2024年上海市金山區(qū)高考物理二模試卷(含詳細答案解析)

2024年上海市金山區(qū)高考物理二模試卷

一、簡答題：本大題共6小題，共18分。

1.大量隨機事件的整體表現(xiàn)所顯示的規(guī)律性叫做統(tǒng)計規(guī)律。

根據(jù)統(tǒng)計規(guī)律的含義，完成下表：

隨機事件規(guī)律性

“伽爾頓板”

某個小球落入哪個槽內(nèi)是隨機的越靠近中間小球越多

實驗

(1)某個原子核的衰變是一個每經(jīng)過特定的時間，大量原子核的數(shù)目由于衰變減

原子核的衰變

______過程少至原來一半

單光子的雙縫通過雙縫后的某個光子在熒光屏(2)通過雙縫后，大量光子在熒光屏上會疊加形成

干涉上的落點是隨機的______(描述條紋分布特點)的條紋

(2)(多選)“伽爾頓板”實驗中，讓大量小球從上方漏斗形入口落下，最終小球都落在槽內(nèi)。重復(fù)多次實驗

后發(fā)現(xiàn)______;

A.某個小球落在哪個槽是確定的

比大量小球在槽內(nèi)的分布是有一定規(guī)律的

C大量小球落入槽內(nèi)后均勻分布在各槽中

D越遠離漏斗形入口處的槽內(nèi)，小球聚集得越少

(3)若有10g某放射性元素，其半衰期是兀

①經(jīng)過時間4r后，該元素還剩g；

②若將該元素和另一元素(半衰期大于T)化學反應(yīng)后形成化合物，化合物中該元素的半衰期為7',則______

A.r>T

B.T=T

C.r<T

(4)單光子的雙縫干涉實驗現(xiàn)象顯示了光具有。在體現(xiàn)光具有粒子性的光電效應(yīng)現(xiàn)象中，若某金屬

在不同單色光照射下反向遏止電壓4與入射光頻率y之間的關(guān)系如圖所示，則可知普朗克常數(shù)力=(

用。1、匕)、也和e表示)。

它是利用彈簧長度的變化使連入電路的電阻變化，實現(xiàn)將力信號轉(zhuǎn)換為_____信號，將壓力的大小與電流

表示數(shù)一一對應(yīng)，便可得到所稱重物的重力。

(2)當稱重物時，滑片尸向下端滑動，連入電路的電阻和電流表的示數(shù)將分別；

A.變大、變大

8.變大、變小

C變小、變大

D變小、變小

(3)閉合開關(guān)，滑片夕滑動過程中，若變阻器兩端電壓U與電流表示數(shù)/的關(guān)系圖線如圖2所示，未稱重時

對應(yīng)圖中“點。由圖可知，變阻器的最大阻值為Q,在滑片P滑動過程中變阻器消耗的最大功率為

W。

3.足球運動深受廣大民眾喜愛。已知足球質(zhì)量m=0.4kg0

如圖1,運動員將足球從地面上以速度v踢出，足球恰好水平擊中高為〃的球門橫梁。

(1)足球在向斜上方飛行過程中，下列能表示足球所受合外力方向的是;

(2)若不計空氣阻力，以地面為零勢能面，則足球在飛行過程中的機械能為

A^rnv

B.mgh

C.^mv2+mgh.

D.^mv2-mgh

(3)若足球以10m/s的速度撞擊球門橫梁后，以6m/s的速度反方向彈回，橫梁觸球時間為0.1s,則橫梁對

足球的平均作用力大小為M

(4)假設(shè)足球所受空氣阻力大小保持不變。某同學將足球豎直.向上拋出，足球上升過程中，其動能戰(zhàn)隨上

升高度力的變化關(guān)系如圖2所示。足球上升?2帆的過程中機械能減少了______J,運動過程中所受的阻力大

小為______N。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，重力加速度g取10加〃2)

4.(1)電動打夯機可以用來平整地面。如圖1為某小型電動打夯機的結(jié)構(gòu)示意圖，質(zhì)量為〃，的擺錘通過輕

桿與總質(zhì)量為M的底座(含電動機)上的轉(zhuǎn)軸相連。電動機通過皮帶傳動，使擺錘繞轉(zhuǎn)軸。在豎直面內(nèi)勻速

轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動半徑為凡

擺錘轉(zhuǎn)到最低點時處于______；

4.平衡狀態(tài)

8.失重狀態(tài)

。.超重狀態(tài)

