贵州省遵义市高中2024年高考物理二模试卷含解析

贵州省遵义市高中名校2024年高考物理二模试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短.将

两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（）

A.P球的速度一定大于Q球的速度

B.P球的动能一定小于Q球的动能

C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

2、如图，通电导线MN与单匝矩形线圈面cd共面，位置靠近而且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈产生

的感应电流/,线圈所受安培力的合力为/，则/和尸的方向为（）

A./顺时针，尸向左B.1顺时针，F向右

C.1逆时针，歹向左D./逆时针，F向右

3、磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子

体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个

电极。下列推断正确的是（）

A.A板为电源的正极

B.电阻R两端电压等于电源的电动势

C.若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小

D.若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加

4、国庆70周年阅兵展出了我国高超音速乘波体导弹——东风-17,东风-17突防能力强，难以拦截，是维护祖国和平

发展的有力武器。如图所示，设弹道上处于大气层外的。点和处于大气层内的8点的曲率半径之比为2：1,导弹在a、

分两点的速度大小分别为3倍音速和12倍音速，方向均平行于其正下方的水平地面，导弹在a点所受重力为G,在6

点受到空气的升力为尸。则（）

A.尸=33GB.F>33GC.F=32GD.F<32G

5、如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子由n=4的激发态向低能级跃迁，则产生波长最长的光子的能量为（）

nE

4--------------------0.85eV

3----------------------1.51eV

2--------------------3.40e\

I----------------------13.6eV

A.12.75eVB.10.2eV

C.0.66eVD.2.89eV

6、如图所示，一圆球固定在水平地面上，球心为。。直细棒AB的B端搁在地面上，棒身靠在球面上并和球心在同一

竖直平面内，切点为P,细棒与水平面之间的夹角为心若移动棒的B端沿水平地面靠近圆球，使切点P恰好以。点

为圆心做匀速圆周运动，则

A.B端向右匀速运动B.，角随时间均匀增大

C.PB长度随时间均匀减小D.以上说法都不对

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图（a）所示，位于〃、N两点处的两波源相距18m,在M、N两点间连线上有一点尸，MP=6m.t=0

时，两波源同时开始振动，振动图象均如图（b）所示，产生的两列横波沿连线相向传播，波在跖V间的均匀介

质中传播的速度为300m/s。下列说法正确的是（）

MPN5

A.两波源产生的横波的波长2=6m

B./=0.025s时，4点处的波源产生的第一个波峰到达尸点

C.P点的振动是减弱的

D.在r=0〜0.035s内，P点运动的路程为35cm

E.M，N两点间（除以、N两点外）振幅为10cm的质点有5个

8、如图所示，光滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为。，一轻质弹簧一端固定在0点，另一端连接一小球，小球

套在细杯上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN,已知小球位于杆上M、P两点时,

弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内。现将小球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从M点运动到N点的

过程中（重力加速度为g）,以下判断正确的是

A.弹簧弹力对小球先做正功再做负功

B.小球加速度大小等于gsinO的位置有三个

C.小球运动到P点时的速度最大

D.小球运动到N点肘的动能是运动到P点时动能的两倍

9、如图所示是宇宙空间中某处孤立天体系统的示意图，位于。点的一个中心天体有两颗环绕卫星，卫星质量远远小

于中心天体质量，且不考虑两卫星间的万有引力。甲卫星绕。点做半径为厂的匀速圆周运动，乙卫星绕。点的运动轨

迹为椭圆，半长轴为广、半短轴为二，甲、乙均沿顺时针方向运转。两卫星的运动轨迹共面且交于“、N两点。某时

2

刻甲卫星在〃处，乙卫星在N处。下列说法正确的是（）

A.甲、乙两卫星的周期相等

B.甲、乙两卫星各自经过〃处时的加速度大小相等

C.乙卫星经过M、N处时速度相同

D.甲、乙各自从〃点运动到N点所需时间之比为1：3

10、如图所示，卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星》发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆

周运动；两卫星的质量相等。认为重力近似等于万有引力。下列说法正确的是（）

A.a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期

B.6做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度g

C.a、匕做匀速圆周运动所需的向心力大小相等

D.a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）在“测定金属的电阻率”实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为—cm；用刻度尺测得金属丝的长度如图乙

所示，其示数为cm；用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻，选择“xl”欧姆挡测量，示数如图丙所示，其示数为

（2）用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R,实验所用器材如下:

a.电流表A（量程为0.2A,内阻为1Q）

b.电压表V（量程为9V,内阻约3k£l）

c.定值电阻Ro（阻值为2£2）

d.滑动变阻器R（最大阻值为10Q,额定电流为2A）

e.电池组（电动势为9V,内阻不计）

£开关、导线若干

'二^

T

①某小组同学利用以上器材设计电路，部分电路图如图丁所示，请把电路图补充完整____=（要保证滑动变阻器的滑

片任意移动时，电表均不被烧坏）

②某次实验中，电压表的示数为4.5V,电流表的示数为0.1A,则金属丝电阻的值为。；根据该测量值求得金

属丝的电阻率为Qm。（计算结果均保留三位有效数字）

12.（12分）物理小组的同学用如下图甲所示的实验器材测定重力加速度。实验器材有：底座带有标尺的竖直杆、光

电门1和2组成的光电计时器，其中光电门1在光电门2的上方，小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时

可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t,并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.

⑴使用游标卡尺测量小球的直径如下图乙所示，则小球直径为cm。

⑵改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为"不考虑空气阻力，小球的加速度

为重力加速度g,则从t、g、v四个物理量之间的关系式无=o

h

（3）根据实验数据作出一-f图象如上图丙所示，若图中直线斜率的绝对值为心根据图象得出重力加速度g大小为

t

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，光滑、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量，"=0.9kg的小滑块A和

质量M=4kg的小滑块B静止在水平面上，小滑块B的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以v=lm/s的

速率顺时针转动。现用质量如）=100g的子弹以速度％=40m/s瞬间射入小滑块A,并留在小滑块A内，两者一起向右运

动滑上传送带。已知小滑块A与传送带之间的动摩擦因数传送带两端的距离/=3.5m,两小滑块均可视为质点，

忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

⑴小滑块A滑上传送带左端时的速度大小

⑵小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能

（3）小滑块A第二次离开传送带时的速度大小

*/B

以、

左TZ：，7

14.（16分）如图所示，MN和为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为"在导轨的下部有

垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为心在导轨的MM，端连接电容为C、击穿电压为S、正对

面积为s、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器。在f=o时无初速度地释放金属棒也金属棒4•的长

度为L、质量为机、电阻可忽略不计.假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒，■与导轨垂直并接触良好，导轨和

各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g。

⑴求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；

⑵金属棒，■下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的

电场能也逐渐增加。单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大

小可表示为C="o试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度co与电场强度E的平方成正比，并求出

a

比例系数（结果用eo和数字的组合表示）。

15.（12分）如图所示，在丁>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<o的区域存在方向垂

直于平面向外的匀强磁场。一个气核;H从y轴上丁=丸点射出，速度方向沿x轴正方向。已知;H进入磁场时，

速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点。处第一次射出磁场。；H的质量为〃乙电荷量为小不计重力。

求：

（1）；H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；

⑵磁场的磁感应强度大小；

⑶气核从y轴射入电场到从。点射出磁场运动的时间。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=1mv2,解得：V=J柒，在最低点的速度只与半径有关，可知VP

<vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较

2

动能的大小.故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m—,解得，

R

F=mg+m—=3mg,%，八".=2g,所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等.故

Rm

C正确，D错误.故选C.

点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面

的分析才能正确的解题.

