云南省大理州2024年高考物理必刷试卷含解析

云南省大理州2024年高考物理必刷试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管的一端，且与螺线管垂直。

用磁传感器测量ab上各点沿ab方向上的
磁感应强度分量
．．B x的大小，在计算机屏幕上显示的图像大致是（）
A．B．
C．D．
2、背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。

如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为
A．2m/s B．5m/s C．8m/s D．11m/s
3、运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间的受力示意图是
A．B．
C．D．
4、如图所示，质量为m、电阻为r的“U”字形金属框abcd置于竖直平面内，三边的长度ad=dc=bc=L，两顶点a、b 通过细导线与M、N两点间的电源相连，电源电动势为E。

内阻也为r。

匀强磁场方向垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。

不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A．M点应接电源的正极B．电源的输出功率为
2 2 E r
C．磁感应强度的大小为mgr D．ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力
5、如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为m、可视为质点的钕铁硼强磁铁从铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（）
A．桌面对铜管的支持力一直为Mg
B．铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒
C．铜管中没有感应电流
D ．强磁铁下落到桌面的时间2L t g
6、如图所示，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ，在两导线中通有方向垂直于纸面向里的电流．在纸面内与两导线距离均为l 的a 点，每根通电直线 产生的磁场磁感应强度大小均为B ．若在a 点平行于P 、Q 放入一段长为L 的通电直导线，其电流大小为I ，方向垂直纸面向外，则关于它受到的安培力说法正确的是
A ．大小等于BIL ，方向水平向左
B ．大小等于BIL ，方向水平向右
C ．大小等于3BIL ，方向竖直向下
D ．大小等于3BIL ，方向竖直向上
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、如图甲所示，竖直放置的U 形导轨上端接一定值电阻R ，U 形导轨之间的距离为2L ，导轨内部存在边长均为L 的正方形磁场区域P 、Q ，磁场方向均垂直导轨平面(纸面)向外。

已知区域P 中的磁场按图乙所示的规律变化(图中的坐标值均为已知量)，磁场区域Q 的磁感应强度大小为B 0。

将长度为2L 的金属棒MN 垂直导轨并穿越区域Q 放置，金属棒恰好处于静止状态。

已知金属棒的质量为m 、电阻为r ，且金属棒与导轨始终接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度为g 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通过定值电阻的电流大小为02mg
B L
B ．0~t 1时间内通过定值电阻的电荷量为10mgt B L
C ．定值电阻的阻值为()3
100
1
B B L B
mgt
-
D．整个电路的电功率为
()
10
01
mg B B L
B t
-
8、如图所示，两光滑平行金属导轨MN与PQ，其间距为L，直导线ab垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。

电容器接在P、M两端，其电容为C，除电路中的电阻R外，导轨和直导线的电阻均不计。

现给直导线ab一初速度，使之向右运动，当电路稳定后，直导线ab以速度v向右匀速运动，则（）
A．电容器两端的电压为BLv B．电阻两端的电压为零
C．电容器所带电荷量为CBLv D．直导线ab所受安培力为
22 B L v R
9、如图甲所示，通过一理想自耦变压器给灯泡L1和L2供电，R为定值电阻，电表均为理想电表，原线圈所接电压如图乙所示，下列说法正确的是（）
A．u随t的变化规律为u2sin100rtV
B．将电键S闭合，电压表示数不变，电流表示数变大
C．将电键S闭合，小灯泡L1变亮
D．将电键S闭合，为保证小灯泡L1亮度不变，可将滑片P适当下移
10、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是______________。

A．液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能必定改变
C．0C︒的铁和0C︒的冰，它们的分子平均动能相同
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
E.扩散现象在液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快
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“验证机械能守恒定律”的实验中：
A．B．C．D．
(1)纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中操作最规范的是________.
(2)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是_______．(填字母代号)
(3)若实验中所用重
锤的质量为m，某次实验打出的一条纸带如图所示．在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，量得相邻点间的距离分别为S1、S2、S3、S4，当地的重力加速度为g.本实验所用电源的频率为f.从打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量ΔE p=_____________，重锤动能增加量ΔE k=____________________．在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒．
12．（12分）某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：
A．灵敏电流计G（0~5mA，内阻约为60Ω）
B．电压表V（0~3V，内阻约为10kΩ）
C．电阻箱R1（0~999.9Ω）
D．滑动变阻器R2（0~100Ω，1.5A）
E．旧电池2节
F．开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。

测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为1．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为
___________Ω；（保留3位有效数字）；
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U－I G（I G为灵敏电流计的示数）图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。

