2024届贵州省贵阳市普通中学高考冲刺物理模拟试题含解析

2024届贵州省贵阳市普通中学高考冲刺物理模拟试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、下列说法正确的是（）

A.光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性

B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是0粒子，这就是P衰变的实

质

C.一个笊核；H与一个第核:H聚变生成一个氮核；He的同时，放出一个电子

D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原

子的总能量不变

2、如图所示，一足够长的木板的左端固定，右端的高度可调节。若开始时一物块A恰好沿木板匀速下滑，下列方法

中能使物块A停下的是（）

A.增大木板的倾角。

B.对物块A施加一个竖直向下的力

C.对物块A施加一个垂直于木板向下的力

D.在物块A上叠放一个重物B（与物块A具有相同的初速度）

3、“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直

向上为正方向），其中勿时刻为笛音雷起飞时刻、OE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动，下列说法正确

的是（）

0

loIol|hhLI

A.“笛音雷”在力时刻加速度最小

B.“笛音雷”在办时刻改变运动方向

C.“笛音雷”在白时刻彻底熄火

D.时间内“笛音雷”做自由落体运动

4、在人类对微观世界进行探索的过程中，许多科学家作出了不可磨灭的贡献，卢瑟福就是杰出代表之一。关于卢瑟福

在物理学上的成就，下列说法正确的是（）

A.。粒子散射实验的重要发现是电荷的量子化，并且发现了中子

B.卢瑟福用。粒子轰击氮核发现了质子，核反应方程为；HeNfFO+；H

C.卢瑟福根据？粒子散射实验的结果，提出了原子核的结构模型

D.卢瑟福根据a粒子散射实验的结果，发现原子核由质子和中子组成

5、可看作质点的甲、乙两汽车沿着两条平行车道直线行驶，在甲车匀速路过A处的同时，乙车从此处由静止匀加速

启动，从某时刻开始计时，两车运动的UT图象如图所示，%时刻在B处甲，乙两车相遇。下面说法正确的是

A.A8两处的距离为匕4

B.“时刻乙车的速度是2Vo

C.，=0时刻两车并排行驶

D.，=0时刻乙车行驶在甲车前面

6、如图（甲）所示，劲度系数为A的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从高弹簧上端高人

处自由下落.若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度y随时间，变化的图象如图（乙）

所示.其中。4段为直线，切于A点的曲线A8和都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的工坐标及加速度

大小，下列说法正确的是（）

A.X八=h,。八=。

B.XA=/?,aA=g

C.XB=h+——,aB=g

k

D.X,=h+27,%=0

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、在粗糙水平桌面上，长为/=0.2m的细绳一端系一质量为帆=2kg的小球，手握住细绳另一端O点在水平面上做匀速

圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，。点做圆周运动的半径为r=0.15m,小球

与桌面的动摩擦因数为^=10m/s2o当细绳与。点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（）

A.小球做圆周运动的向心力大小为6N

B.。点做圆周运动的角速度为4&rad/s

C.小球做圆周运动的线速度为&m/s

D.手在运动一周的过程中做的功为6后

8、如图甲为一列沿x正方向传播的简谐横波在UO.ls时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振

动图像，P是平衡位置为x=l.5m处的质点，。是平衡位置为x=12m处的质点，则下列说法正确的是________。

A.U0.2s时，质点尸的振动方向沿轴负方向

B.图乙可能是x=lm处质点的振动图像

II.为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：

A.电压表（量程3V,内阻约为15%。）

B.电压表（量程15V,内阻约为75〃。）

C.电流表（量程3A,内阻约为0.20）

D.电流表（量程600mA,内阻约为1Q）

E.滑动变阻器（0〜50,0.6A）

F.滑动变阻器（0-2000Q,0.1A）

G.输出电压为3V的直流稳压电源E

H.电阻箱

I.开关S,导线若干

为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除G、I外，还需的是（填代号）.请在虚线框内

设计最合理的电路图______并将图的实物连线.如果金属丝直径为D,长度为L,所测电压为U,电流为I,

写出计算电阻率公式.

