2024年甘肃省白银市高考物理二模试卷

2024年甘肃省白银市名校高考物理二模试卷

一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第r7题只有一项符合题目要求，每小题4分：第8~10题有多项符合

题目要求，每题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

L（4分）图甲为研究光电效应的实验装置，用不同频率的单色光照射阴极K,正痛操作下，记录相应电表示数并绘制如图乙所示的DeV

图像，当频率为时绘制了如图内所示的I-U图像，图中所标数据均为己知量，则下列说法正确的是（）

A.饱即电流与K、A之间的电压有关

C.阴极K的逸出功小。=马必

2.（4分）如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为洲的柱状物体A,A与墙面之间放有表面光

滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是C.

.

.

.B

.

.

.

.A

..

■

777777777777777

A.B对A的作用力不变B.墙对B的作用力不变C.地面对A的摩擦力不变

D.他面对A的支持力不变

第1页/共】了页

()

3.（4分）如图所示，一小球从。点水平抛出后的轨迹途经A、B两点，已知小球泾过A点时的速度大小为

13m/s,从0到A的时间和从A到B的时间都等『0.5s,取重力加速度大小g=lOm/sZ,不计空气阻力，下列说

法正确的是（）

A.小球做平抛运动的初速度大小为10m/sB.0、八两点间的距离为5m

C.A、B两点间的距离为10mD.0、B两点间的距离为距m

如图所示，一小球从0点水平抛出后的轨迹途经A、B两点,

A的时间和从A到B的时间都等于0.5s,取重力加速度大小

正确的是（）

A.小球做平抛运动的初速度大小为10m/s

B.0、A两点间的距离为5m

C.A、B两点间的距离为10m

D.0、B两点间的距离为13m

4.（4分）由同种材料制成的两滑块

A、B用根轻质细绳连接，将滑块B按在水

平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬拄

在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加

速度大小均为a.现仅将滑块A、B位置互换

（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大

小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质

量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因

数为（：H甲

A.U.1B.U.2C.0.3D.0.4

5.（4分）2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用“氏征三号”乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星，该卫星绕

地球做匀速圆周运动，距离地球表面的高度为h。已知地球的质量为M,半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.该卫星的环绕速度为叵B.该卫星的加速度大小为包

C.该卫星的角速度为

第2页/共17页

D.该卫星的周期为4n2（R+A）悟

6.（4分）光在某种玻璃中的传播速度是其空中的-7T,要使光由真空射入玻璃时折射光线与反射光线垂直，则入射集的正弦值为（）

A.-B,耳空C.—

7.（4分）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑,

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏的0点下侧移动

C.若左偏转极板加上如图内所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动

D.若在偏梏极板加上如图丁所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上0点两恻做往亚运动

甲乙

A.波向x轴负方向传播B.波向x轴正方向传播C.图甲中实线与y轴交点的纵坐标为2.5cm

D.图口中实线与y轴交点的纵坐标为—cm

第3页/

（1）实验过程中打出图乙所示的一条理想纸带，图中0、A、B、C、D相邻两计数点间还有九个计时点未画出，则铝箱运动的加速度大小

。=„7产（结果保留两位小数）。

（2）根据图丙中的数据可知，每个空铝箱的质量g（结果保留两位小数）。

2.（9分）某实验小组欲将电流表G（量程为0、3mA）改装为欧姆表。实验器材如下：

电动势为L5Y的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为01000。），将它们按如图甲所示连接。

甲乙

⑴将图甲中接线柱（填“P”或"Q”）接红表笔。

（2）将国甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内限R=a.

（3）保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为Q.

3.（15分）如图所示，在x轴上方存在水平向左的匀强电场，在x

轴下方存在竖直向上的匀强电场及垂直纸面向里的匀强磁场。现

将一质量为m、电荷量:为q的带正电小球从y轴上的M点水平向右抛

出，小球运动到z轴时速度方向恰好竖直向下，进入z轴下方的复

合场时恰好做匀速圆周运动，恰好从坐标原点。第二次进入z轴下

方的复合场。已知x轴上方及下方电场的电场强度大小相等，M点

的纵坐标为d,重.力加速度大小为g,不计空气阻力。

求：

（】）小球抛出时的初速度大小Vu;

（2）x轴下方磁场的磁感应强度大小B：

（3）小球从抛出到第二次进入x轴下方的且合场的时间I.

