云南省2024年高考物理模擬試卷及答案4

云南省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。得分1．2024年1月23日02時09分，新疆阿克蘇地區(qū)烏什縣發(fā)生7.1級地震，中國資源衛(wèi)星應(yīng)用中心通過衛(wèi)星對災(zāi)區(qū)進(jìn)行觀測。其中衛(wèi)星a離地高度約為600km，衛(wèi)星b離地高度約為36000km，若兩顆衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動均可視為勻速圓周運(yùn)動。關(guān)于兩衛(wèi)星的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星a的速率小于衛(wèi)星b的速率 B．衛(wèi)星a的加速度小于衛(wèi)星b的加速度C．衛(wèi)星a的周期小于衛(wèi)星b的周期 D．衛(wèi)星a的角速度小于衛(wèi)星b的角速度2．如圖所示，質(zhì)量相等的同種理想氣體甲和乙分別用絕熱活塞封閉在兩個絕熱氣缸中，兩氣缸固定在同一水平面上，開口分別豎直向上和水平向右，活塞質(zhì)量不能忽略且可沿氣缸無摩擦滑動。甲、乙兩氣體的體積相等，它們的壓強(qiáng)分別用p甲、p乙表示，溫度分別用T甲、T乙表示。下列關(guān)系正確的是（）A．p甲>p乙，T甲>T乙 B．p甲>p乙，T甲<T乙C．p甲<p乙，T甲>T乙 D．p甲<p乙，T甲<T乙3．用a、b兩種不同的金屬做光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，a的逸出功大于b的逸出功。在同一坐標(biāo)系中作出它們的遏止電壓Uc隨入射光頻率v變化的圖像。下列選項中可能正確的是（）A． B．C． D．4．用無人機(jī)在地面附近運(yùn)送物資時，將質(zhì)量為m的物資固定在無人機(jī)上，某段時間內(nèi)，無人機(jī)攜帶該物資從靜止開始斜向上做加速度為g2（gA．54mg B．72mg C．5．夜晚五顏六色的霓虹燈把城市裝扮得格外美麗。如圖所示，可視為理想變壓器的原線圈接u=2202sin100πt(V)的交流電，給額定電壓為6.0×10A．所用交流電的頻率為100Hz B．變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為11：300C．通過霓虹燈的最大電流為11mA D．將交流電u換為220V的直流電，霓虹燈仍能正常發(fā)光6．均勻介質(zhì)中，波源S產(chǎn)生沿x軸方向傳播的簡諧橫波，如圖甲所示，A、B、C為x軸上的質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)C（圖中未畫出）位于x=10m處，波源在AB之間。t=0時刻，波源開始振動，從此刻開始A、B兩質(zhì)點(diǎn)振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．波源S位于x=1m處 B．波速大小為2m/sC．C質(zhì)點(diǎn)起振后，其振動步調(diào)與A質(zhì)點(diǎn)相反 D．t=5.5s時，C質(zhì)點(diǎn)位于波谷7．如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球（可視為點(diǎn)電荷）固定在絕緣細(xì)桿兩端，桿的中點(diǎn)O固定但桿可繞O自由轉(zhuǎn)動，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，在y軸和z軸上有兩點(diǎn)M、N，他們到O點(diǎn)的距離都等于桿的長度，下列說法正確的是（）A．若桿與x軸重合，M點(diǎn)的電勢高于O點(diǎn)電勢 B．若桿與y軸重合，M點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)電勢C．若桿與y軸重合，M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)場強(qiáng) D．若桿與z軸重合，M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)場強(qiáng)8．輕彈簧上端連接在箱子頂部中點(diǎn)，下端固定一小球，整個裝置靜止在水平地面上方?，F(xiàn)將箱子和小球由靜止釋放，箱子豎直下落h后落地，箱子落地后瞬間速度減為零且不會反彈。此后小球運(yùn)動過程中，箱子對地面的壓力最小值恰好為零。整個過程小球未碰到箱底，彈簧勁度系數(shù)為k，箱子和小球的質(zhì)量均為m，重力加速度為g。忽略空氣阻力，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．箱子下落過程中，箱子機(jī)械能守恒B．箱子落地后，彈簧彈力的最大值為3mgC．箱子落地后，小球運(yùn)動的最大速度為2gD．箱子與地面碰撞損失的機(jī)械能為2mg??閱卷人二、非選擇題：本題共14小題，共174分。得分9．某同學(xué)測量一長方體玻璃磚對紅光的折射率，裝置示意圖如圖所示。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①在水平木板上固定一張白紙，白紙上放置光屏P，在白紙上畫一條與光屏P平行的直線ad作為界線；②把寬為L的玻璃磚放在白紙上，使它的一邊跟ad重合，畫出玻璃磚的另一邊bc，在bc上取一點(diǎn)O，畫一條線段AO；③用激光筆發(fā)出平行于木板的紅色細(xì)光束，沿圖中AO方向從O點(diǎn)射入玻璃磚，光束從玻璃磚另一面射出后，射到光屏P上的S1處，記錄S④保持入射光不變，撤去玻璃磚，激光射到屏上的S2處，記錄S2的位置以及光束與ad的交點(diǎn)⑤作出光束從O點(diǎn)到S1點(diǎn)的光路圖，記錄光束與ad邊的交點(diǎn)M⑥測出OM、ON的長度分別為d1、d據(jù)此回答下列問題：（1）請在圖中作出光線從O點(diǎn)到S1點(diǎn)的光路圖；（2）根據(jù)測量數(shù)據(jù)，可得該玻璃磚對紅光的折射率n＝(用L、d1、d（3）該實(shí)驗(yàn)中，若改用綠色細(xì)光束做實(shí)驗(yàn)，其他條件不變，則未撤去玻璃磚時，光束射到光屏上的位置應(yīng)在S1的10．某同學(xué)利用以下實(shí)驗(yàn)器材測量一電源的電動勢和內(nèi)阻。待測電源E電流表A1（量程0.6A）電流表A2（量程0.6A）電阻箱R1（0~999.9Ω）滑動變阻器R2（0－10Ω）開關(guān)S1和單刀雙擲開關(guān)S2導(dǎo)線若干該同學(xué)設(shè)計的實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示，部分實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：（1）將S2接2，閉合S1，調(diào)節(jié)R1和R2使A1的示數(shù)為0.52A，A2的示數(shù)如圖乙所示，由圖可得電流表A2的讀數(shù)為A；此時電阻箱R1的阻值如圖丙所示，由圖可得電阻箱的接入阻值為Ω；則電流表A2的內(nèi)阻r0=Ω；（2）將S2接1，閉合S1，將R1調(diào)節(jié)為10.0Ω后保持不變，調(diào)節(jié)R2的大小，讀出對應(yīng)A1的示數(shù)I1和A2的示數(shù)I2，根據(jù)數(shù)據(jù)作出I1—I2的圖像如圖丁所示，可得該電源的電動勢E=V，內(nèi)阻r=Ω。11．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)，以對角線bd為邊界，上方有平行ad邊向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E。下方有垂直abcd平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶正電的粒子從ab邊中點(diǎn)O由靜止釋放，在電場和磁場中運(yùn)動后垂直bc邊射出。粒子重力不計。求粒子的比荷。12．若某種型號的禮花彈從水平地面以大小v0=20m/s的速度發(fā)射，方向與水平地面夾角θ=60°，到達(dá)最高點(diǎn)時爆炸為質(zhì)量相等的兩塊A、B，爆炸時間極短，炸開后A豎直上升，A離地面的最大高度H=20m。忽略空氣阻力以及爆炸過程中質(zhì)量的變化，重力加速度的大小取g=10m/s2。求：（1）爆炸后瞬間A的速度大?。唬?）爆炸后瞬間B的水平分速度及豎直分速度的大?。唬?）A、B落地點(diǎn)之間的距離。13．如圖所示，兩根相互平行且足夠長的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)軌上，整個系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時，電容器不帶電。t＝0時刻，對PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計，PQ運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。（1）若保持開關(guān)S1斷開、S2閉合，求（2）若保持開關(guān)S1閉合、S2斷開，求（3）若保持開關(guān)S1、S2都閉合，從t＝0到t=t0時間內(nèi)PQ向右運(yùn)動的距離為x，求

