2024年云南省曲靖市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年云南省曲靖市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列描述中符合物理学实际的是( )
A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动叫做布朗运动，这反映了小炭粒分子运动的无规则性
B. 伽利略研究自由落体运动时，利用斜面进行实验，“冲淡”重力的作用，使得测量位移更容易
C. 查德威克用α粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为 24He+49Be→612C+01n
D. 为解释氢原子发光的现象，玻尔构建了原子理论。根据玻尔理论，一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时会释放4种频率的光子
2.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在距地表400km的中国空间站进行太空授课，直播信号并非空间站与地面的直接对话而是要经过距地表约4万公里的天链卫星中转(相当于基站)。航天员们在空间站中一天可以看见16次日出，地球半径约为6400km，引力常量G=6.67×10−11Nm2/kg2。根据上述信息可知( )
A. 空间站运行速率大于第一宇宙速度B. 可以估算出地球的平均密度
C. 空间站运行的周期大于天链卫星的周期D. 空间站相对地面是静止的
3.半圆形玻璃砖在光学中有许多重要应用，可以用来做许多光学实验。如图所示，一束光由半圆形玻璃砖的左侧面沿半径射入，经AB界面折射后分为a、b两束光，则下列说法正确的是( )
A. 玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率
B. 现将入射光绕O点顺时针转动，则b光先消失
C. 在半圆形玻璃中，b光的传播时间大于a光的传播时间
D. 分别用a、b光在同一个装置上做双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
4.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B. 贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C. 将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D. 将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
5.如图所示，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30∘光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为−Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是( )
A. 由b到a一直做加速运动
B. 运动至a点的速度等于 2gL
C. 运动至a点的加速度大小为32g
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为3 3−46mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.汽车内燃机利用奥托循环进行工作，如图所示奥托循环由两条绝热线和两条等容线组成，其中a到b和c到d为绝热过程，b到c和d到a为等容过程，下列说法正确的是( )
A. a→b过程中，气体分子的平均动能增大
B. b→c过程中，气体向外放出热量
C. c→d过程中，气体温度降低
D. 经abcda一个工作循环，气体向外放出热量
7.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境。如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为F1，摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中F2、F3、T0均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A. 多次改变图1中θ角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B. 单摆n次全振动的时间为nT0
C. 多次改变摆角α，只要得出T∝1 sinα就可以验证该结论成立
D. 在图2的测量过程中，满足F3=3F1−2F2的关系
8.如图所示，竖直放置的“
”形光滑导轨宽为L，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为B，高和间距均为d。质量为m的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界h=2d处由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆( )
A. 刚进入区域Ⅰ时加速度方向可能竖直向下
B. 穿过区域Ⅰ的时间大于穿过两磁场区域之间的时间
C. 穿过两磁场区域产生的总热量为2mgd
D. 穿过区域Ⅱ的时间为B2L2dmgR−( 2−1) 2dg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.利用如图1所示的实验装置，可测量滑块的运动及滑块与木板间的动摩擦因数。一端装有滑轮的长木板固定在水平桌面上，长木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在定滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动。
(1)打点计时器所用交流电频率为50Hz，实验得到一条如图2所示的纸带(每相邻两个计数点间有4个点图中未画出)。打点计时器在打B点时，滑块运动的速度大小是______m/s，滑块运动的加速度大小是______m/s2。(计算结果保留两位有效数字)
(2)已知滑块和定滑轮的总质量为M，当地重力加速度为g。若实验中弹簧测力计示数为F时，测得滑块运动的加速度为a，则滑块和木板之间动摩擦因数的计算式为μ=______。
10.要测量某种合金材料的电阻率。
(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=______。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为______ mm。
(2)图乙是测量合金丝阻值的电路图，S2是单刀双郑开关。根据电路图在图丙中将实物连线补充完整。
(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.95V，I1=0.38A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置______(选“a”或“b”)时，测量相对准确，测量值Rx=______Ω。(结果保留两位有效数字)
(4)若已知电流表内阻rA=1.5Ω，则金属丝实际电阻为______Ω。(结果保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共44分。