12.（12分）为了测定金属丝的电阻率，某实验小组将一段金属丝拉直并固定在米尺上，其两端可作为接线柱，一小

金属夹夹在金属丝上，且可在金属丝上滑动.请完成以下内容.

（1）某次用螺旋测微器测该金属丝的直径，示数如图甲所示，则其直径（1=mm.

（2）实验中先用欧姆表测出该金属丝的阻值约为30.

⑶准备的实验器材如下：

A.电压表V（量程0~3V,内阻约20k。）

B.定值电阻10。

C.定值电阻100。

D.蓄电池（电动势约12V,内阻不计）

E.开关S一只

F.导线若干

实验小组利用上述器材设计并完成实验.实验中通过改变金属夹的位置进行了多次测量，在实验操作和测量无误的前

提下，记录了金属丝接入电路中的长度/和相应的电压表的示数U,并作出了•一的关系图像，如图乙所示.根据题

目要求，在图丙所示的虚线框内完成设

计的实验电路图.其中定值电阻R应选—（填或"C”）；金属丝电阻率的表达式二=（用a、

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，xQy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场

方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画

出），磁场边界与），轴相切于。点。现有一个质量为机、电荷量为g的带正电小球，用长为/、不可伸长的绝缘细线悬

挂在P点的钉子上，P点与坐标原点。的距离亦为将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60。角无初速释放，小球

摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中产点的钉子，此时速度方向与），轴正方向成30。角。已知

细线能承受的最大张力小吆，小球可视为质点，重力加速度为g,不计阻力。求：

（1）电场强度的大小；

（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；

（3）小球在xVO区域运动的时间。（结果用加、外/、g表示）

14.（16分）如图直角坐标系xOy中，第I象限内存在场强为&沿x轴负方向的匀强电场，第n、m、IV象限内存

在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为机、电荷量为g。＞0）的带电粒子，从尸（，，，）处由静止开始运动，第1

次通过x轴时沿y轴负方向.不计粒子重力.求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；

（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。

15.（12分）如图所示，可视为质点的质量为w=1.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N

的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到A8的中点时撤去拉力，滑块继续运动到〃点后进入半径为

A=1.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从3处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出

来后向C点滑动，。点的右边是一个“陷阱点是平台边缘上的点,C、。两点的高度差为〃=L2m,水平距离为x=L6m。

已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道4c的长度为/2=2.1m,小滑块

与水平轨道A5、间的动摩擦因数均为4=1.5,重力加速度g=llm/s2。

（1）求水平轨道AB的长度Zi；

⑵试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点：

⑶若在段水平拉力尸作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、O间的“陷

阱”的目的，试求水平拉力尸作用的距离范围。

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、B

【解析】

A.光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故A错误；

B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是D粒子，这就是。衰变的实

质，故B正确；

C.核反应方程满足质量数和质子数守恒

；H+；Hf：He+；n

所以放出的是中子，不是电子，故C错误；

D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原

子的总能量减小，故D错误。

故选B。

2、C

【解析】

A.物块沿木板匀速下滑，所受合力为零，根据平衡条件得

mgsin6=pmgcos9

若增大木板的倾角。重力沿木板向下的分力mgsin0增大，滑动摩擦力

f=jL/mgCOS0

减小，物块将沿木板做加速运动，故A错误；

B.对物块A施加一个竖直向下的力，由于

(F4-/n^)sin^=〃(Z?+〃zg)cosg

物块的合力仍为零，仍做匀速运动，故B错误；

C.对物块A施加一个垂直于木板向下的力尸，物块的滑动摩擦力

f="(尸+，ngcos3)

增大，物块A的合力沿木板向上，物块做减速运动，可以使物块停下，故C正确。

D.在物块A上叠放一重物B,则有

(〃+m)gsinO=M"+")gcos夕

物块A不可能停下，故D错误。

故选：G

3、C

【解析】

A.有时刻的斜率不是最小的，所以外时刻加速度不是最小的，故A错误；

B.“时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B错误；

C.从图中看出，白时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在白时刻彻底熄火，故C正确；

D.力~门时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。

故选C。

4、B

【解析】

AC.卢瑟福根据。粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构模型，中子是查德威克发现的，故AC错误；

