2024年西藏拉萨市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年西藏拉萨市高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共5小题，共30分。

1.钻60（9%。）是金属元素钻的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年。静止的钻60发生一次衰变成为银

60（期Ni）,同时放出X粒子和两束y射线。下列说法正确的是（）

A.：/射线具有很强的电离作用B.10口钻60经过10.54年全部发生衰变

C.X粒子的质量数为4D.X粒子带负电

2.摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻

力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中£行的过程中

（）

A.若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点

B.若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零

C.若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大

D.若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变

3.如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，原，副线圈的匝数比为2：1,电压表和电流表均为理想电

表，定值电阻R的限值为10。，〃端输入如图乙所示的电压，则电流表的示数、电压表的示数分别为

()

A.HA,22072VB.114,220V

C.11/2/1,220VD.11/I4,220/2K

4.质量为0.2kg的物块在水平地面上做直线运动，其速度随时间变化的

规律如图所示，根据u-t图像所提供的信息，可知（）

A.0~4s内，物块沿同一个方向运动

B.在£>4s时间段，物块做匀加速直线运动

C.悠个运动过程中，物块的加速度逐渐减小，直至为零

D.0〜1s内，物块运动的速度方向和加速度方向相同

5.据统计，我国发射的卫星已近600颗，位居世界第二位，这些卫星以导航、遥感、通信为主要类别。如

图，A、B、C为我国发射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、8的轨道在赤道平面内，卫星C的

轨道为极地轨道，轨道半径下列说法正确的是（）

A.卫星4的加速度大小比卫星B的大B.卫星B的动能比卫星A的大

C.卫星8一定与地球自转同步D.卫星C的线速度大小可能为8.0km/s

二、多选题：本大题共5小题，共27分。

6.在游乐场有一种与众不同的游乐设施一一疯狂魔盘，游客在魔盘上可以体会到惯性带来的乐趣，如图

甲，其工作原理可以简化为图乙模型，水平圆盘在水平面内可绕中心轴匀速转动，圆盘上距离转轴分别为

八2r处有两个完全相同的小物块八b,质量均为机。物块八。与圆盘间的动摩擦因数均为〃，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘沿逆时针（俯视）方向以角速度3做匀速圆周运动，物块〃、〃相时于圆盘静

止，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

乙

A.若增大3,物块〃先滑动

B.物块a受到的摩擦力大小始终为〃mg

C.物块b受到的摩擦力是物块。的2倍

D.若逐渐增大3,保持物块4、力不滑动，则物块〃、人受到的摩擦力不再沿半径指向圆心

7.如图，虚线4,从C为静电场中的等势线，实线为一带电粒子在静电场中的运动轨

迹，8点是曲线运动的拐点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

A.粒子从4点运动到B点的过程，加速度减小、速度增大

B.粒子从A点运动到B点的过程，电势能增大，动能减小

C.粒子从4点运动到3点电场力做功的绝对值大于从A点到C点电场力做功的绝对

值

D.粒子运动到A点时的动能大于。点时的动能

8.如图，在水平绝缘桌面上固定两条相距为乙的平行长直光滑金属导轨，导轨的

左端连接阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆垂直放在导轨上，金属杆接//一方

入也路的电阻也为R，整个装置处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为8的夕1/F

匀强磁场中，给金属杆施加一个水平向右的拉力凡拉力的功率始终为p,经时L—L--------

间3金属杆的加速度刚好为0,再经时间/撤去拉力，整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良

好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）

A.金属杆运动的最大速度为零

B.金属杆运动的最大速度为萼

C.拉力作用过程中，通讨电阻R的焦耳热为Pt-器

D.撤去拉力后，通过金属杆的电荷量为再孚

B七

9.下列说法正确的是（）

A.利用高压锅蒸煮东西时，锅内气体温度升高，气体分子平均动能增加

B.用肉眼直接观察到的在无风情形下空气中尘埃的运动不是布朗运动

C.两气体分子从很远距离逐渐靠近，直到不能再靠近的过程中，分子间引力减小，斥力增加

D.液晶电视机的工作原理中利用了液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向同性

E.尽管技术不断进步，制冷机还是不可能将温度降到-273.15℃,热机的效率也不可以达到100%

1().一列沿X轴传播的简谐横波在i=0时的波形图如图所示，此时刻后介

质中质点P回到平衡位置时间比质点Q回到平衡位置早0.8s,已知£=0时

P、。两质点相对平衡位置位移相同，均为5“〃，波的振幅为18/〃，下列

说法正确的是()

