2024年上海市金山区高考物理二模试卷(含详细答案解析)

2024年上海市金山区高考物理二模试卷

一、简答题：本大题共6小题，共18分。

1.大量随机事件的整体表现所显示的规律性叫做统计规律。

根据统计规律的含义，完成下表：

随机事件规律性

“伽尔顿板”

某个小球落入哪个槽内是随机的越靠近中间小球越多

实验

(1)某个原子核的衰变是一个每经过特定的时间，大量原子核的数目由于衰变减

原子核的衰变

______过程少至原来一半

单光子的双缝通过双缝后的某个光子在荧光屏(2)通过双缝后，大量光子在荧光屏上会叠加形成

干涉上的落点是随机的______(描述条纹分布特点)的条纹

(2)(多选)“伽尔顿板”实验中，让大量小球从上方漏斗形入口落下，最终小球都落在槽内。重复多次实验

后发现______;

A.某个小球落在哪个槽是确定的

比大量小球在槽内的分布是有一定规律的

C大量小球落入槽内后均匀分布在各槽中

D越远离漏斗形入口处的槽内，小球聚集得越少

(3)若有10g某放射性元素，其半衰期是兀

①经过时间4r后，该元素还剩g；

②若将该元素和另一元素(半衰期大于T)化学反应后形成化合物，化合物中该元素的半衰期为7',则______

A.r>T

B.T=T

C.r<T

(4)单光子的双缝干涉实验现象显示了光具有。在体现光具有粒子性的光电效应现象中，若某金属

在不同单色光照射下反向遏止电压4与入射光频率y之间的关系如图所示，则可知普朗克常数力=(

用。1、匕)、也和e表示)。

它是利用弹簧长度的变化使连入电路的电阻变化，实现将力信号转换为_____信号，将压力的大小与电流

表示数一一对应，便可得到所称重物的重力。

(2)当称重物时，滑片尸向下端滑动，连入电路的电阻和电流表的示数将分别；

A.变大、变大

8.变大、变小

C变小、变大

D变小、变小

(3)闭合开关，滑片夕滑动过程中，若变阻器两端电压U与电流表示数/的关系图线如图2所示，未称重时

对应图中“点。由图可知，变阻器的最大阻值为Q,在滑片P滑动过程中变阻器消耗的最大功率为

W。

3.足球运动深受广大民众喜爱。已知足球质量m=0.4kg0

如图1,运动员将足球从地面上以速度v踢出，足球恰好水平击中高为〃的球门横梁。

(1)足球在向斜上方飞行过程中，下列能表示足球所受合外力方向的是;

(2)若不计空气阻力，以地面为零势能面，则足球在飞行过程中的机械能为

A^rnv

B.mgh

C.^mv2+mgh.

D.^mv2-mgh

(3)若足球以10m/s的速度撞击球门横梁后，以6m/s的速度反方向弹回，横梁触球时间为0.1s,则横梁对

足球的平均作用力大小为M

(4)假设足球所受空气阻力大小保持不变。某同学将足球竖直.向上抛出，足球上升过程中，其动能战随上

升高度力的变化关系如图2所示。足球上升•2帆的过程中机械能减少了______J,运动过程中所受的阻力大

小为______N。(结果均保留三位有效数字，重力加速度g取10加〃2)

4.(1)电动打夯机可以用来平整地面。如图1为某小型电动打夯机的结构示意图，质量为〃，的摆锤通过轻

杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机通过皮带传动，使摆锤绕转轴。在竖直面内匀速

转动，转动半径为凡

摆锤转到最低点时处于______；

4.平衡状态

8.失重状态

。.超重状态

(2)调节打夯机的转速，使摆锤转到最高点时底座恰好能离开地面。

①摆锤转到最高点时，杆对摆锤的弹力大小为；

②摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力大小为；

A.mg+Mg

B.2mg+Mg

C.mg+2Mg

D.lmg+2Mg

(3)(计算)电动机是将电能转化为机械能的装置。为了减少发电厂输出的电能在电路上的电能损耗，需要高

压输电。若甲、乙两地原来用5O0AV超高压输电，输电线上损耗的电功率为P，在保持输电功率和输电线

电阻均不变的条件下，改用1001KV特高压输电，则输电线上损耗的电功率将变为多少？

金属框宽为0.1m、长为0.2m,电阻R=2。，磁场宽度。=0.4m,磁感应强度8=1.27,不计摩擦。

P

XXX；

B

।XXXXX：

II

；XXXXX：

II

：XXXXX：

Q>-----D--------AN。

图1

图(a)