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，导热良好的细直玻璃管内用长度为10cm的水银封闭了一段空气柱（可视为理想气体），水银柱可沿玻璃管无摩擦滑动。

现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30°的光滑斜面下滑，两者保持相对静止时，空气柱长度为8cm。

某时刻玻璃管突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为300K，整个过程水银未从收璃管口溢出。

已知大气压强为p0=75cm水银柱高。

求：
(1)水银柱静止后的空气柱长度；
(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8cm，求此时气体的温度。

14．（16分）如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。

t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。

已知木板质量M＝3kg，高h＝0.2m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5kg，初始位置距木板左端L1＝0.46m，距木板右端L2＝0.14m；初速度v0＝2m/s，恒力F＝8N，重力加速度g＝10m/s2。

求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。

15．（12分）如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L，磁感应强度为B。

一个质量为m、匝数为N、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为R。

t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0。

经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置II），导线框的速度刚好为零。

（1）求导线框在位置I时的加速度大小；
（2）求从位置I到位置II的过程中，导线框中的焦耳热；
（3）定性画出导线框从位置I到再次回到位置I时速度随时间变化图象；
（4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，试判断W1与W2的大小关系，并简述判断依据。

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】
通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，如图所示：那么各点沿ab方向上的磁感应强度分量B x的大小从a向b先增大，后减小到零，再反向增大，最后减小，
故C 正确。

故选C 。

2、B
【解析】
运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为： 1.3m h ≈，根
据机械能守恒定律可知：
212
mv mgh =；解得：5m/s v =≈，故B 正确，ACD 错误。

3、A
【解析】
运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间，运动员受重力、地面对人竖直向上的支持力、和地面对人向前的摩擦力，故A 项正确，BCD 三项错误。

4、C
【解析】
A ．金属框恰好处于静止状态，说明线框受到的安培力向上，根据左手定则可知dc 边中的电流方向应由d 指向c ，结合电路知识得M 点应接电源的负极，故A 错误；
B ．由闭合电路欧姆定律得 2E I r
= 电源输出功率
2
2
4E P I r r == 故B 错误；
C ．根据平衡条件有
mg =BIL
解得
2mgr B EL
= 故C 正确；
D ．根据对称性可知ad 边受到的安培力等于bc 边受到的安培力，方向相反，故D 错误。

故选C 。

5、D
【解析】
C ．强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故C 错误；
B ．磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热能，所以系统机械能不守恒，故B 错误；
A ．由于圆管对磁铁有向上的阻力，则由牛顿第三定律可知磁铁对圆管有向下的力，则桌面对铜管的支持力F ＞Mg ，故A 错误；
D ．因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有2L t g
>
，故D 正确。

故选D 。

6、D
【解析】
a 点所在通电直导线的受力分析如图所示：
由题意得：P Q F F BIL ==，30θ=，安培力合力为32cos30232
P F F BIL BIL ==⨯=，方向竖直向上，故D 正确，ABC 错误．
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、BD
【解析】
A ．金属棒恰好处于静止状态，有
0mg B IL =
解得电流大小
0mg I B L
= 故A 错误；
B ．0～t 1时间内通过定值电阻的电荷量
110mgt q It B L
== B 项正确；
C ．根据题图乙可知，感应电动势
()2
2101B B L BL E t t -∆==∆ 又
()E I R r =+
联立解得
()31001
B B L B R r mgt -=- 故
C 错误；
D ．整个电路消耗的电功率
()()210101
001
B B L mg B B L mg P EI t B L B t --==⨯= 故D 正确。

故选BD 。

8、ABC
【解析】 AB ．当直导线ab 匀速向右运动时，直导线切割磁感线产生的感应电动势为 E BIv =
电路稳定后，电容器两极板间的电压
U E BLv ==
电容器既不充电也不放电，电路中无电流，电阻两端无电压，故A 、B 正确； C ．电容器所带电荷量为
Q CU CBLv ==
故C 正确；
D ．电路稳定后，直导线ab 中无电流，根据F BIL =可知直导线ab 不受安培力，故D 错误；
故选ABC 。

9、BD
【解析】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压22V ，周期0.02S ，故角速度是
100rad/s ωπ=
所以有
22sin100(V)u t π=
故A 错误；
B ．电压表V 的示数是输出电压的有效值，输入电压和匝数不变，输出电压不变，将电键S 闭合，消耗功率增大，输入功率增大，根据P UI =知电流表示数增大，故B 正确；
C ．将电键S 闭合，总电阻减小，流过R 的电流增大，R 分压增大，则并联电路的电压减小，小灯泡1L 变暗，故C 错误；
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡1L 亮度不变，根据2211
n U U n =
可将滑片P 适当下移使原线圈匝数减小从而增大2U ，故D 正确；
故选BD 。