A.波的传播方向沿x轴正方向B.波的传播速度为10m/s

C.t=0时质点尸做加速运动D.尸、。两质点间的距离始终不变

E.质点户回到平衡位置的最短时间为0.2s

三、实验题：本大题共2小题，共15分。

11.某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验。力传感器固定在小车上，细线连接在力

传感器卜.，位移传感器与计算机相连接，可以描绘出小车运动的位移x与小车运动时间的平方的关系图

像。

(1)为了保证小车受到的合外力等于细线的拉力，需要的操作是。

A.保证祛码和托盘的质量远小于小车的质量

平衡摩擦力

C调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行

(2)调节好装置后，将小车从靠近位移传感器的位置由静止释放，根据位移传感器测得的数据，计算机描

绘出小车运动的位移与运动时间的平方的关系图像如图乙所示。若图像的斜率为生则小车运动的加速度

(3)保持小车和力传感器的总质量"不变，多次改变托盘中祛码质量进行实验，测得多组力传感器的示数

F,及对应的小车的加速器度4,作Q-E图像，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于

______,则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。

12.某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可•以同时测量电压表V的内阻和电流表G的内阻。可供

选用的仪器有：

A.内阻约3X2的待测电压表匕量程0〜3P

8内阻约500。的待测电流表G,量程0〜3nL4

C足值电阻R（阻值已知）

D电阻箱入

E.滑动变阻器匕（0~3kQ）

”.滑动变阻器&（0〜50。）

G电源电动势£=6V,内阻忽略不计

”.开关、导线若干

（1）为了准确测量电压，电流表的内阻，滑动变阻器应选______（选填"RJ或"％”）。

（2）实验中电阻箱的示数如图乙所示，则&=o

（3）闭合&前，将滑动变阻器的滑片P调到_____（选填或"b”）处。

（4）将单刀双掷开关拨到1,调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为/、/1；再将单刀双掷开关

拨到2,调节滑动变阳阻器，使得V和G有明显的读数，分别为“、k，则电压表V的内阻巾=，

电流表G的内阻力=_____。（均选用Ui、4、人、/2,R和Ro表示）

四、简答题：本大题共4小题，共38分。

力，求:

(1)电场强度大小;

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径。

14.如图，一光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，一个质量为4依的小球。

从轨道A点静止释放，运动到轨道的最低点时，与静止在该点质量为1依的〃

球发生碰撞，碰撞后，两小球粘在一起继续运动。若圆弧轨道的半径R为

1阳.A、8两端点和圆心。的连线与触直方向的夹角。均为37。，。、力两小球

体积相等，且均看作质点，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=

0.8o求：

(1)小球4碰撞前的瞬间速度大小外；

(2)小球4、力碰撞后瞬间整体的速度大小V,以及此时4、。整体对轨道的压力”；

(3)小球队碰撞后，。、沙整体继续运动上升的最大高度H(相对于轨道最低点)。

15.如图,导热性能良好的气缸固定在倾角为30。的斜面匕斜面底端有

一固定挡板。距离气缸底部E=6cm处有质量m=2kg,横截面积S=

lOcm?的活塞，活塞与固定在挡板上的轻质弹簧相连接，活塞与气缸之

间无摩擦且不漏气，弹簧压缩量〃=2.5cm,并被锁定，(缸内气体的

压强p=5xl()4pa,弹簧劲度系数k=20N/cm,重力加速度g取

10m/s2,大气压强po=1x105Pcio求:

(1)解锁弹簧的瞬间.活塞的加速度大小;

(2)解锁弹簧待稳定后。气缸内的压强。

16.如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心隹为120。，与球

台平•面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。己知玻璃对单色光的折射率为

2,光在真空中的速率为c=3.0xl08m/s,求：

(1)该单色光在玻璃球台中的传播速度；

(2)光在玻璃球台内传播的最长时间(只考虑全反射)。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4y射线的电离能力弱，穿透能力强，故A错误；