11.理想实验合理外推是科学探究中的一种重要方法。如图所示，某同学用两个底端通过光滑圆弧平顺连接、倾角均为θ=37∘的斜面模仿伽利略的理想实验。现有质量为m的物体，从高为h的左侧斜面静止滑下，物体与两斜面之间的动摩擦因数相同。物体沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小为a=7m/s2，h=2.94m，重力加速度g=10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)物体在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间t。
12.如图所示，真空中A位置存在一带电粒子发射器，能够瞬间在平面内发射出大量初速度大小为v0的同种正电荷，以不同的入射角θ(θ为v0与x轴正方向的夹角，且0∘0
故气体从外界吸收热量，故D错误。
故选：AC。
A、根据图像可判断，a→b过程是气体体积减小，压力增大的过程，可利用热力学第一定律判断；
B、根据图像可判断，b→c过程是气体体积不变，压力不变的过程，利用热力学第一定律判断；
C、根据图像可判断，c→d过程是气体体积增大，压力变小的过程，利用热力学第一定律判断；
D、可利用热力学第一定律判断。
本题考查了对热学第一定律的理解。
7.【答案】AD
【解析】解：A.令等效重力加速度为g0，则有
mgsinθ=mg0
解得
g0=gsinθ
可知，多次改变图1中θ角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A正确；
B.单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为
t=nT=2nT0
故B错误；
C.根据单摆周期公式有
T=2π Lgsinθ
可知，多次改变斜面倾角θ，只要得出T∝1 sinθ就可以验证该结论成立，故C错误；
D.摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为F1，根据平衡条件有
F1=mgsinθ
在图2的测量过程中，摆球在A位置有
F2=mgsinθcsα
摆球在B位置，根据牛顿第二定律有
F3−mgsinθ=mv2L
摆球从A位置运动到B位置，根据动能定理有
mgsinθ(L−Lcsα)=12mv2
解得
F3=3F1−2F2
故D正确。
故选：AD。
根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F2与F1的关系；在最低处B点，根据向心力公式求速度；小球从A到B，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。
理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运动向心力公式、动能定理和单摆周期公式。
8.【答案】BD
【解析】解：A.由于进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，则刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；
B.进入磁场Ⅰ的过程，根据牛顿第二定律可得：BIL−mg=BBLvRL−mg=ma，由于减速过程的加速度减小，则穿过磁场Ⅰ和在两磁场之间的运动图像如图所示：
两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故B正确；
C.由于进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，从刚穿过Ⅰ到刚进入Ⅱ过程中，根据动能定理可得：W−mg⋅2d=0
根据功能关系可得克服安培力做的功：W=Q
则穿过磁场I的过程产生的热量为：Q=2mgd
故穿过两磁场产生的总热量为Q总=2Q=4mgd，故C错误；
D.金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为2d，做自由落体运动，根据动能定理可得：mg⋅2d=12mv2
故进入磁场时的速度为：v=2 gd
又进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等，在两区域间做加速度为g的匀加速直线运动，设出磁场时的速度为v1，则有：v2−v12=2gd
解得刚出磁场的速度大小为：v1= 2gd
根据题意知两磁场中运动时间相等，设为t，取向下为正方向，根据动量定理可得：−BI−Lt+mgt=mv1−mv
即mgt−B2L2v−tR=mv1−mv
由于：v−t=d
联立解得穿过区域Ⅱ的时间为：t=B2L2dmgR−( 2−1) 2dg，故D正确。
故选：BD。
进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，由此分析加速度的方向；
根据牛顿第二定律分析加速度的变化，画出穿过磁场Ⅰ和在两磁场之间的运动图像进行分析；
根据动能定理、功能关系求解穿过两磁场产生的总热量；
根据动能定理求解金属杆出磁场时的速度，根据动量定理求解穿过区域Ⅱ的时间。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，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】−ag
【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔T=5f=550s=0.1s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器在打B点时，滑块运动的速度大小为vB=xAC2T=(14.10−2.10)×10−22×0.1m/s=0.60m/s
根据逐差法，滑块运动的加速度大小为a=xBD−xOB4T2=xOD−2xOD4T2
代入数据联立解得a=2.6m/s2
(2)根据牛二定律可得2F−μMg=Ma
解得μ=2F−MaMg=2FMg−ag。
故答案为：(1)0.60；2.6；(2)2FMg−ag。
(1)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器在打B的瞬时速度；根据逐差法求加速度；
(2)根据牛顿第二定律求动摩擦因数。
本题主要考查了测量滑块的运动及滑块与木板间的动摩擦因数的实验，要掌握根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。
10.【答案】πRD24L
【解析】解：(1)根据电阻定律R=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2
电阻率ρ=πRD24L
螺旋测微器的精确度为0.01mm，合金丝的直径为D=0.5mm+20.0×0.01mm=0.700mm
(2)由图乙是测量合金丝阻值的电路图，实物连线补充完整图如图所示。
(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.95V，I1=0.38A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A。
电压表示数的变化ΔUU2=1.50−≈0.37
电流表示数的变化ΔII2=0.38−≈0.12