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】ACD．設(shè)M為地球質(zhì)量，R為地球半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力有G解得v=GMR+?，ω=可知衛(wèi)星離地面越高，則衛(wèi)星的速率、角速度越小，但周期越大，故AD錯誤、C正確；B．根據(jù)牛頓第二定律有a=G可知衛(wèi)星離地面越高，則衛(wèi)星的加速度越小，故B錯誤。故選C?！痉治觥啃l(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由地球的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式和牛頓第二定律求出衛(wèi)星的速率、加速度、周期、角速度與軌道半徑的關(guān)系式，然后分析答題。2．【答案】A【解析】【解答】對甲圖活塞受力分析有mg對乙圖活塞受力分析有p乙=p0由題知質(zhì)量相等的同種理想氣體甲、乙兩氣體的體積相等，則根據(jù)p可知p甲>p乙，T甲>T乙故選A【分析】根據(jù)缸體的放置分別對活塞根據(jù)平衡狀態(tài)列方程比較壓強(qiáng)，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列式比較溫度3．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程有hv－W0=eUc整理有U由題知a的逸出功大于b的逸出功，則兩圖像的斜率相同，a的縱截距大于b的縱截距。故選D【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像的斜率的物理意義以及圖像橫坐標(biāo)截距的物理意義分析即可4．【答案】B【解析】【解答】對物體受力分析如圖：根據(jù)余弦定理可知F其中F解得F=故選B。【分析】先根據(jù)牛頓第二定律求出物資的合力大小，利用平行四邊形定則作圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解無人機(jī)對該物資的作用力大小5．【答案】B,C【解析】【解答】A．所用交流電的頻率f=ωB．變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n1C．由題知，當(dāng)通過傳感器的電流超過0.3A時，霓虹燈就會自動斷路，則n1解得I2=11mA，故C正確；D．將交流電u換為220V的直流電，副線圈將不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，則霓虹燈不會發(fā)光，故D錯誤。故選BC?！痉治觥扛鶕?jù)原線圈輸入電壓的瞬時表達(dá)式以及頻率與角速度之間的關(guān)系求解；根據(jù)變壓比和變流比公式求解匝數(shù)之比以及副線圈的最大電流；變壓器的工作環(huán)境為交流電壓進(jìn)行判斷。6．【答案】B,D【解析】【解答】AB．由題圖可知A、B兩質(zhì)點(diǎn)開始振動的時刻為tA=2.0s，tB=0.5s由于在同種介質(zhì)中則波速v相同，故有v=則xA=4xB故波源S位于x=2m處，且波速v=2m/s故A錯誤、B正確；C．C質(zhì)點(diǎn)開始振動的時刻為t由題圖可知，波源起振方向y軸正方向，在tC=4s時A質(zhì)點(diǎn)也沿y軸正方向，則C質(zhì)點(diǎn)起振后，其振動步調(diào)與A質(zhì)點(diǎn)相同，故C錯誤；D．根據(jù)以上分析tC=4s時開始振動，則t=5.5s時，C質(zhì)點(diǎn)已振動了34故選BD?！痉治觥扛鶕?jù)振動圖像讀出波從波源傳到A、B的時間，由公式x=vt結(jié)合AB間的距離求解波速，并確定波源S的位置坐標(biāo)。根據(jù)對稱性結(jié)合確定質(zhì)點(diǎn)C與A振動步調(diào)關(guān)系。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)C振動的時間確定其位置。7．【答案】B,C【解析】【解答】已知等量正電荷的電場線分布如下圖所示A．若桿與x軸重合，繪出平面圖如圖已知沿著電場線方向電勢逐漸降低，則結(jié)合等量正電荷的電場線分布圖可知M點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)電勢，故A錯誤；BC．若桿與y軸重合，繪出平面圖如圖已知沿著電場線方向電勢逐漸降低，則結(jié)合等量正電荷的電場線分布圖可知，M點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)電勢，M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)場強(qiáng)，故BC正確；D．若桿與z軸重合，繪出平面圖如圖結(jié)合等量正電荷的電場線分布圖可知，M點(diǎn)的場強(qiáng)小于N點(diǎn)場強(qiáng)，故D錯誤。故選BC?！痉治觥客ㄟ^引入檢驗(yàn)電荷+q，根據(jù)電場力做功情況，判斷該電荷的電勢能變化情況，進(jìn)而判斷M點(diǎn)和O點(diǎn)電勢高低；