①若%=5m/s,则岫边刚进入磁场时，线框中产生的感应电流大小为______4；小车的加速度大小为

②若〃边刚离开磁场边界MN时，小车速度恰好为零。

③线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向:

A均为abcda

B.均为adcba

C.兄abcda再adcba

D.先adcba再abcda

(2)定性画出小车运动的速度u随时间/变化的关系图像；

(3)(计算)求线框在进入磁场的过程中，通过导线截面的电量夕；

(4)(论证)某同学认为“线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量”，请分析论证该观点。

(5)该小组利用如图2®)所示装置脸证感应电动势大小与磁通量变化率之间的关系。线圈匝数利面积均不

变，通过调节智能电源在线圈〃田产生可控的变化的磁场，用磁传感器测量线圈〃内的磁感应强度8,用

电压传感器测量线圈〃内的感应电动势反某次实验中得到的8-t、E-t图像如图2(b)所示。

①观察图S)图像，可得：在线圈。中产生恒定感应电动势的条件是；感应电动势的大小与有

关。

②为了进一步确定定量关系，可利用图(切中的信息，做出。

A.E-dB图像

BE-d中图像

C.E-穿图像

DE—弹图像

At

6.太空粒子探测器是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图〃所示，幅射状的加速电

场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为。，外圆弧面AB与内圆弧面C。的电势差为U。足够长的

收集板MN平行于边界ACO8,。到MN的距离为L,ACO8和MN之间存在垂直纸面向里的匀强磁场。

假设太空中漂浮着质量为加，电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆弧面A及上，并从静止

开始加速，不计粒子重力、粒子间的相互作用及碰撞。

若某粒子沿着垂直人COB的电场线向右加速运动。

(1)该粒子经过电场过程中，其电势能的变化量为,到达。点时的速度大小为;