由以上计算可知电压表的示数变化明显，说明电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即S2处于位置a时，测量相对准确。
由欧姆定律可得合金丝电阻测量值为Rx=U1I1=Ω=2.5Ω
(4)若已知电流表内阻rA=1.5Ω，采用电流表的内接法，此时S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A；
根据欧姆定律，金属丝实际电阻为Rx=U2I2−rA=Ω−1.5Ω≈2.9Ω。
(1)根据电阻定律求电阻率；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+刻度刻度上对齐格数(估读一位)×精确度；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)根据“试触法”的原理选择电流表的内、外接法；根据欧姆定律求待测电阻；
(4)已知电流表内阻时，要采用电流表的内接法，根据欧姆定律求待测电阻。
本题考查了电阻率的测定、螺旋测微器的读数；考查了伏安法测电阻，掌握“试触法”判断电流表内、外接法的方法。
11.【答案】解：(1)物体沿右侧斜面往上滑动时，对物体分析，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得：μ=0.125
(2)物体沿左侧斜面往下滑动时，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma′
设物体滑到底端的速度大小为v，由运动学公式有
v2=2a′⋅hsinθ
物体在右侧斜面第一次上滑时间为
t=0−v−a
联立解得：t=1s
答：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数μ为0.125；
(2)物体在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间t为1s。
【解析】(1)已知物体沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小，应用牛顿第二定律和摩擦力公式相结合求物体与斜面之间的动摩擦因数μ。
(2)根据牛顿第二定律和速度-位移公式相结合求出物体滑到底端的速度大小，再根据速度-时间公式求物体在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间t。
本题分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分段应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
12.【答案】解：(1)根据几何关系可知电荷在实线圆内运动的半径也为R，如图所示，有
qv0B1=mv02R
解得
B1=mv0qR
由左手定则可知，磁感应强度B1方向垂直于纸面向里。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动且会聚在O点，如图所示，设电荷进电场时位置的坐标为(x,y)，故有
−x=v0t
−y=12Eqmt2
解得
y=−Eq2mv02x2
点(−R,−R)是虚线上一点，代入可解得
E=2mv02qR
y=−1Rx2
(3)设电荷从O点射入第一象限的速度为v，与x轴的夹角为α，如图所示，则
v=v0csα
在第一象限内运动半径为
r=mvqB2
粒子被吸收的的位置为y，由几何关系得
y=2rcsα
该点纵坐标为
y=2mv0qB2
该点横坐标为
x=0
即粒子打在荧光屏上的坐标为(0,2mv0qB2)。
答：(1)圆形磁场磁感应强度B1为mv0qR；方向垂直于纸面向里；
(2)匀强电场上边界虚线的函数表达式为y=−1Rx2；
(3)粒子打在荧光屏上的坐标为(0,2mv0qB2)
【解析】(1)根据几何关系求出电荷在实线圆内运动的半径，根据牛顿第二定律求出圆形磁场磁感应强度B1的大小及方向；
(2)根据类平抛运动在不同方向的运动特点得出匀强电场上边界虚线的函数表达式；
(3)根据几何知识求粒子打在荧光屏上的坐标。
本题主要考查了带电粒子在组合场电场、磁场中的运动，理解粒子在不同场中的受力情况，根据牛顿第二定律和几何关系完成分析。
13.【答案】解：(1)设m1从释放到与m2碰前瞬间速度为v0，m1下滑过程，根据机械能守恒定律有
m1gR=12m1v02
解得：v0= 2gR
设m1与m2碰后瞬间共同速度为v，受到轨道B点的支持力为F。
m1与m2碰撞过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v
m1与m2碰后瞬间，由牛顿第二定律有
F−(m1+m2)g=(m1+m2)v2R
联立解得：F=45N
根据牛顿第三定律可知，m1与m2碰后瞬间对轨道B点的压力大小为45N。
(2)设m1、m2刚要相碰时m1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3。
m1下滑过程，对m1与m3组成的系统，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有
0=m1v1−m3v3
由机械能守恒定律有
m1gR=12m1v12+12m3v32
m1和m2相碰后的共同速度大小设为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知m1与m2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm。
从m1与m2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
12(m1+m2)v22+12m3v32−μ(m1+m2)g⋅CD=Epm
联立解得：Epm=0.3J
(3)分析可知m1与m2和滑道最终将静止，设m1与m2相对滑道CD部分运动的路程为s，则由能量守恒定律有
12(m1+m2)v22+12m3v32=μ(m1+m2)gs
代入数据解得：s=0.25m=CD+0.05m
所以m1、m2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05m处。
答：(1)m1与m2碰后瞬间对滑道B点的压力大小为45N；
(2)在整个运动过程中弹簧具有的最大弹性势能为0.3J；
(3)停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05m处。
【解析】(1)m1下滑过程，根据机械能守恒定律求出m1从释放到与m2碰前瞬间速度。根据动量守恒定律求出二者碰后速度，再根据牛顿第二定律、第三定律求解m1与m2碰后瞬间对滑道B点的压力大小；
(2)现解除滑道的锁定，仍让m1自A点由静止释放，m3将向左运动，根据m1与m3组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m1、m2刚要相碰时m1与m3的速度大小。由动量守恒定律求出m1和m2相碰后的共同速度大小。弹簧第一次压缩至最短时弹簧具有的弹性势能最大，根据能量守恒定律列方程计算得出弹簧的最大弹性势能；
(3)m1与m2和滑道最终将静止，由能量守恒定律求出m1与m2相对滑道CD部分运动的路程，再确定m1和m2最终停在何处。
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移时，往往根据能量守恒定律研究。