2024届云南省部分名校高考备考实用性联考卷（一）物理试题含答案.pdf

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1、书 书 书!#!$%$#!#$%$#!#$%#$%$&!#$%&()*+,-!./#0&()!#!$%&()*+,-./0123 4$56$76 896:!;?#$ABCD!EF!($(G-H!;IJK1!EL6M)#NOPQ!(RSTUVF!WCMXY!EL6#:Z!#)$Z_F!a.bZc!;defg#hi!%i!$Z(j*%ik#*+,-!./-0!$1-#21-&3#0&3$421-56789+):#;!+-?-AB%;*+!$-=C)?-AB#DE+F7G&3#+FHID7G$3#=+J7G%3$!,&()*+,-,./0,123456789:;?AB,CD(,E,FGHI)J$KL

2、ME1$NOP./JQRS&$ME10,T$)*$1#OUV!%GWXYZ,$%/$23#,P$LM=_WY=4,=%=%!a=,bcd-!%!$%!)$=e=3fYgM!a=$:h,ib-$!5$!$6!)#$,j$%-klmnop,#qrstu$vwx,yiz|,&j$%,$!,$#$,WgMQ$,&W,7i-#K!-,e,“(,“0,“4,I),$%8&!$”,(8&$%M”g$(*,g&%,I)$%(,“I*$%M7I$7&N&()*+,-#K$-,$%M$gP(,W$,&!$%Mi(*0,$%M&!&$7*)4,$%M,P$,Wb&,)$,=7I#$%$=,b,7$&$=,3$N&(

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4、C$Dg,E.&K$%h F,G$!A$%86+!6$H?,I/!K$%h IJ,G$!A$%86+$6$H?,I/$?KL?yM NO$!A$%G,PQ$N&()*+,-#K8-,+!=+$/!=/$(,+!=+$/!7/$0,$%h F,G$KR.ST.$%UV W4,$%h IJ,G$R.ST.,X$%6 YW.,%(ZgM$b$v%I*&%(*,_c/$a _b$+%0%1I,&M&()*+,-#K/-,+c 0c(,%1c%d0,ge+_i 0 _i4,+0*$f+0e f+0AW$Ug,.$h$,ijgh,klmnjFAB$8klm$LgFAh,%:h$FAiklm,jF“klm&

5、Kklm8g o p_$FA3V%:h$N&()*+,-#K.-,FA7i3VF h(,FA klm,0,FAklmP qY,rbU4,FA klmP$W stu*,gb,vw$23$,WP7,4 65 Wxy$v3$I zW$w$,zI-7)%&()*+,-#K-,w 2,z-27).8(,$2P|wU/%?,g0,w 3W$w,wc=Q$wc=,iW4,Kw3$P|wUgI$8%?$Nw$23$gV#Pw,rbI$8%?#K*!%,*Igf*e k,6 7%,X$7%8,cdI6$%#e6.$%#$6 7%8$7#gVC&()*+,-,C f9*(,k&7:;0,6 7%C$8#gVC,6

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9、 Z Le#$Z,+7=3”g W$=3,“I$A$%=%3”g&ZTUV+;$6I;$C,W&4*!#mbEy$#3,)#I0i()Z$c,&#K!,!c#!*$78e7 8F“,$&“_%(,h$YIB 7%!:%b!7%89%A7%)#$,KLB O&77 ZX,Vc$cI!7$G&,-nj7e7 cd h,+X“Wa,j+e0A$Wa 17$:$,7%$#&C WaZ b6&,$vc$cW&“_%(.K6 C,P$4*!#“_%(.KXWaj-$#“_%(.KX6+,)#P$P“_%(g,bE&#K!*物理参考答案第 1 页（共 7 页）2024 届云南三校高考备考实用性联考卷（一）物