(2)調(diào)節(jié)打夯機的轉(zhuǎn)速，使擺錘轉(zhuǎn)到最高點時底座恰好能離開地面。

①擺錘轉(zhuǎn)到最高點時，桿對擺錘的彈力大小為；

②擺錘轉(zhuǎn)到最低點時，打夯機對地面的壓力大小為；

A.mg+Mg

B.2mg+Mg

C.mg+2Mg

D.lmg+2Mg

(3)(計算)電動機是將電能轉(zhuǎn)化為機械能的裝置。為了減少發(fā)電廠輸出的電能在電路上的電能損耗，需要高

壓輸電。若甲、乙兩地原來用5O0AV超高壓輸電，輸電線上損耗的電功率為P，在保持輸電功率和輸電線

電阻均不變的條件下，改用1001KV特高壓輸電，則輸電線上損耗的電功率將變?yōu)槎嗌伲?/p>

金屬框?qū)挒?.1m、長為0.2m,電阻R=2。，磁場寬度。=0.4m,磁感應(yīng)強度8=1.27,不計摩擦。

P

XXX；

B

?XXXXX：

II

；XXXXX：

II

：XXXXX：

Q>-----D--------AN。

圖1

圖(a)

①若%=5m/s,則岫邊剛進入磁場時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為______4；小車的加速度大小為

②若〃邊剛離開磁場邊界MN時，小車速度恰好為零。

③線框穿過磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向:

A均為abcda

B.均為adcba

C.兄abcda再adcba

D.先adcba再abcda

(2)定性畫出小車運動的速度u隨時間/變化的關(guān)系圖像；

(3)(計算)求線框在進入磁場的過程中，通過導(dǎo)線截面的電量夕；

(4)(論證)某同學認為“線框進入磁場過程的發(fā)熱量大于穿出磁場過程的發(fā)熱量”，請分析論證該觀點。

(5)該小組利用如圖2?)所示裝置臉證感應(yīng)電動勢大小與磁通量變化率之間的關(guān)系。線圈匝數(shù)利面積均不

變，通過調(diào)節(jié)智能電源在線圈〃田產(chǎn)生可控的變化的磁場，用磁傳感器測量線圈〃內(nèi)的磁感應(yīng)強度8,用

電壓傳感器測量線圈〃內(nèi)的感應(yīng)電動勢反某次實驗中得到的8-t、E-t圖像如圖2(b)所示。

①觀察圖S)圖像，可得：在線圈。中產(chǎn)生恒定感應(yīng)電動勢的條件是；感應(yīng)電動勢的大小與有

關(guān)。

②為了進一步確定定量關(guān)系，可利用圖(切中的信息，做出。

A.E-dB圖像

BE-d中圖像

C.E-穿圖像

DE—彈圖像

At

6.太空粒子探測器是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖〃所示，幅射狀的加速電

場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為。，外圓弧面AB與內(nèi)圓弧面C。的電勢差為U。足夠長的

收集板MN平行于邊界ACO8,。到MN的距離為L,ACO8和MN之間存在垂直紙面向里的勻強磁場。

假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為加，電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓弧面A及上，并從靜止

開始加速，不計粒子重力、粒子間的相互作用及碰撞。

若某粒子沿著垂直人COB的電場線向右加速運動。

(1)該粒子經(jīng)過電場過程中，其電勢能的變化量為,到達。點時的速度大小為;

(2)該粒子在剛進入磁場時所受洛倫茲力的方向；

A響上

A向下

C.星直紙面向里

D垂直紙面向外

(3)(計算)若4CD8和MN之間磁場的磁感應(yīng)強度為8=J裳，求該粒子在磁場中做圓周運動的半徑,及

運動時間/o

(4)(計算)若AC。8和MN之間僅存在方向向右、電場強度為EF勺勻強電場，如圖8所示。不同粒子經(jīng)過加

速電場從O點出發(fā)運動到MN板,則到達MN板的這些粒子間距最大為多少？

圖a圖b

答案和解析

1.【答案】隨機明暗相間、等間距BD0.625B波粒二象性必-

vi-v0

【解析】解：(1)①半衰期是對大量放射性元素的統(tǒng)計規(guī)律，而單個原子核的衰變無規(guī)律，是隨機的；

②單個光子通過雙縫后的落點無法預(yù)測，而大量光子通過雙縫后會產(chǎn)生明暗相間、等間距的條紋；

(2)伽爾頓板可用來演示統(tǒng)計規(guī)律，當某一個小球下落時，落到那個槽內(nèi)是不確定的，如果是天量的小球

下落，則不會均勻分布在每個槽內(nèi)，小球落到槽內(nèi)的情況還是有一定規(guī)律的。根據(jù)現(xiàn)象可以發(fā)現(xiàn)，越是接

近越接近漏斗形入口處的槽內(nèi)，小球聚集得越多，故5。正確，AC錯誤：

(3)①根據(jù)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決定，不受環(huán)境、壓強、所處狀態(tài)、存在形式等因素影響，故8正確，AC。錯誤；