B.卢瑟福用。粒子轰击氮核，发现了质子，核反应方程为：He+；4Nf?O+；H,故B正确；

D.。粒子散射实验不能说明原子核内存在中子和质子，故D错误。

故选B。

5、B

【解析】

AB.将乙车的运动图象反向延长，与横轴的交点对应车道上的A位置，当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，，。时

刻乙车的速度是2%,4、8两处的距离大于%乙)，选项A错误、选项B正确；

CD.从A到B一直是乙车在后面追赶甲车，选项C、D错误。

【解析】

AB.04段对应着小球下落力的过程，则X、=A,到达A点时的加速度为a、=g,选项B正确，A错误；

C.B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0,加速度也就为0,由〃吆=Ax,可知无=等，所以3得坐

标为〃+半，所以C错误.

D.取一个与A点对称的点为。，由4点到〃点的形变量为竿，由对称性得由3到。的形变量也为平，故到达C

kk

点时形变量要大于h+2吧,加速度条＞取所以D错误.

K

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、BCD

【解析】

A.由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径

R=ylr2+l2=0.25m

小球做圆周运动，根据牛顿第二定律

Fn=TcosO

Tsin0=Rmg

其中

解得

工二16N

选项A错误；

B.由于

2

Fn=mR（t）

解得

co=40rad/s

O点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项B正确；

C.由于

v2

r=m—

nR

解得

v=V2m/s

选项C正确；

D.手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故

W=/Jing-2兀R-6/rJ

选项D正确。

故选BCDo

8、BCE

【解析】

A.根据图像可知：波的周期为0.2s,UO.2s时的波动图像与UO.ls时的波动图象相反，根据“头碰头，尾碰尾”可知，质

点尸的振动方向沿轴正方向，故选项A错误；

B.由图乙可知，UO.ls时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能是x=lm或x=5m

处的质点振动图象，故选项B正确；

C.由图甲可知/l=4m,图乙可知丁=0.2s,故波速

丸4”，

v=—=——=20m/s

T0.2

质点。第一次到达波峰相当于质点x=2m处的波峰传播到Q点，即

s12-2八;

t=-=-------=0.5s

v20

故选项C正确；

D.经过

3

A/=0.155=-?'

4

已知!r内，振子走过的路程为s=2A；!丁内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为s=A。由于质点产

24

不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点尸通过的路程不为30cm,实际上大于30cm,故选项D错误;

E.经过0.4s,波向前传播的距离为

5=v/=20x0.4m=8m

即相当于x=4m处的质点运动形式传播到。点，此时。位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项E正

确。

故选BCEo

9、BC

【解析】

AB.电流和切割长度成正比，所以线框的PN边到达x坐标为!处时，相当于长度为/的边框来切割磁感线，线框的

2

3/

PN边到达x坐标为3处时，相当于两个长度为，的边框来切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的尸N边到达x

2

3/

坐标为工处时，感应电流最大为

2

2BLv

/r=-------

*'R

故A错误，B正确；

C.因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN边到达x坐标为《处时，产生的焦耳热为

2

/_BYv

乌=/：町=A------------

2Rv2R

\/

线框的PN边从4到21处时，产生的焦耳热为

2

线框的ZW边从2/到5/处时，产生的焦耳热为

2

I

。3=Y用=D・/<・一=-----

2RV2R

所以产生的总焦耳热为

。辿+乌+人^^

K

又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C正确，D错误。

故选BC.

10、BC

【解析】

设AB碰撞后共同速度为匕，运动到最高点的速度为匕。

小球AB碰撞过程动量守恒有

〃?%=

在最低点时绳子受的拉力最大，有

T-qE-2mg=2m

所以

2

T=qE-2mg+2/??^-<276N

代入数值解得

%<16m/s

A和B整体恰能够做完整的圆周运动，则在最高点有

qE+2mg=2in

所以A和B整体能够做完整的圆周运动，则在最高点有

(qE+2mg)L

2V2in

又从最高点到最低点，根据动能定理有

(qE+2"ig).2L=g.一L.2〃吗?