10、理参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 18题只有一项符合题目要求；第 912 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B C C A B D C AD BD BD AD【解析】1 卢瑟福粒子散射实验证明了原子核式结构，玻尔理论解释了氢原子光谱不连续性，故 A错误。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故 B 错误。根据质量数和电荷数守恒知 238 206 4 8，发 生 8 次衰变；92

11、 82 2 8 6，发 生 6次衰变，衰变的实质即为中子转化为质子同时释放电子，故 C 错误。质子和中子结合成一个粒子的方程为1141022H+2n H e，根据爱因斯坦质能方程，可得该核反应中释放的能量为22123(2 2)E mc m m m c，故 D 正确。2 根据乙图 和丙图可知条纹间距变大，根据条纹间距公式Lxd 可知，条纹间距变大，可能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离L，也有可能减小了双缝间的距离d；条纹间距与光源到双缝的距离无关，绿光的波长大于紫光，故选 B。3小 球A 做 平抛运动：1x t v，若 与B 相遇时下落的高度为h，则212hg t，小 球B

12、 做竖直上抛运动：2212Hhtg t v，联立以上式子可得12xHvv，故 C 正确。A、B 两个小球在B 上升、下降过程中或B 到达最高点均有可能相遇，故 A 错误。若只改变小球A 的 水平速度1v，不再满足12xHvv，A、B 两个小球不可能在Q 点正 上方相遇，故 B 错误。A、B 两个小球从抛出到相遇过程中，加速度均为重力加速度g，运 动时间t 相等，故速度的变化量gt v 也相同，故 D 错误。4 若保持绳子的长度、绳子与B 杆 的结点不变，将B 杆缓 慢向右移动，绳子与竖直方向之间的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故 A 错误。若保持绳子的长度、B 杆的位置不变，只移动绳子与B

13、杆的结 点过程中，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保物理参考答案第 2 页（共 7 页）持不变，故 B 错误，C 正 确。若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改变，绳子上的拉力一定改变，故 D 错误。5 7.9km/s 即第一宇宙速度，是在近地圆轨道上卫星的环绕速度，要能变轨到轨道 2，则必须在P 点加速，而卫星始终无法脱离地球引力而绕着地球转，所以只要围着地球转的卫星速度必定小于第二宇宙速度 11.2km/s，故 A 正确。由圆周运动的条件可知，该卫星在轨道 2的Q 点的加速度大于22rv，故 B 错误。在轨道 2 上 运动过程，只有引力做功，机械能守恒，故经

14、过 P 点的机械能等于经过 Q 点的机械能，故 C 错误。由开普勒第三定律可知，2223313 322TTT，故 D 错误。6 A、B 放 置在光滑的水平桌面上时，有1()ABFmma、11 AFma；A、B 放置在粗糙的水平桌面上时，2()()AB ABFmmgmma、22 AAFm gm a；可得12aa、12FF，即12LL，故 B 正确。A、B 放 置在光滑的水平桌面上时，若突然撤去拉力 F，弹簧还处于拉伸状态，弹力不为 0，A、B 受力 均不为 0，均 不会做匀速直线运动，故 C 错误。A、B放置在粗糙的水平桌面上时，突然撤去拉力F 的瞬间，物块B 受力情 况发生突变，B 加速度发生

15、突变，但弹簧弹力不变，物块A 受力情 况不变加速度不变，故 D 错误。7 等势面越密集，电场强度越大，a 点 电场强度小于b 点电场 强度，故 A 错误。由等势面可知，P、Q 为 等量异种电荷，故c、d 两点电场强度均垂直cd 等势面向右，故 B 错误。由P为正电荷、Q 为负电荷可知，a 点电 势高于 b 点 电势，故负电荷在 a 点 电势能小于在 b 点电势能，故 C 错误。电 场力为保守力，做功与路径无关，故 D 正确。8 传送带以 某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，滑块的加速度不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，且滑块在传送带上运动的时间不变，但滑块相