2、B

【解析】

金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框成cd左右两侧磁场方向相反，

线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将

减小。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框成cd感应电流方向为顺时针；再由左手定则

可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。

A./顺时针，尸向左，与结论不相符，选项A错误；

B./顺时针，F向右，与结论相符，选项B正确；

C/逆时针，尸向左，与结论不相符，选项C错误；

D.1逆时针，尸向右，与结论不相符，选项D错误；

故选B。

3、C

【解析】

A.等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A极为电源的负极，故

A错误；

B.分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B

错误；

CD.粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有

qvB=q-

d

解得

U=Bdv

减小两极板的距离d,电源的电动势减小，增加两极板的正对面积，电动势不变，故C正确，D错误。

故选C。

4、B

【解析】

在。处时，重力提供向心力，则

在6处时

2

F_m(12v)=G

R

联立解得

F=33G

又因为导弹要做离心运动，所以

F>33G

故ACD错误，B正确。

故选B。

5、C

【解析】

从〃=4能级跃迁到〃=3能级释放出的光子能量最小，波长最长，该光子的能量为

-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV

C正确，ABD错误。

故选C。

6^B

【解析】

A.将B点速度沿着平行杆和垂直杆方向分解，如图所示：

故

COS0

其中灯="，P点做匀速圆周运动，故用不变，由于。变大，故V变大，即3端向右加速，故A错误;

B.结合几何关系，经过时间f后的。角增加为：

Q

2x(—I-①t)=8+2ot

2

故，角随时间均匀增大，故B正确；

C.尸3的长度等于C3的长度，由于3点向右是加速运动，故尸5长度不是随时间均匀减小，故C错误;

D.由于B正确，故D错误；

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABE

【解析】

A.由图可知波的周期为

T=0.02s

则两横波的波长为

A=vT=6m

所以A正确；

B.由题可知

MP=6m

则波由M传到P,所用时间为

MP.cT

t=-----=0.02s=T

v

f为0.025s时，波源M已经向右发出&个周期的波，由图象可知，尸点已经振动!丁，则4点处的波源产生的第一个

44

波峰到达P点，所以B正确；

C.由题意可知

PN=MN—MP=12m

两列波到达尸点的波程差为

Ax=/W-MP=6m=2

是波长的整数倍，可知P点为加强点，所以C错误；

D.波源”的波需要一个周期传到P点，则0.035s波源M发出的波已经传到

x=v/=10.5m处

时间为

7

=0.035s=-r

?4

3

可知，P点振动了丁T,路程为

4

5=3x5cm=15cm

所以D错误；

E.振幅为10cm的质点即为加强点，则

Ax'=〃2

”取0,±1,±2,对应的位置有5个：MN的中点，距离M和N分别6m处，距离"和N分别3m处，所以E正确。

故选ABEo

8、BD

【解析】

A项：由题意不能确定在M点和在N点时弹簧是压缩还是拉伸状态，所以弹簧对小球可能先做正功后做负功，也可

能先做负功后做正功，故A错误；

B项：由于MP之间和PN之间各有一位置弹簧弹力为零，当弹力为零时小球的加速度为gsin，，在P点时由于弹簧

的弹力与杆垂直，所以小球的加速度也为gsin6,所以小球加速度大小等于gsinO的位置有三个，故B正确;

C项：由于小球在P点的加速度为gsin。，所以小球的速度一定不为最大，故C错误；

mv

D项：从M到P由能量守恒得：mghMP=△4,从P到N由能量守恒得：mghPN+AEp=gmv\~^p>

联立解得：小球运动到N点肘的动能是运动到P点时动能的两倍，故D正确。

故选：BDo

9、AB

【解析】

A.椭圆的半长轴与圆轨道的半径相等，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，故A正确；

B.甲、乙在4点都是由万有引力产生加速度，则有

GM

a=-二

r

故加速度大小相等，故B正确；

C.乙卫星在M、N两点的速度方向不同，故C错误；

D.甲卫星从〃到N,根据几何关系可知，经历而乙卫星从4到N经过远地点，根据开普勒行星运动定律,

可知卫星在远地点运行慢，近地点运行快，故可知乙卫星从M到N运行时间大于,丁，而从N到M运行时间小于

2

"故甲、乙各自从M点运动到N点的时间之比不是1：3,故D错误。

2

故选ABo

10、AB

【解析】

A.”在赤道上随地球自转而做圆周运动，所以〃做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，A正确;