第5贡/Jtl-iK

4.uo分)某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如///，/

图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面枳

S=5cm2,质量m—0.5k§的活塞密封一定质量的理想气体，

活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房

间的热力学温度/0=300K,活塞与容器顶部的距离/01=

20cm,任活塞卜方d=1cm处有一压力传感器制成的卡口，

环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受

.报警装目

到的压力大于5N时，就会启动报警装苴。已知大气压强恒对

5

Po-l.Dx10Po,取重力加速度大小g=10m/s2,求:

(D封闭气体开始的压强P；

(2)触发报警装置的热力学温度T。

第6列/

5.(17分)如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提

着小球A,使小球B距地面的高度也为L,松手后两球由静止开始自由卜落，小球B与地面碰后速度大

小不变、方向相反，两小球的磁撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时

间均极短，重力加速度大小为g。求：

(D从松手到两小球第一次碰撞的时间t；

(2)细绳绷直后小球A距地面的最大距离九

戢7贝/共1；贝

2024年甘肃省白银市名校高考物理二模试卷（答案&解析）

一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第广7题只有一项符合题目要求，每小题4分：第8~10题有多

项符合题目要求，每题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

L解：A.饱和电流只与入射光的光强有关，与外加电压无关，故A错误；

B.测量遏止电压Uz时，光电管应接反向电压，此时滑片〒应向a移动，故B错误：

CD.根据光电效应方程k^=hvWo

根据动能定理hvx-Wo=cUCi=Fn;

/tVi-Wo=CUC2-Ek2

整理得-也

4r

图像的斜率为k;二4一

解得普朗克常量力一丝出

阴极K的逸出功皿0=竺匕吧

v2f

故C正确，D错误。

故选匕

【解析】饱和电流由入射光强度决定：根据电路结构判断：根据爱因斯坦光电效应方程给出动能定理列式求解普朗克常量和金

属逸出功。

2.解：AB、对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N和墙壁对B的支持力N,如图所示

当A向左移动后，A对B的支持力N的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道：A对B的支持力N•和墙壁本B的支持力N都在

不断减小。由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小。故AB错误；

CD、对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墙壁的弹力N,如图

纳8页/共178

*

<-------------------------------►

/N

C、「

根据平衡条件，有

水平方向/=N

竖直方向FN=G

将A向左移动少许，地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的支持力N的不断减小而不断减小。故0错误，D正确。

故选:D.

【解析】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N,然后根据共点力平衡条件得到A

球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况。

第9页/共17页

3.解：A.由题意知卜落到A点竖直方向的速度为r>4=一/=10x0.5m/s=5m/s

22

小球做平抛运动的初速度大小为%=«%一嗫=V13-Sm/s=12m/s,故R错误：

22

B、0、/.两点间的竖直高度为yA=-^t=-x10x0.5m=1.25m

“22

水平位移为X，=rv-=12x0.5m/s=6m

所以0、A两点间的矩离为84=短短=遍2+1.252m=6.13m,故B错误：

2

C、0、6两点间的竖直高度为yfl="（2。2=x10x（2x0.5）m=5m

水平位移：xD=c0+2t=12x2x0.5m=12m为

A,B两点间的彤直高度为h=vE-yA=5m-1,25m=3.15mt

A、B两点间的水平位移为X]=-AA=12m-6m=6m

22

A、B两点间的距离为Sj=J*+忧=V6+3.75m=6.32m,故0错误；

D、0、晒点间的距离为SB=+yj=+52M=13m故D正确。

故选:D.

解:A.由题意知下落至此点竖直方向的速度为〜=/=10x0,5m/s=5m/s

小球做平抛运动的初速度大小为%=J吟-改=V132-52m/s=12m/s,故A精误；

2

B、0、A两点间的竖直高度为yA=jgd-：x10x0.5m=1,25m

水平位物为〃=〃/=12x0.Sm/.9=6m

22

所以O'A两点间的矩点为gA=Jx：=V6+l,25m=6,13m,故B错误:

2

C、0、B两点间的竖直高度为y0一；g（2，）z-x10x（2x0.5）zn=5m

水平位移为Xb=c0,2/=12x2x0,5m=12-n

A、B两点间的轻直高度为（hj=ybyA=5m-1,25m=3,75m

A、B两点间的水平位移为x,=xb'-xA=12m+6m=6m

A、B两点间的距离为g、=J.+尤-y/b2+3.75zzn=6,32m,故0错误：

D、0、ft两点间的距离为gD=y/x\+丐-V12z+5zAf=13m,故D正确。

故选:D.