16、对于传送带发生的位移增大，因此摩擦产生的热量增多，故 C 正确。9 DA 为等温线，则 300KADTT，C 到 D 过程由盖吕萨克定律得C DCDV VTT=，得375KCDCDVTTV，故 A 正确。A 到 B 过程压强不变，则气体对外做功532 10 3 10 J 600J Wp V，B 到 C 过程体积不变，则气体不做功，则 A 到 C过程，气体对外做功 600J，故 B 错误。气体从状态D 变化到状态A，气体体积减小，单位体积内气体分子数增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，故 C 错误。气体从A 到B过程体积增大，对外做功532 10 3 10 J 600JABWp V，气体从

17、B 到 C 过程 体物理参考答案第 3 页（共 7 页）积不变，气 体不做 功，即 0BCW，气 体从 C 到 D 过程体积 减小，外界 对气 体做功，即5311 0(54)1 0J1 0 0 JCDW，一次循环内能不变，由热力学第一定律可得UWQ，即(600 0 100 250)J 250JAB BC CD DAWWWWW，则气体吸收的热量为 250J，故 D 正确。10 对 1m x 处的质点利用“同侧法”得波源的振动方向沿 y 轴负方向，故 A 错误。由 题中图像可知，M 点与最近波谷的水平距离 4m x，波速 8m/sxt v，故 B 正确。N 点与最近波峰的水平距离111m x，经过

18、的时间11137 5 sxt.v，故 C 错误。M、N 两点间距离25m x，波从M 点到N 点的传播时间225s8xtv，N 点从起振至到达波谷的时间3141ss48 8t，233s4ttt 总，40.3 mtsAT总，故 D 正确。11 由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，有KEfx，结合动能与位移的关系图像可得车受到的阻力为2N f，故 A 错误。由题意与图像可得小车的最大动能为2Kmax m18J2Em v，则最大速度为m4m/s v，小车的额定功率为m8W Pf 额v，故 B正确。加速过程中，对小车列动能定理：1k m a xPt fx E 额，可得加速时间17s4t，故 C

19、错误。当关闭电源后，由牛顿运动定律可得22m/sfam，小车减速时间为m32s tav，故 D 正确。12 P、Q 金 属框刚好匀速经过虚线边界，两金属框受到的安培力均等于重力，所以受到的安培力之比为 1 1，故 C 错误。由能量守恒可得，减小的重力势能均全部转化为金属框上产生的热量，而P、Q 金属框经过虚线边界过程中减小的重力势能相等，故金属框上产生的热量之比为 1 1，故 A 正确。P、Q 金属框经过虚线边界过程中，P 金属框受力情况为221BLmgRv，Q 金属框受力情况为2224BLmgRv，而金属框到达虚线边界前均只受重力，机械能守恒21112mgh m v，22212mgh m v

20、，可得1241 vv，1216 1 hh，故 B 错误。流过金属框横截面的电量为EqI t t tRt RR，可得121212 qq，故 D 正确。#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#物理参考答案第 4 页（共 7 页）二、填空、实验题：本大题共 2小题，共 14 分。13（每空 2 分，共 6 分）（1）B C（2）偏小（3）12xx【解析】（1）实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，故 A 错误。大头针1P 和2P 及3P和4P 之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，故 B 正确。只要操作正确，任何形状的玻璃砖均

21、可用“插针法”测量折射率，故 C 正确。由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故 D 错误。（2）如 图所 示，作 图得 到的光 路图 和实际 光路 图相比，入 射角没有变化，折射角的测量值偏大，由sinsininr 知折射率偏小。（3）由几何关系可知1sinx ABiOA R、2sinx CDrOC R，则玻璃砖的折射率为12sinsinx inrx。14（除特殊 标注外，每空 1 分，共 8 分）（1）B 2 1.6（2）1700（3）如图所 示（2 分）（4）32.1 10（2 分）