代入数值解得

%>V50m/s«7.07m/s

选项RC正确，AD错误。

故选BC.

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。

【解析】

由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6.0xlQ=6.0Q；由图示螺旋测微器可知，其读数为:

2mm+9.5x0.01/7?/??=2.095mm,由图示游标卡尺可知，其示数为：10x1+3x0.05/M=100.15mm；实验需

E3

要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V,因此电压表应选A.通过待测电阻的最大电流约为I=-=—A=0.5A,

R6.0

则电流表应选：D.为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E.故选ADE；为测多组实验数据，滑动变阻

R6/R,15000氏R

器应采用分压接法；—=T=6,_：=上罗=250,则有啧＞方~，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示

1R6KK.

L

R=p-=p—

,又联立得夕=7tUD?

由电阻定律可知：sR=*

71AIL

12、0.750B

ZDDDO；

46s

【解析】

（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm,可动刻度每一分度表示0.01mm,由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数,

由可动刻度读出亳米的小数部分。

（2）电路分为测量电路和控制电路两部分。测量电路采用伏安法。根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选

择电流表外接法。变阻器若选择R2,估算电路中最小电流，未超过电流表的量程，可选择限流式接法。

【详解】

（1）螺旋测微器固定刻度为0.5mm,可动刻度为25.0x0.01mm,两者相加就是0.750mm。

（2）因为只有电压表,当连入电路的电阻M变化时，其两端的电压也将发生变化.找到电压IJ与长度1的关系，画出

图象就能求出电阻丝的电阻率，按题意就可以画出电路如图所示，

由于电阻丝的电阻只有3Q,所以定值电阻选较小的B.

（4）据欧姆定律可以写出电阻丝两端的电压

所以.

结合图象有：，（截距）

n=z

而S=7T（.）2

联立可得:

•―-----

■一<(!-□)

【点睛】

本实验测电阻丝的电阻率比较巧妙，利用图象法减小了偶然误差，再结合数学图象的知识，更是本题的精华部分；测

量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计。测量电路要求精确，误差小。

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、⑴臂,⑵?杵,⑶导+分指

【解析】

(1)设小球从静止释放运动到0点时的速率为V0,由动能定理得

01、

(qE+mg)/(1-cos60)=—〃?%-0

2

在。处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得

而

Fni=4mg

联立解得

，E=^~

(2)由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线

运动到达产处。粒子运动轨迹如图所示

Oi、02分别为轨迹圆心、磁场圆心，设八R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有

r,

rI。=/

sin30

解得

r=—

3

由牛顿第二定律得

0掰片

W)^=—

r

解得

方向垂直于纸面向外；由几何关系可知

/?=/tan30\S=TTR2

解得

S=-7rl2

3

(3)小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为。=三，所用的时间

rd

乙二一

%

出磁场后匀速直线运动，所用时间

14、(1)3=j等；(2)2/;(3)以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过尸点，证明见解析。

【解析】

(1)设粒子经第I象限的电场加速后，到达y轴时的速度为匕，根据动能定理

qEl=①

由左手定则可以判断，粒子向一y方向偏转，如图所示：

由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为用二/②

由牛顿第二定律得：

q\\B=m—③

由①②③得：悟④

v

(2)粒子第2次经过x轴时，速度沿+)，方向，位置坐标为七二/⑤

粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间与，第3次经过y轴时，轨迹如图

/=

2

a=咀⑦

m

%=卬⑧

由①⑤⑥0⑧得为=21

(3)粒子第2次离开电场时，根据动能定理有：

G1，12

qEl=-mv2-—mv[

解得v2=，9=45。

粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径Ri,根据半径公式可得：R2=OR、

第三次进入电场是从坐标原点。处沿与x轴正向45。角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为/时,

纵坐标的值为21,可知本次不会经过尸点。

粒子将从产41处第3次离开电场，第3次通过磁场后从产2/处与+x方向成45。角斜向上第4次过电场，不会经过尸

点。以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过尸点。

15、(l)2.4m⑵不能