B.对卫星》重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力

-Mm

G-^=mg

所以向心加速度等于重力加速度g,B正确;

C.两卫星受到地球的万有引力相等。卫星a万有引力的一部分充当自转的向心力，即

Mm

GR=「+7咫赤

卫星入万有引力全部用来充当公转的向心力，因此。、分做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，c错误;

2万〃

D.。做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，根据u=二二可知

5<v同

万有引力提供向心力

-Mmv~

G——=m——

rr

解得线速度表达式

因为

F=R<愤

所以b卫星的速度等于第一宇宙速度

丹〉丫同〉均

D错误。

故选ABo

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.221030.5030.0/工」29.33.68X10-4

【解析】

⑴口］螺旋测微器的示数为

2mm+2L0x0.01mm=2.210mm=0.2210cm

［2］刻度尺示数为

450.0mm—100.0mm=350.0mm=35.0cm

［3］欧姆表选择“xi，，欧姆挡测量，示数为

30.0xlQ=30.0Q

(2)［4］当电压表满偏时，通过此的电流约为0.3A,可利用凡与电流表并联分流，因电流表内阻已知，故电流表采用

内接法。

3

⑸通过段的电流为

=015A

R

段两端的电压

U=Uv—=4.4V

故

U44

R=t=-0=29.30

I0.15

⑹由R=夕（知金属丝的电阻率

=3.68xlO^Q.m

12、1.170

【解析】

⑴[1]主尺读数为1.1cm,游标尺读数为0.05xl4mm=0.70mm=0.070cm,所以最终读数为l.lcm+0.070cm=1.170cm；

⑵[2]小球经过光电门2的速度为v,根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间

g

所以从开始释放到经过光电门1的时间

g

所以经过光电门1的速度v

V'=gt"=V-gt

根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离

----t=Vt——2t

22

(3)[3]由公式/z=15g/,得

h1

—

h

若一-。图线斜率的绝对值为七则

,1

k=28

所以重力加速度大小

g=2k

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)4m/s(2)3.6J(3)l.Om/s

【解析】

⑴子弹打人小滑块A的过程中，动量守恒

%%=(%+相)M

解得

vi=4m/s

⑵小滑块A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有

代人数据解得

V2=3m/s

因为V2>V,所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s,小滑块A第一次压编弹簧的过程中，当小滑

块A和3的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有

(%+m)v2=(%)+m+M)v3

代人数据解得

V3=0.6m/s

根据能量守恒定律得

MV

Epm=(wc+根)试一gg+m+)3

代人数据解得

£pm=3.6J

⑶从小滑块4开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有

(%+w)v2=^mQ+m^v4+Mvi

1(%+根)¥=g(%+加)V：+gMvl

解得

%=-1.8m/s

V3=1.2m/s

设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L,则根据动能定理有

+m)g£=O-^(mo+m)v1

解得

L=1.62m

由于小滑块A滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A与传送带共速时向右

滑动的距离为s,则根据运动学公式得

2〃gs=v2-0

解得

s=0.5m

由于s<L则小滑块A第二次从传送带离开时的速度大小为1.0m/s。且从传送带右端离开.

14、⑴a"C+"')

(2)—£0,证明见解析

BLmg2

【解析】

本题为“单棒+电容器+导轨模型，，，可以根据牛顿第二定律，使用“微元法”对棒列方程求解。

(1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻f,流过金属棒的电流为i,由牛顿第二定律知，此时金属棒的加

速度。满足

mg-BiL=ma

设在，至h+Af的时间内，金属棒的速度由V变为v+Av,电容器两端的电压由。变为U+AU,电容器的带电荷量由0

变为。+AQ,由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感