根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)表達(dá)式和矢量合成法求解M點(diǎn)和N點(diǎn)場強(qiáng)表達(dá)式，進(jìn)而比較場強(qiáng)大小關(guān)系。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．箱子靜止時，對小球分析有mg=對箱子分析有mg+當(dāng)箱子由靜止釋放瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，小球在這瞬間仍然平衡，加速度為0，而箱子釋放瞬間固定箱子的力T消失，箱子所受合力為F=mg+可得該瞬間箱子的加速度a=2g此后彈簧會恢復(fù)原長，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，彈簧彈力對箱子做正功，若此過程中箱子落地，則此過程中箱子的機(jī)械能增加；若在彈簧恢復(fù)原長時箱子還未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，彈簧將被壓縮，彈簧彈力將對箱子做負(fù)功，箱子的機(jī)械能又會減小，但無論何種情況，箱子在運(yùn)動過程中除了重力做功外，彈簧彈力也在做功，因此箱子下落過程中，箱子機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．根據(jù)題意，此后小球運(yùn)動過程中，箱子對地面的壓力最小值恰好為零，則對箱子有F彈簧處于壓縮狀態(tài)，且為壓縮最短位置處，可知小球做簡諧振動，此時彈簧的壓縮量與小球合力為零時彈簧的伸長量之和即為小球做簡諧振動的振幅，根據(jù)簡諧振動的對稱性可知，在最低點(diǎn)F在最高點(diǎn)F聯(lián)立解得F而當(dāng)小球運(yùn)動至最低點(diǎn)時彈簧彈力有最大值，即為3mg，故B正確；C．小球做簡諧振動，在平衡位置時有F解得x=即彈簧被拉伸x時小球受力平衡，處于簡諧振動的平衡位置，此處小球的速度有最大值，而根據(jù)以上分析可知，小球在最高點(diǎn)時彈簧的彈力和在平衡位置時彈簧的彈力大小相同，只不過在最高位置時彈簧處于被壓縮狀態(tài)，在平衡位置時彈簧處于被拉伸狀態(tài)，顯然壓縮量和伸長量相同，則小球從最高點(diǎn)到達(dá)平衡位置下落的高度?=2x=而彈簧壓縮量和伸長量相同時所具有的彈性勢能相同，即小球zai最高點(diǎn)和在平衡位置時彈簧的彈性勢能相同，則對小球由最高點(diǎn)到平衡位置根據(jù)動能定理可得mg?2x=解得v故C正確；D．箱子損失的機(jī)械能即為箱子、彈簧、小球所構(gòu)成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能，小球在平衡位置時彈簧所具有的彈性勢能和在箱子未落下時彈簧所具有的彈性勢能相同，由能量守恒可得2mg?=解得箱子損失的機(jī)械能ΔE=2mg??故D正確。故選BCD。【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律的條件分析箱子的機(jī)械能是否守恒；