22、（5）24LdR【解析】（1）注水前，用如图甲所示游标卡尺的内测量爪 B 测玻璃管 内径，该游标卡尺为 10 分度的游标卡尺，最小分度为 0.1mm，则游标卡尺的读数为21mm 6 0.1mm 21.6mm d。（2）用多用电表欧姆挡“100”倍率，由图可知，玻璃管中水的电阻为17.0 100 1700 R。（3）根据题 意，滑动变阻器应采用分压式接法，电流表应采用内接法。（4）UI-图像的斜率即为水样的电阻大小32.1 10URI。（5）由电阻 定律LRS、24dS，由题意电导率1，联立得24LdR。物理参考答案第 5 页（共 7 页）三、计算题：本大题共 4小题，共 38 分。解答应写出必

23、要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。15（8 分）解：（1）设 滑块P 沿斜 面下滑加速度为a1、弹 回后沿斜面上滑加速度为a2，则 由牛顿第二定律得下滑：1sin cos mg mg ma 上滑：2sin cos mg mg ma 又由 t v 图像atv可得215m/s a、2211m/s a 联立式解得 0.5（2）设滑块P 下滑至O 点与Q 碰撞前速度为1v，碰撞后速度为1 v，Q 碰撞后速度为2v，则，由图乙可知110m/s v、22m/s v 碰撞过程时间极短，系统动量守恒得1120PPQmmm vvv，解得26m/s v Q 碰撞后至停止，由动能定理得

24、 22102QQmgl m v 解得 3.6m l 评分标准：本题共 8分。正确得出 式给 2分，其余各式各给 1分。16.（8 分）解：（1）人坐上椅子，缸内压强由1p 变为2p，环境 温度不变，气缸导热，所以气体 做等温压缩变化，根据玻意耳定律可得1234LpL Sp S 人坐上椅子以前，以活塞和椅面整体为对象，根据平衡条件可得10pS pS mg 人坐上椅子稳定以后，以活塞、椅面和人整体为对象，根据平衡条件可得20pS pS mg Mg 解得0133pSMmg#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#物理参考答案第 6 页

25、（共 7 页）（2）室 内气 温缓慢 上升 至01.04T 的过 程，气体等 压膨 胀，设 末态 气柱的 高度 为L，根据盖 吕萨克定律有 0031.404LSLSTT解得 0.78 LL 因为气体膨胀，所以气体对外做正功234LWp SL 解得00.04()Wp S m g L 评分标准：本题共 8分。正确得出 式各给 1分。17.（11 分）解：（1）小 球在电磁场 区域做匀速 圆周运动，所受重力和 电场力平衡，所以电场 力方 向向上，小球带负电 qE mg 解得qEmg（2）小球从A 运动到D 点的过程中，设小球经过D 点时的 速度大小为v，根据动能定理可得212mgR qER m v

26、解得 2 gR v（3）设小球 在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有2mqBrvv 解得mrqBv可知B 越小，r 越大，当 小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r 有最大值，B 有最小值，如图所示，根据几何关系有22 2(2)()R rrR 解得43Eg RBgR 评分标准：本题共 11 分。正确得出、式各给 2分，其余各式各给 1分。物理参考答案第 7 页（共 7 页）18.（11 分）解：（1）由 图乙可知磁感应强度B2变化率21Bt线圈中感应电动势21 V2dBEntt 线圈两端电压为外电压 0.6VabRUERr（2）线圈、导轨、导体棒构成闭合回路，设金属棒PQ 开始运动瞬间，流经导体棒电流为I，则 20AEIRr方向QP 金属棒PQ 受到安培力14N FB I l 加速度28m/sFam（3）金属棒PQ 速度不断增大，产生的反电动势也不断增大，回路中总电动势不断减小，总电流不断减小，电流为 0 时，金 属棒受安培力为 0，不再 加速，速度达到最大值，记为maxv，即1m a xBlE v 解得max5m/s v对金属棒PQ 列动量定理，有max0 Ftm v 1FB I l qIt 联立式解得 12.5C q 评分标准：本题共 11 分。正确得出 式各给 1分。