(4)單光干的雙縫干涉實驗現(xiàn)象顯示了光具有波粒二象性：

根據(jù)動能定理結(jié)合光電效應(yīng)方程得：eUc=hv-WQ,整理可得：一空

結(jié)合題圖可知其斜率=解得：八=必

vi-voe丫1一"0

故答案為:(1)①隨機的;②明暗相間、等間距(2*0；(3)①0.625；②B；(4)波粒二象性，尚。

(1)①半衰期是?種統(tǒng)計規(guī)律，單個原子的衰變無規(guī)律；②根據(jù)雙縫干涉的內(nèi)容分析；

(2)根據(jù)統(tǒng)計規(guī)律可以分析，即可正確解答；

(3)①根據(jù)半衰期的公式求解剩余的物質(zhì)的多少；②半衰期與化合狀態(tài)無關(guān)；

(4)根據(jù)動能定理結(jié)合光電效應(yīng)方程列式求解普朗克常量。

本題考查內(nèi)容全面，知識量大，既有半衰期、雙縫干涉等內(nèi)容，又有光電效應(yīng)方程和動能定理的結(jié)合，非

常好的一種題型。

2.【答案】電C240.75

【解析】解:(1)根據(jù)實驗原理可知電子秤是將力信號轉(zhuǎn)換為電信號的儀器：

(2)當稱重物時，滑片P向下端滑動，則總電阻減小，電流增大，故C正確，A3。錯誤；

故選：C。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

U=E-IR0

可知電源電壓為E=6.0P,定值電阻Ro=*=黑C=12。

當U=4.0V時解得廠o

則變阻器的最大阻值為R="和=240

根據(jù)電功率的計算公式有尸=(贏)2〃=/￡—

-^+2RQ+R

當滑動變阻器阻值與定值電阻阻值相等時變阻器消耗的功率最大，解得P=0.751V

故答案為:(1)電:(2)C；(3)24：0.75

(1)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系分析解答；

(2)根據(jù)歐姆定律分析解答；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像的斜率與截距解得電源電動勢，根據(jù)功率的計算公式分析解答。

本題考查電功率的變化問題，要求掌握閉合電路歐姆定律、電功率，動態(tài)電路變化問題的分析方法。

3.【答案】^641.330.667

【解析】解：(1)足球飛行過程中受到重力和與速度方向相反的阻力，其合力向左下方且指向軌跡曲線的

凹側(cè)，故符合題意的是8,故ACD錯誤，B正確,故選：8

(2)若不計空氣阻力，以地面為零勢能面，則足球在飛行過程中的機械能是守恒的，初位置的機械能為

^mv2,所以全過程機械能都為:次講，故A正確，BC。錯誤，故選：A；

(3)設(shè)初速度為=10m/s,末速度u=6m/s,且末速度的方向為正方向，橫梁對足球的作用力大小為F,

根據(jù)動量定理有

Ft=mv-mv0

代入t=0.1s,m=0.4kg,解得P=64N

(4)足球豎直向上運動過程中機械能減少等于克服空氣阻力做的功，設(shè)阻力大小為了,根據(jù)動能定理

一(mg+/)仁以-嬴詔

根據(jù)圖2,代入h=0和h=3m,聯(lián)立解得

2

f=-N=0.667/V

上升2m克服阻力的功叼=fh=0.667x2/=1.33/

故答案為：(1)B；(2)4(3)64；(4)1.33,0.667。

(1)根據(jù)力的合成和曲線軌跡與合力的關(guān)系進行分析判斷；

(2)根據(jù)機械能守恒的條件進行分析解答：

(3)根據(jù)動量定理代入數(shù)據(jù)解答：

(4)根據(jù)動能定理和機械能的改變量的關(guān)系進行列式，結(jié)合圖像解答。

考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及動能定理、曲線運動規(guī)律等，會根據(jù)題意進行準確的解答和運算。

4.【答案】CMgDCA減小"1C

【解析】解?：(1)擺錘轉(zhuǎn)到最低點時加速度向上，處于超重狀態(tài)，故C正確，A3。錯誤；

故選：a

(2)①擺錘轉(zhuǎn)到最高點時底座恰好能離開地面，對底座分析可知桿對底座的彈力大小為

F=Mg

根據(jù)牛頓第三定律可知桿對擺錘的彈力大小為Mg;

②電動機帶動擺錘繞轉(zhuǎn)軸。在豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，設(shè)角速度為3,則擺錘在最高點時尸+zng

在最低點，對擺錘有

F'-mg=ma)2R

則F'=2mg+Mg

對打夯機有

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

故D正確，ABC錯誤；

2p2R

(3)當以不同電壓輸送時，有P=%。=U2I2,而在線路上損失的功率為/P=IR=帶可知，損失的功率

與電壓的平方成反比，即/Pi：AP2=4：1

所以輸電線上損失的功率為［

4

(4)①已知空氣中的聲速小于水中的聲速，則噪音聲波由空氣進入水中頻率不變，根據(jù)/=4/可知波長變

大，故。正確，錯誤；

故選：Co

②根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，某工作人員向機器靠近時，人耳接收到的聲波頻率比噪音波源的頻率要高，故A