根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性和題設(shè)條件求彈簧的最大彈力；

用隔離法根據(jù)機(jī)械能守恒定律求小球的最大速度和箱子落地時損失的機(jī)械能。9．【答案】（1）（2）d（3）右側(cè)【解析】【解答】（1）根據(jù)折射定律做出光路圖，如圖所示（2）由幾何關(guān)系可知sinsin根據(jù)可求得n=（3）光從空氣中射入同一介質(zhì)中綠光的折射率大于紅光的折射率，綠光的偏折程度大于紅光的偏折程度，所以綠光射到光屏上的位置應(yīng)在S1【分析】（1）由于玻璃磚是平行玻磚，因此入射光線與出射光線平行，據(jù)此完成光路圖；

（2）根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解入射角和折射角的正弦，根據(jù)折射定律求折射率；

（3）綠光的折射率大于紅光的折射率，根據(jù)折射定律分析折射角的變化，然后作答。10．【答案】（1）0.26；0.5；0.5（2）2.8；1.5【解析】【解答】（1）電流表的最小分度為0.02A，所以讀數(shù)為0.26A。電阻箱的讀數(shù)為0.5Ω。由題圖可知A2與R1并聯(lián)，且流過A2與R1的總電流為A1的電流，則流過R1的電流為0.26A，可知A2的內(nèi)阻r0=R1=0.5Ω（2）、將S2接1，閉合S1，將R1調(diào)節(jié)為10.0Ω后保持不變，調(diào)節(jié)R2的大小，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=(I2－I1)R1＋I(xiàn)2(r＋r0)整理后有I根據(jù)圖丁的解析式有k=b=－0.28整理后有r=1.5Ω，E=2.8V【分析】（1）根據(jù)電流表讀書規(guī)則讀數(shù)；根據(jù)電阻箱讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；根據(jù)歐姆定律求解電流表A2的內(nèi)阻；

（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律列式，整理得到圖像的數(shù)學(xué)表達(dá)式，代入兩組數(shù)據(jù)求解電源的電動勢和內(nèi)阻。11．【答案】解：粒子運(yùn)動軌跡如圖所示粒子在電場中運(yùn)動過程，據(jù)動能定理可得qE粒子在磁場中運(yùn)動過程，根據(jù)牛頓第二定律，可得qvB=m據(jù)幾何關(guān)系可得r=解得q【解析】【分析】粒子在電場中運(yùn)動過程根據(jù)動能定理求解粒子進(jìn)入磁場的速度，粒子在磁場中運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子的比荷。12．【答案】（1）解：設(shè)禮花彈上升的最大高度為h。根據(jù)運(yùn)動的分解，禮花彈爆炸前在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動，對禮花彈根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可得2g?=禮花彈爆炸后在豎直方向，對A根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可得2g(H??)=聯(lián)立解得v（2）解：禮花彈爆炸過程，在豎直方向動量為0，根據(jù)動量守恒定律可得m解得v在水平方向根據(jù)動量守恒定律可得2m解得v（3）解：B