(2)该粒子在刚进入磁场时所受洛伦兹力的方向；

A响上

A向下

C.星直纸面向里

D垂直纸面向外

(3)(计算)若4CD8和MN之间磁场的磁感应强度为8=J裳，求该粒子在磁场中做圆周运动的半径,及

运动时间/o

(4)(计算)若AC。8和MN之间仅存在方向向右、电场强度为EF勺匀强电场，如图8所示。不同粒子经过加

速电场从O点出发运动到MN板,则到达MN板的这些粒子间距最大为多少？

图a图b

答案和解析

1.【答案】随机明暗相间、等间距BD0.625B波粒二象性必-

vi-v0

【解析】解：(1)①半衰期是对大量放射性元素的统计规律，而单个原子核的衰变无规律，是随机的；

②单个光子通过双缝后的落点无法预测，而大量光子通过双缝后会产生明暗相间、等间距的条纹；

(2)伽尔顿板可用来演示统计规律，当某一个小球下落时，落到那个槽内是不确定的，如果是天量的小球

下落，则不会均匀分布在每个槽内，小球落到槽内的情况还是有一定规律的。根据现象可以发现，越是接

近越接近漏斗形入口处的槽内，小球聚集得越多，故5。正确，AC错误：

(3)①根据半衰期公式可得：m余=m(1)n=10x(g)4g=0.625g；

②半衰期只由元素本身决定，不受环境、压强、所处状态、存在形式等因素影响，故8正确，AC。错误；

(4)单光干的双缝干涉实验现象显示了光具有波粒二象性：

根据动能定理结合光电效应方程得：eUc=hv-WQ,整理可得：一空

结合题图可知其斜率=解得：八=必

vi-voe丫1一"0

故答案为:(1)①随机的;②明暗相间、等间距(2*0；(3)①0.625；②B；(4)波粒二象性，尚。

(1)①半衰期是•种统计规律，单个原子的衰变无规律；②根据双缝干涉的内容分析；

(2)根据统计规律可以分析，即可正确解答；

(3)①根据半衰期的公式求解剩余的物质的多少；②半衰期与化合状态无关；

(4)根据动能定理结合光电效应方程列式求解普朗克常量。

本题考查内容全面，知识量大，既有半衰期、双缝干涉等内容，又有光电效应方程和动能定理的结合，非

常好的一种题型。

2.【答案】电C240.75

【解析】解:(1)根据实验原理可知电子秤是将力信号转换为电信号的仪器：

(2)当称重物时，滑片P向下端滑动，则总电阻减小，电流增大，故C正确，A3。错误；

故选：C。

(3)根据闭合电路欧姆定律可知

U=E-IR0

可知电源电压为E=6.0P,定值电阻Ro=*=黑C=12。

当U=4.0V时解得厂o

则变阻器的最大阻值为R="和=240

根据电功率的计算公式有尸=(赢)2〃=/£—

-^+2RQ+R

当滑动变阻器阻值与定值电阻阻值相等时变阻器消耗的功率最大，解得P=0.751V

故答案为:(1)电:(2)C；(3)24：0.75

(1)根据能量转化关系分析解答；

(2)根据欧姆定律分析解答；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距解得电源电动势，根据功率的计算公式分析解答。

本题考查电功率的变化问题，要求掌握闭合电路欧姆定律、电功率，动态电路变化问题的分析方法。

3.【答案】^641.330.667

【解析】解：(1)足球飞行过程中受到重力和与速度方向相反的阻力，其合力向左下方且指向轨迹曲线的

凹侧，故符合题意的是8,故ACD错误，B正确,故选：8

(2)若不计空气阻力，以地面为零势能面，则足球在飞行过程中的机械能是守恒的，初位置的机械能为

^mv2,所以全过程机械能都为:次讲，故A正确，BC。错误，故选：A；

(3)设初速度为=10m/s,末速度u=6m/s,且末速度的方向为正方向，横梁对足球的作用力大小为F,

根据动量定理有

Ft=mv-mv0

代入t=0.1s,m=0.4kg,解得P=64N

(4)足球竖直向上运动过程中机械能减少等于克服空气阻力做的功，设阻力大小为了,根据动能定理

一(mg+/)仁以-嬴诏

根据图2,代入h=0和h=3m,联立解得

2

f=-N=0.667/V

上升2m克服阻力的功叼=fh=0.667x2/=1.33/

故答案为：(1)B；(2)4(3)64；(4)1.33,0.667。

(1)根据力的合成和曲线轨迹与合力的关系进行分析判断；

(2)根据机械能守恒的条件进行分析解答：

(3)根据动量定理代入数据解答：

(4)根据动能定理和机械能的改变量的关系进行列式，结合图像解答。

考查能的转化和守恒定律以及动能定理、曲线运动规律等，会根据题意进行准确的解答和运算。

4.【答案】CMgDCA减小"1C

【解析】解•：(1)摆锤转到最低点时加速度向上，处于超重状态，故C正确，A3。错误；

故选：a

(2)①摆锤转到最高点时底座恰好能离开地面，对底座分析可知杆对底座的弹力大小为

F=Mg

根据牛顿第三定律可知杆对摆锤的弹力大小为Mg;

②电动机带动摆锤绕转轴。在竖直面内匀速转动，设角速度为3,则摆锤在最高点时尸+zng

在最低点，对摆锤有

F'-mg=ma)2R

则F'=2mg+Mg

对打夯机有

N=F'+Mg=2(M+m)g

故D正确，ABC错误；

2p2R

(3)当以不同电压输送时，有P=%。=U2I2,而在线路上损失的功率为/P=IR=带可知，损失的功率

与电压的平方成反比，即/Pi：AP2=4：1

所以输电线上损失的功率为［

4

(4)①已知空气中的声速小于水中的声速，则噪音声波由空气进入水中频率不变，根据/=4/可知波长变

大，故。正确，错误；

故选：Co

②根据多普勒效应可知，某工作人员向机器靠近时，人耳接收到的声波频率比噪音波源的频率要高，故A

正确，BC错误;