正確，BC錯誤;

故選：Ao

③根據(jù)共振時固有頻率等于打夯機頻率的特點可知，為了獲得更好減噪效果，可以增大打夯機發(fā)出的聲波

頻率，則應(yīng)減小〃?。

④經(jīng)過平衡位置時開始計時并計數(shù)1次，測出經(jīng)過該位置N次的時間為3則有：(N-l)g=t

根據(jù)單擺周期公式有T=2TT

解得g=咆*

故A8。錯誤，C正確；

故選:Co

故答案為：(1)C；(2)①Mg；(2)D；(3)輸電線上損耗的電功率將變?yōu)?(4)①C；②A；③減小/〃；@C

(1)擺錘做勻速圓周運動轉(zhuǎn)到最低點時加速度向上，從而分析解答；

(2)根據(jù)牛頓第二定律分析解答；

(3)根據(jù)變壓器損失功率的公式分析解答；

(4)根據(jù)/=筋分析波長變化；根據(jù)多普勒效應(yīng)分析工作人員向機器靠近時接收的頻率變化，根據(jù)共振的條

件分析減噪方法，根據(jù)單擺周期公式解得重力加速度。

本題考查單擺周期公式、變壓器、牛頓第二定律的應(yīng)用等知識點，解題關(guān)鍵掌握基本知識點的掌握，注意

損失功率的計算方法。

5.【答案】0.30.1808(。)隨時間發(fā)生變化8(。)的變化率C

【解析】解：(1)①根據(jù)法拉第電滋感應(yīng)定律E=84"o，

由歐姆定律/=后聯(lián)立解得/=0.34

根據(jù)安培定則尸=8〃立，

由牛頓第二定律Q=%聯(lián)立解得Q=O.18m/S2；

③根據(jù)楞次定律可知，線框穿過磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向應(yīng)為先仇/再R”?而，故。正確，ABC

錯誤：

故選：。。

(2)根據(jù)E=BLabv

E

I=R

尸=BILab

F

a=一

m

聯(lián)立解得Q=也刎

inR

線框向右運動0.2m過程，安培力阻礙線框進入磁場，因此線框的速度從北逐漸減小，根據(jù)。=也刎可

mR

知，線框向右運動第一個0.2771過程，線框做加速度減小的減速運動；

線框完全進入磁場后，線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電動勢，沒有感應(yīng)電流，安培力為零，加速度為零，

可知線框向右運動第二個0.2m過程，線框做勻速運動;

線框穿出磁場過程中，根據(jù)Q=罵虺可知，線框向右運動第三個0.2m過程，線框做加速度減小的減速運

mR

動，直到速度變?yōu)榱悖挥梢陨霞纯僧嫵鲂≤囘\動的速度V隨時間/變化的關(guān)系圖像；即為

(3)線框進入磁場的過程中感應(yīng)電流的平均值為7=*=器

通過線框截面的電量q="&=華端=山等M。=0.012C

答：線框在進入磁場的過程中，通過導(dǎo)線截面的電量q為0.012C；

(4)由。=或盟可知，線框進入磁場過程中的平均加速度大于穿出磁場中的平均加速度，安培力尸=/na,

mR

可知線框進入磁場過程中的平均安培力大于穿出磁場中的平均安培力，進磁場和出磁場過程的位移相等，

由3二心可知，進磁場過程中克服安培力做功多，因此線框進入磁場過程的發(fā)熱量大于穿出磁場過程的

發(fā)熱量。

(5)①根據(jù)圖〃可知，當磁感應(yīng)強度3隨著時間/均勻變化時即可產(chǎn)生恒定的電動勢，即：8(，)隨時間發(fā)

生變化：電動勢的大小與磁感應(yīng)強度B隨著時間/均勻變化快慢有關(guān)；即：B@)的變化率；

②根據(jù)實驗中得到的8-亡、圖像，進過分析可知，感應(yīng)電動勢石的大小與8-亡圖像的斜率大小一

致，因此為了進一步確定定量關(guān)系，可利用圖(匕)中的信息，做出E-崇圖像，故C正確，A3。錯誤；

故選：Co

故答案為：(1)①0.3,0.18；③。；(2)見解析；(3)通過線框截面的電量0.012C；(4)見解析；(5)①隨

時間發(fā)生變化，8@)的變化率；②C

(1)①由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培定則以及牛頓第二定律推導(dǎo)得到加速度的表達式進行分

析；③根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流的方向；

(2)根據(jù)(1