【解析】根据平拗运动水平和竖直方向的运动规律结合几何关系表示OA和AB的距离，从而解得初速度。

根据平粒运动水平和竖直方向的运动规律结合几何美系表示0A和AB的距离，从而解得初速度，

4.解：及滑块A的质量为m,滑块B的质量等于•滑块A的质量的两倍，则滑块B的质量为2m：调换前，对系统根据牛顿第二定律可得

mg-2umg=3ma

调换后，对系统根据牛顿第二定律可得

2mg-ung=9ma

联立解得

u=0.2

M10页/共17页

故选:E.

【解析】调换前后，对系统根据牛顿第二定律列式，求摩擦因数。

5.解：A、设地球的质量为M,卫星的质量为m,根据万有引力提供向心力可得G箫=小蒜

解得

v=户

故A错误：

C、根据角速度与线速度关系仃

3=一

把线速度表达式代入得

故C正确:

D、由公式

故D错误:

以根拈万有引力提供向心力可用

故啾误。

故选:C.

【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度、角速度、向心力的表达式,根据牛顿第二定律得到加速度表达式。

第II页/共】丁页

6.解：光路图如图:

设入射角为。，根据

+=-

n

所以玻璃的折射率为n。

由折射定律有

sina

«in(x-O)-n

根据三角函数知识sin(90-a)-Vl-sin2a

解得

sE”高

故BiEf角，ACD错误。

故选:B.

【解析】画出光路图，根据折射定律和三角函数知识，即可解答。

7.解：A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电了•是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下•人光斑；当电子是在

反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的。点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏0点上方移动，故B错误：

C.若在偏转极极加上.如图内所布的偏转电场，电子先向下偏转冉向上偏转，可以看到一个光斑在荧光解上从下向上移动，故0错误：

D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上0点两侧做往复运动，故D正确.

故选:D.

【解析】根据电子的受力情况分析电子的运动情况，从而分析电子在光屏上的现象

8.解：AB、由乙图可知，t=6s时刻z=Ucm处质点正在向上振动,在甲图上,根据“同侧法”可知波向x轴负方向传播,故A正确，B错误;

CD、庄图甲可知该波的波长为入=12cm,由图乙知质点振动的周期为T=6s

第12页/共广货

则该波的波速为u=：=等=2cm/s

763

根据匿像甲可知该波的波动方程为山=/IsinQx+)

即有y=5sin(2n7^+~)

所以x=0该时刻的位置为y=5xsin-6cm=2.5cm,=故C正确，D错误。

故选:AC

【解析】在乙图上,读出t=6s时刻z=Ucm处质点的振动方向,在甲图上,依据“同侧法”分析波的传播方向。根据图像获得波长和周期,写出

波动方程，再求图甲中实线与y轴交点的纵坐标.

9.解：A.根据交流电产生的原理可知回路中感应电动势的峰值为E0=NBSs=NBL"+2m=2nnNBL\故A错误:

C.回路中感应电动势的有效值为£,,=^=yfinnNBL2

通过小灯泡的电流为/=善=智乎

h+c7k+7

故C正獭：

B.小灯泡两端的电压为

U—/R_它*空

(V+r

故B错误：

D.小灯泡的功率为P=/2«=(.+>呼R=弋若”故D正确.

故选:CD.

【解析】根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值：根据闭合电路欧姆定律求解小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流：根据

功率公式求解小灯泡的功率。

10.解：AC、在1、2两种情况下，感应电动势之比为：E?=°'=-

'BL2s

根据欧姆定律得到线框中的电流：/=-n

可得线框中的感应电流之比为：％=g=：，

根据受力平衡可得：P=Fs-B/L

可得所用拉力大小之比为：=3故C正确，A错误：

B、根据电流的定义变形得(?=/t=/--:

y

可得通过级框的电荷辰之比为-=->=故B错误：

^2TL1

D、根据焦耳定律可知：Q=l2Rt=

可得线框中产生的热量之比为：覆二分.若=?.故D正确。

故选:CD.

