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确。

故选Do

4、B

【解析】

因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再根据变压器

原理进行分析即可.

【详解】

由变压器相关知识得：*=原、副线圈减去相同的匝数〃后：丛*<0,则说明变压器原、

。2〃2%%%一〃)

副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误.由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，

小灯泡变暗，A错误，B正确.

【点睛】

本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于曲数之比；而电流之比等于也数的反比；同时还要注意数

学知识的正确应用.

5、A

【解析】

以球为研究对象，球受重力、斜面和挡板对球体的支持力尸1和尸2,由平衡条件知，肌和尸N2的合力与G等大、反向、

共线，作出力图如图所示，根据平衡条件，有

口G2描

cos303

g=Gtan300=*G

根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小

扁一片一

cos303

球对挡板的压力大小

=F.=Gtan30=^^~G<G

/3

则

%>为2

故A正确，BCD错误。

故选A。

6、B

【解析】

根据

F+k.x-mg=ma

有

F=mamg-kx

可知尸随着x增大而减小；由于以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，当尸=mS+g）时，物块与弹簧脱

离，初始时刻F=ma>0故B正确。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC

【解析】

根据楞次定律判断感应电流的方向；可根据假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别

为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热。

【详解】

磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项A正确；永磁体下落的整个过程，开

始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻

止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项B错误；永磁体运动到P点时，根

据牛顿第二定律：mg・F安=ma；对圆环：Mg+F安=N,则N=Mg+mg—ma,由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大

小为Mg+mg—ma,选项C正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh-Jmv?,

选项D错误；故选AC.

【点睛】

此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.

8、AD

【解析】

A.电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻处的电压，当增大用、此阻值时，可导致总电流减小，根据欧姆定律,

电阻及两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故A符

合题意；

B.电路稳定时，当增大拈的阻值，减小&的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻处两端的电压减小，极板

间电场强度减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故B不符合题意；

C.电路稳定时，当减小修的阻值，增大&的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻及两端的电压增大，极板

间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上运动，故C不符合题意；

D.电路稳定后，当减小肥的阻值，减小心的阻值，可能导致总电流增大，根据欧姆定律，电阻力两端电压可能不

变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故D符合题意。

故选AD,

9、CD

【解析】

AC.根据题设条件和电场线、等势线分布可以知道，中垂线所有点的电势为零，电场强度是G点最大，向上和向下

电场强度逐渐减小，A错误、C正确；

B.沿电场线方向电势降低，C、。两点电势不等，场强大小相等，方向不同，B错误；

D.根据电场线疏密程度可知，产点的场强大于E点，(PF>4,D正确.

故选CD,

10、BD

【解析】

C.设，时刻分离，分离之前48物体共同运动，加速度为〃，以整体为研究对象，则有:

〃一1+?一堞

tn/.I+D

分离时:

rF；)3

F、=tnBa=3mx——=­/^

4/w4

根据乙图知此时，二:九，则从开始运动到A、B分离,物体3运动的位移大小:

x=-ar=—x—x(—r)2

224/7?4128°

故C错误:

A.2时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有:

2

_A+h-

c<——

m.+m4〃？

/IDR

对B,根据牛顿第二定律:

F2+F\H=inna

则

入8=3〃3一号=；然

故A错误；

。〜;时间，根据乙图知:

4

尸1+尸2二尸1>

则始终有，对整体根据牛顿第二定律:

a=?廿生=区

in.-m4/7?

/I1K9

则2时刻

2

八28/7?

对4根据动能定理:

|户2f2

2八128〃?

故B正确;

D.时，达到共同速度

3耳跖

v=at=

^~16/^72

此后4"分离，对4,根据动量定理:

/=/〃,、△v

根据乙图:，“图象的面积等于/“这段时间对A的冲量'则

/=!义卜小=也

24432

则

<,v=Zoix-!-

32m

对凡根据动量定理;

r=mnhJ

根据乙图3fo〜力，尸・，图象的面积等于五2这段时间对"的冲量，则

4

1片13玲7用0

/=—x-^x(―E)=—匕上

244032

则

"=2^1」

323m

3

则一加〜m时间内"比4速度多增大

4

24/7?

故D正确。

故选：BD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、滑动变阻器A1.48

【解析】

(1)当断开电键S,旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻.

(2)将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻

并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大.滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联

电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大.滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大,

通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A正确.

(3)将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E=Imax(/?i+r)=0.32(/?i+r)

将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：

U1?

E=-^(/?+/?.+r)=—x(20+/?,+r)=0.06(20+/?I+r)联立以上可解得：E=1.48V.

R20

12、Df等

【解析】

(1)[1]A.根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；

B.根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；

C.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；

D.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D

正确.

故选D.

(2)[2]⑶利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故

v=­

根据机械能守恒的表达式有

nigh--HV

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

2

13、(D450K；(2)91-cm

【解析】

(1)初状态气体压强