2x

B.10g钻60经过10.54年，即经过2个半衰期，则m=7n0(1)=加。=10,。=2.5g,即还剩余2.5g,

故B错误；

CD根据质量数、电荷数守恒可知，X的质量数A=60-60=0,电荷数z=27-28=-l,可知X是6粒

子，即电子，带负电，质量数为零，故C错误，。正确。

故选：

根据射线的特点判断；根据电荷数守恒、质量数守恒判断X粒子；经过一个半衰期有半数发生衰变，根据

m=根0《)”求解剩余的钻60o

解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道a衰变和/?衰变的实质，理解半衰期，并

能进行计算。

2.【答案】D

【解析】解：A、当要研究某一时刻骑手的动作，就要展现出骑手的运动细节，而把骑手和摩吒车看成质

点就不能看到骑手的动作了。故A错误。

B、因为骑手是斜向上冲上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以当骑手骑到最高点时，其竖直方向的速

度为0,但是其动能不为0。故8错误。

C、因为骑手从斜坡冲出的时刻，骑手就只受重力的影响，在只受重力作用的情况下其机械能始终不变。

故C错误。

。、当骑手从斜坡冲出时，骑手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以骑手的加速度不变。

故D正确。

故选:Do

分析骑手从冲出斜坡开始，箭手只受到重力的影响，并且其竖直方向上的速度先减小后增大，水平方向的

速度保持不变，并且当物体在只受重力影响时，物体的机械能守恒，从而得出答案为多少。

此题主要考查斜抛的知识点，主要要注意在只受重力的情况下其机械能保持不变。

3.【答案】B

【解析】解：由图乙和在，输入电压的最大值Um=220，1人电压表的示数为电压的有效值，原线圈电

压的有效值为由=5==220V,所以电压表的示数为220%

根据理想变压器甩压与或数比的美系

%=电

"1一九2

可得：U2=1107

根据欧姆定律可得副线圈的电流即电流表的示数为

，2=第=缪4=114，故ACO错误，B正确。

n1U

故选:B。

电压表测量的是电压有效值，由图乙读出输入电压的最大值，由0=空求出电压有效值，即得到电压表的

v2

示数。根据理想变压器电压与匝数比的关系亘=”求出副线圈的电压，再由欧姆定律计算电流表的示数。

叫n2

本题的关键要理想变压器的电压与匝数的关系，以及电流与匝数的关系，并能熟练运用。

4.【答案】C

【脩析】解•：4由图可知0〜1s内和1〜4s内物块的速度分别为负值和正值，所以两段时间内物块的速度

方向相反。故A错误：

8.由图可知，在4s时间段，物块做匀速直线运动。故8错误；

C.图线的斜率表示物块的加速度，由此可知，在t=0时，物块加速度最大，t=4s时，加速度最小(a=

0)，物块的加速度越来越小，直至为零。故C正确；

D由图可知，0〜1s内，物块做减速运动，所以物块的速度方向和加速度方向相反。故D错误。

故选：Co

根据u-t图像中图线的形状及变化情况来判断物块的速度变化情况，由图线斜率表示加速度进行加速度大

小及方向的判断。

本题考查学生对"-七图像中图线斜率的理解，解题关健是正确理解廿一£图像。是一道基础题目。

5.【答案】A

【解析】解：4卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

GMm

-3—=ma

解得：af

由图可知三颗卫星的轨道半径关系为:

rc<rA<rB

可知三颗卫星的加速度大小关系为：

%;>%>%，故A正确；

A根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

GMmv2

丁2r

解得：已=

则卫星的动能为：

1

Ek=2mp2

解得：后〃=等

三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；

C地球同步卫星的轨道平面必须位于赤道平面，且距离地面的高度一定，血卫星8里然位于赤道的止上

方，但是高度不一定在同步卫星的轨道高度，所以卫星3不一定与地球自转同步，故。错误；

。.第一宇宙速度为7.9km/s,是卫星的最大环绕速度，所以卫星C的线速度大小一定小于7.9/nn/s,故。

错误。

故选：

根据万有引力提供向心力解得线速度、加速度和周期与轨道半径大小之间的关系，根据半径大小判断速

度、加速度的大小，再根据动能公式比较卫星的动能；根据地球同步轨道卫星的特点分析：根据第一宇宙

速度是卫星的最大环绕速度分析。

本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力

提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心，注意理解同步卫星的特点。

6.【答案】CD

【解析】解：4由摩擦力提供向心力得年=m32R

可知增大角速度，物块。、。所需向心力均增大，其中做匀速圆周运动半径较大的物块〃最先达到最大静

摩擦力，故物块。先滑动，故4错误；

注物块。绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，〃滑动前受到的摩擦力始终小于〃mg,故3错

误；

C物块〃、力均绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，有F/nmdR

由于弓二/，rb=2r

可得2/^=Pfb

故C正确；

。.若逐渐增大3,保持物块。、〃不滑动，则物块。、〃做加速圆周运动，摩擦力沿半径和切线方向均有分

量，分别产生切向加速度和向心加速度，故摩擦力不再沿半径指向圆心，故。正确。

故选：

根据最大静摩擦力与向心力，分析哪一个最先滑动，根据牛顿第二定律解答。

本题考查向心力，解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，注意静摩擦力提供向心力。

7.【答案】13C

【解析】解：4B.因A点等势面密集，则电场线密集，则A点电场强度大，粒子从A点运动到B点的过程

受到的电场力减小，由牛顿第二定律可知加速度减小；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向大致向

右，则粒子从A点运动到8点的过程电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增大，故A错误，。正

确：

C.A,B点间的电势差比人、C点间的电势差大，根据W=可知粒子从八点运动到B点电场力做功的绝

对值大于从4点到C点电场力做功的绝对值，故C正确；

0.4点和。点在同一等势面上，粒子运动到A点的动能等于。点时运动，故。错误。

故选：BC。

由等势面的疏密可知电场强度的大小，由尸=Eq可知电场力的大小关系，从而判断加速度关系；根据曲线

的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点，然后判断动能与电势能的变化“

本题中解题的关键在于•曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的

是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解.

8.【答案】AD

【解析】解：4B.设金属杆最大速度为％］，由题意知

F.i：=B1L

BLvm

解得4n=零，故A正确，B错误;

C.拉力作用过程，根据动能定理有

1

2Pt-2Q=9

解得Q=P£-$，故C错误；

D撤去拉力后，设安培力方向为正方向，根据动量定理有

BIL-t=mvm

q=I-t

解得9=嘿襄，故D正确“

故选:ADO

当金属杆的加速度为零时金属杆的速度达到最大值，进而求解其最大速度。根据功能关系分析金属杆克服

安培力做功等于回路产生的焦耳热；牛顿第二定律结合安培力公式求解判断金属杆的运动情况；根据动量

定理求解通过金属杆的电荷量。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感

应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答；分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定

理、功能关系等列方程求解。

9.【答案】ABE

【解析】解：4、温度是分子平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能增加，故4正

确；

B、用肉眼看到的物体（比如空气中的灰尘）的运动不是布朗运动，因为布朗运动要用显微镜放大才能看

到，故8正确；

C、两气体分子从很远距离逐渐靠近，直到不能靠近为止，分子间引力和斥力都增加，故C错误；

。、液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，光学性质具有各向异性，故。错误：

E、根据热力学第三定律可知，制冷机不可能将温度降到-273.15。根据热力学第二定律可知，热机效率

不可能达到100%,故E正确。

故选:ABE。

温度是分子平均动能的标志。布朗运动用肉眼不能直接观察到。两气体分子从很远距离逐渐靠近时，分子

间引力和斥力都增加。液晶具有各向异性。结合热力学第二、第三定律分析。

解答本题的关键要掌握热力学的基础知识，特别要知道温度是分子平均动能的标志，温度越高，分了•的平

均动能越大。

10.【答案】ACE

【解析】解:4c.质点尸回到平衡位置时间比质点Q回到平衡位置早0.8s,说明£=0时质点?向下振动,

做加速运动，根据平移法可知，波沿x轴正方向传播，故AC正确；

£.设波的周期为了，波源的振动方程

27r

y=/4sin(y+9)

振幅A=10cm,0点位移》=5cm则

TTTST

%=适，％=?一冠=衣

所以

At=—tP=0.8s

则T=2.4s,tP=0.2s

故E正确;

B.由波动图像可知波长2=12m,波速

A12

V=y；=2^m/s=5m/s

故B错误;

DP、Q两质点均做简谐运动，由于两质点的起振动时刻不同，只有当两质点位移相同时相距最近，其他

时刻两质点间距离不断变化，故。错误。

故选：ACE.