故选：Ao

③根据共振时固有频率等于打夯机频率的特点可知，为了获得更好减噪效果，可以增大打夯机发出的声波

频率，则应减小〃?。

④经过平衡位置时开始计时并计数1次，测出经过该位置N次的时间为3则有：(N-l)g=t

根据单摆周期公式有T=2TT

解得g=咆*

故A8。错误，C正确；

故选:Co

故答案为：(1)C；(2)①Mg；(2)D；(3)输电线上损耗的电功率将变为*(4)①C；②A；③减小/〃；@C

(1)摆锤做匀速圆周运动转到最低点时加速度向上，从而分析解答；

(2)根据牛顿第二定律分析解答；

(3)根据变压器损失功率的公式分析解答；

(4)根据/=筋分析波长变化；根据多普勒效应分析工作人员向机器靠近时接收的频率变化，根据共振的条

件分析减噪方法，根据单摆周期公式解得重力加速度。

本题考查单摆周期公式、变压器、牛顿第二定律的应用等知识点，解题关键掌握基本知识点的掌握，注意

损失功率的计算方法。

5.【答案】0.30.1808(。)随时间发生变化8(。)的变化率C

【解析】解：(1)①根据法拉第电滋感应定律E=84"o，

由欧姆定律/=后联立解得/=0.34

根据安培定则尸=8〃立，

由牛顿第二定律Q=%联立解得Q=O.18m/S2；

③根据楞次定律可知，线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向应为先仇/再R”•而，故。正确，ABC

错误：

故选：。。

(2)根据E=BLabv

E

I=R

尸=BILab

F

a=一

m

联立解得Q=也刎

inR

线框向右运动0.2m过程，安培力阻碍线框进入磁场，因此线框的速度从北逐渐减小，根据。=也刎可

mR

知，线框向右运动第一个0.2771过程，线框做加速度减小的减速运动；

线框完全进入磁场后，线框的磁通量不变，没有感应电动势，没有感应电流，安培力为零，加速度为零，

可知线框向右运动第二个0.2m过程，线框做匀速运动;

线框穿出磁场过程中，根据Q=骂虺可知，线框向右运动第三个0.2m过程，线框做加速度减小的减速运

mR

动，直到速度变为零；由以上即可画出小车运动的速度V随时间/变化的关系图像；即为

(3)线框进入磁场的过程中感应电流的平均值为7=*=器

通过线框截面的电量q="&=华端=山等M。=0.012C

答：线框在进入磁场的过程中，通过导线截面的电量q为0.012C；

(4)由。=或盟可知，线框进入磁场过程中的平均加速度大于穿出磁场中的平均加速度，安培力尸=/na,

mR

可知线框进入磁场过程中的平均安培力大于穿出磁场中的平均安培力，进磁场和出磁场过程的位移相等，

由3二心可知，进磁场过程中克服安培力做功多，因此线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的

发热量。

(5)①根据图〃可知，当磁感应强度3随着时间/均匀变化时即可产生恒定的电动势，即：8(，)随时间发

生变化：电动势的大小与磁感应强度B随着时间/均匀变化快慢有关；即：B@)的变化率；

②根据实验中得到的8-亡、图像，进过分析可知，感应电动势石的大小与8-亡图像的斜率大小一

致，因此为了进一步确定定量关系，可利用图(匕)中的信息，做出E-崇图像，故C正确，A3。错误；

故选：Co

故答案为：(1)①0.3,0.18；③。；(2)见解析；(3)通过线框截面的电量0.012C；(4)见解析；(5)①随

时间发生变化，8@)的变化率；②C

(1)①由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培定则以及牛顿第二定律推导得到加速度的表达式进行分

析；③根据楞次定律判定感应电流的方向；

(2)根据(1