【解析】根据E=BLv求得产生的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求线框中的电流;

用安培力公式求安培力之比：

由电荷量的经验公式求电荷量之比：

第13页/共］丁贞

根据2=I2Rt求解产生的热量Q之比。

二、非选择题：本题共5小题，共57分。

I.解：(1)相邻两计数点间还有九个计时点未画出，则计数点间的时间间隔为『=10x0.02r=02s

由逐差法可得

a=弊=-00嗡…x10-2m/s2=0.50m/^

(2)对右侧的铝箱和左恻的铝箱，根据牛顿第二定空有

mg+MH9«/=(M+m)a

T-Mg=Ma

联立解得

a=----

当M远大于m时，有

9

a=­m

2M

结合图像可得

3。3

27—S0.19

解得

M-0.35kg

故答案为：(DO.50：(2)0.35。

【解析】(D根据相邻两计数点间的点迹数计算计数点间的时间间隔，根据逐差法计算加速度；

(2)根据牛顿第二定律列方程推导判断，结合图像7|道.

2.解：11)欧姆表的内部电流从发黑表笔流出，红表笔流入，因此接线柱P接红表笔；

(2)根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表的内阻/?„=*=-n=500?

73-11X5

(3)电流表的量程为0-3mA,分度值为0.1mA,电流表的读数/=1.00mA

根据闭合定律的欧姆定律1=士

代入数据解得电阻的阻值为R=10V07.

故答案为：(DP：(2)500;(3)1000.

【解析】(D欧姆表的内部电流从发黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答:

(2)根抵闭合电路的欧姆定律求欧姆表内附；

(3)根据电流表的示数结合闭合电路的欧姆定律求等测电阻。

3.解：il)设电场强度为E,小球进入x轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与重力大小相等，则有qE=mg

SHW/共17页

则小球在第象限运动时水平方向和竖直方向的力I速度为

设小球在第一象限运动时间为t,在水平方向上做匀减速直线运动.在竖直方向上做匀加速直线运动，则有%=84=：外2

解得

Vo=y[2gd

卬则有

解得

B2m同

3y2

(3)设小球做圆周运动的时间为12,有

解得

£=(3+手)有_

答：(1)小球抽出时的初速度大小V。为V发；

(2)x抽下方磁场的磁感应强度大小B为空受

6ul

(3)小球从抛出到第二次进入x轴下方的亚介场的时间I为(计扰

【解析】(D小球在电场和Jfi力场的复合场中运动，在登直方向做自由落体运动，根据运动内分解求解：

(2)根据几何关系得出小球在电场和磁场及!II力场复合场中的运动过程中是匀速圆周运动，得出1R力等于电场力，故洛伦兹力提供向心力，列出牛顿第二

定律方程，测测磁感应强度：

(3)根据运动的分解得出小球在笫一象限的时间，在三四象限根据轨迹及圆周运动的周期的关系求解时间.

笫15页/共17页

4.解:(1)设气体的初始压强为

Pl,对活塞受力分析，由平衡条件有PlS=p^mg

代人数抿解得

Pi=9x104Pa;

(2)设报警时的压强为对活塞受力分析，由平衡条件有

p2s+rng=P1S+P

代入数据解得

pz=10x10°Pa

由理想气体状态方程得

plospil(6'd)s

127

代入数据解得

T=400k.

答：(D封闭气体开始的压强p为axio%。；

⑵触发报警装置的热力学温度T为400K.

【解析】(1)对活塞根据平衡条件列式求解封闭气体开始的压强：

(2)对活塞根据平衡条件列式求解封闭气体的压强，再根据理想气体状态方程求解触发报警装置的热力学温度。

5.解：本虺解答过程均以竖直向下为正方向。

(1)设小球B第•次落地前的速度为fn,此时小球A的速度为41,所用的时间为5小球B第一一次反弹后的速度为vBL再经过时间I病者

相碰，根据运动学公式可得：

L=海

rD=J2gL

川2+泗-(砧+泗)=L

t=ti4-G

解得V杼％=-附办2=幕

(2)设A.B两球第一次碰撞前瞬间的速度分别为八2,2,碰撞后瞬间的速度分别为E/UB，根据运动学公式可得：心=%

Jo=rei+9t2

解得：va=^yf2gL,rm-