10、ACE
【解析】
A ．由于液体表面分子间距大于内部分子间距，故表面处表现为引力，故A 正确；
B ．一定质量理想气体的内能由温度决定，状态变化时温度可能不变，内能也就可能不变，故B 错误；
C ．因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能相同，故C 正确；
D ．晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，某些性质表现出各向异性，而多晶体没有规则形状，表现出各向同性，故D 错误；
E ．气体、液体和固体物质的分子都在做无规则运动，所以扩散现象在这三种状态的物质中都能够进行，且温度越高，扩散进行得越快，故E 正确。

故选ACE 。

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、D AEF 23()g s m s + 2
223412[()()]8
mf s s s s +-+ 【解析】
（1）在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放．故D 正确，ABC 错误．
（2）试验中除了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．还必须选取的实验器材是电火花打点计时器、刻度尺和重锤，故选AEF ；
（3）打下点B 到打下点D 的过程中，重锤重力势能减小量ΔEp= mg(s 2+s 3)；
B 点的瞬时速度12()22A
C B x s s f v T +＝＝ ，
D 点的瞬时速度34()22
EC D x s s f v T +＝＝；则动能的增加量△E k ＝()()22222341211228D B mf mv mv s s s s ⎡⎤-=+-+⎣
⎦． 12、50.0 4.55 2.910.01± 11.00.2±
【解析】
(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得
1G )(U I R R =+
解得
G 150.0ΩU R R I
=-= (2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱1R 的阻值
3G G 13G 51050.0Ω 4.55Ω(605)10
I R R I I --⨯⨯===--⨯ (3)[3]由闭合电路欧姆定律可得
12G G G E U I R I r =++
解得
()12G G U E I R r =-+
根据G U I -图象可得电源电动势
2.91V E =
图象斜率为
12G G
U R r I ∆=+∆
[4]解得电源内阻
11.0Ωr =
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) L 1=7.5cm ；(2)T 3=320K
【解析】
(1)玻璃管和水银柱保持相对静止时设玻璃管质量为m 0，横截面积为S ，水银柱质量为m 。

对玻璃管和水银柱整体，有:
（m +m 0）g sin30°
=（m +m 0）a ① 设封闭气体压强为p 1，对水银柱:
mg sin30°+p 0S -p 1S =ma ②
解得:
p 1=p 0 ③
水银柱静止时，设封闭气体压强为p 2，水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为L 0，水银静止时空气柱的长度为L 1，水银柱的长度为L 2，可得:
20212
p p L =+ ④ 从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得:
p l L 0S =p 2L 1S ⑤
解得:
L 1=7.5cm ⑥
(2)加热气体过程中，气体发生等压变化，有：
3223
V V T T = ⑦ 据题意有，初态：
V 2=L 1S ，T 2=T 0 ⑧
末态:
V 3=L 0S ⑨
解得:
T 3=320K ⑩
14、 (1)0.2s(2)0.6m/s
【解析】
(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t 0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学
公式知2012h gt =，得 t 0＝2h g
＝0.2s (2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F ＋μ(m ＋M )g ＝Ma 1
得
a 1＝5m/s 2
则木板减速到零所经历的时间
t 1＝01
v a ＝0.4s 所经过的位移
s 1＝201
2v a ＝0.4m 由于s 1<L 1，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2
得
a 2＝13
m/s 2 滑块离开木板时，木板向左的位移
s 2＝s 1＋L 2＝0.54m 该过程根据运动学公式
s 2＝
22212
a t 得
t 2＝1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度
v 2＝a 2t 2＝0.6m/s 。

15、（1）a 1=g +222
N B L Rm
v 0；（2）Q =12mv 02-2mgL ；（3）；（4）W 1>W 2
【解析】
（1）线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：1=mg F ma +安
1F NBI L =安 ；11E I R = ；10E NBLv = 联立解得：222
10N B L a g v Rm
=+ （2）导线框从位置I 到位置II 的过程中由能量关系：
201=22mv mg L Q ⋅+ 解得201=-22
Q mv mgL （3）由222
1N B L a g v Rm
=+可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做加速度减小的变加速运动，则运动图像如图；
（4）根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W 1>W 2.。