由题意，分析P、。回到平衡位置的时间差，分析质点的运动情况，根据振动的一般方程分析E,由图读

出波长，求出波速，介质中质点在振动，两点的位移会变化。

本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期.要注意介质中质点只在各自的平衡位置

附近振动，不随波迁移。

U.【答案】"2温

【解析】解：(1)保证小车受到的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力，并且调节滑轮的高度，使牵

引小车的细线与长木板平行；因为本实验中使用力的传感器测量绳子的拉力，因此不需要满足跌码和托盘

的质量远小于小车的质量。故A错误，BC正确。

故选：BC.

(2)根据位移公式％=；砒2,可知

1

2a

解得

a=2k

(3)由牛顿笫二定律可得

1

a=MF

可知，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率等于三，则表明质量一定时.,加速度与合外力成正

比。

故答案为：(1)BC；(2)2k；(3).

(1)根据探究加速度和力的实验的注意事项可进行解答；

(2)根据位移公式，可以得到加速度与图像斜率的关系；

(3)根据牛顿第二定律进行作答。

本题考查探究加速度与力的关系的实验，要求掌握实验原理和实验注意事项。

12.【答案】R22500.0a,2+?RRo

【解析】解：(1)滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节滑动变阻器选择

(2)根据电阻箱是读数规则，电阻箱接入电路中的电阻为3=2xlooon+5xloon+0x10/2+0x

IP4-0x0.W=2500.0/2；

(3)为了确保电路的安全，闭合S前,应将滑动变阻器的滑片调到最左端即“处；

(4)将单刀双掷开关拨到1时，有％=((R+&+%)

将里刀双掷开关拨到2,有华

联立解得电流表内阻3

电压表内阻4二束然。

故答案为：(1)色；(2)2500.0；(3)a；(4)j■然；空一R-R。。

12«一”2*1

(1)滑动变阻器采用分压式接法，从方便调节的角度选择滑动变电器；

(2)根据电阻箱的读数规则读数；

(3)滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，闭合开关前，滑动片应位于分压电压为零的那一

端；

(4)根据申联、并联电路的特点，结合欧姆定律分析作答。

本题主要考查了电压表V的内阻和电流表G的内阻的测量，要明确实验的原理，掌握串联、并联电路的特

点，掌握欧姆定律的运用是解题的关键。

13.【答案】解：(1)粒子在甩场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律得:

XQ=votx

由已知可得：XQ=20cm=0.2m,yP=10cm=O.lzn,=20C/kg

解得：匕=0.02s,E=25V/m

(2)设粒子到达。点的速度大小为v,粒子从P运动到Q,只有电场力做功，根据动能定理可得：

1212

EPq/p=2mV~2mV^

解得：v—10V^m/s

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中运动的半径为凡由洛伦兹力提供向心力得：

mv2

qvB=T

解得：R=0.1m=10cm

答：(1)电场强度大小为25P/m；

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为lOc/zu

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律利牛顿第二定律求解；

(2)根据动能定理求得粒子到达。点的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解

粒子在磁场中运动的半径。

本题是非常基础的带电粒子在电场和磁场中的运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运

动。带电粒子在磁场的运动，确定其轨迹半径和圆心角是基本功。电场中的匀变速曲线运动处理的方法是

运动的分解与合成。

14.【答案】解：(1)对小球小下滑至碰前，由动能定理有：magR(l-cos0)=^mav^-0

解得小球a碰撞前的瞬间速度大小：v0=2m0

(2)对〃、人两小球，碰撞为完全非弹性碰撞，取a初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：

=(ma+mb)v

解得：v=1.6m/s

对、整体，碰后瞬间，由牛顿第二定律得：

abFN-(ma+m^g=(ma4-inb)

由牛顿第三定律可得：F=FN

解得：P=62.8/V,压力的方向竖直向下；

2

(3)对