貴州省2024年高考綜合改革適應性測試

物理

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項符合題目要求。

205A205人。

1.我國科研人員及合作者首次合成了新原子核89A0。原子核存在一種衰變鏈，其中第1次由的八。衰變成

23rFrr201Fr197At

原子核87,笫2次由$7門衰變成原子核85下列說法正確的是（)

A.兩次均為a衰變

B.兩次均為父衰變

C.第1次為。衰變，第2次為月衰變

D.第1次為力衰變，第2次為a衰變

【答案】A

【解析】

【詳解】電荷數(shù)守恒和質量數(shù)守恒可知，第一次衰變

翼AcT，F(xiàn)r+：He

第二次衰變

券Frf；；7At+lHe

可知兩次均為a衰變，故選A。

2.天宮空間站運行過程中因稀薄氣體阻力的影響，每經過一段時間要進行軌道修正，使其回到原軌道。修

正前、后天宮空間站的運動均可視為勻速圓周運動，則與修正前相比，修正后天宮空間站運行的（）

A.軌道半徑減小B.速率減小C.向心加速度增大D.周期減小

【答案】B

【解析】

【詳解】A.天宮空間站運行過程中因稀薄氣體阻力的影響，天宮空間站的機械能減小，天宮空間站軌道高

度降低，則與修正前相比，修正后天宮空間站運行的軌道半徑增大，故A錯誤；

B.根據(jù)萬有引力提供向心力

2

「Mmv

G——=m——

可得

卡

修正后天宮空間站運行的軌道半徑增大，則速率減小，故B正確;

C.根據(jù)牛頓第二定律

八Mm

G——=ma

r

可得

GM

a=—

修正后天宮空間站運行的軌道半徑增大，則向心加速度減小，故C錯誤;

D.根據(jù)萬有引力提供向心力

cMm4/

G=一=〃z="

可得

3

T9Ir

T=2肛----

\GM

修正后天宮空間站運行的軌道半徑增大，則周期增大，故D錯誤。

故選Bo

3.如圖，-輕質彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長時上端位于

A點。一物塊由斜面上A點上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點8（彈簧在彈性限度內），則物塊由A點

運動至8點的過程中，彈簧彈性勢能的（）

A.增加量等于物塊動能的減少量

B.增加最等于物塊重力勢能的減少量

C.增加量等于物塊機械能的減少量

D.最大值等于物塊動能最大值

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.設物塊在A點時的動能為線，斜面的傾角為6,物塊由A點運動至8點的過程中，對物塊

由能量守恒有

Ek+"2g4wsine=4

可知，物塊由A點運動至8點的過程中，物塊的機械能轉化成了彈簧的彈性勢能，因此可知，彈簧彈性勢

能增加量大于物塊動能的減少量，同樣大于物塊重力勢能的減少量，而等于物塊機械能的減少量，故AB錯

誤，C正確;

D.顯然，物塊由4點運動至8點的過程中，彈簧彈性勢能最大時即彈簧被壓縮至最短時，而物塊動能最大

時，彈簧的彈力等于物塊重力沿斜面向下的分力，即此時彈簧已被壓縮，具有了一定的彈性勢能，而此后物

塊還要繼續(xù)向下運動，直至速度減為零，彈簧被壓縮至最短，因此彈簧彈性勢能的最大值大于物塊動能的最

大值，而等于物塊機械能的減少量，故D錯誤。

故選C。

4.一交變電流的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，周期為7,其電壓的有效值（）

UN

萬

72

0

-271

A.V2VB.26VC.小VD.26V

【答案】C

【解析】

【詳解】交流電的有效值是根據(jù)等效思想確定的,若同?阻值為H的電阻接在恒壓穩(wěn)流的直流電路中在交

流電的一個周期內產生的熱量與接在交流電路中在一個周期內產生的熱量相同，則認為該直流電的電壓U

為交流電電壓的有效值，該直流電路中通過電阻尺的電流/為交流電電流的有效值，則根據(jù)等效思想有

A,乙球的位移大

B.乙球下落的時間長

C.乙球落在斜坡上的速度大

D.乙球落在斜坡上的速度與豎直方向的夾角大

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)題意可知，甲乙兩球均做平拋運動，但由于甲球先釋放，乙球后釋放，且兩球均落在斜

坡匕則可知乙球在斜坡.上的落點比甲球在斜坡上的落點高，而平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體

運動，在水平方向的運動為勻速直線運動，由于乙球的落點高，則乙球在豎直方向的位移小，根據(jù)

,12

h=—gt,x=\n

可得

Y

由此可知乙球下落的時間小于甲球下落的時間，即

而＞i乙

乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲乙兩球的位移

s二』片+上

由干

/加＞h乙,白麗＞x乙

因此可知

即乙球的位移小于甲球的位移，故AB錯誤;

C.豎直方向的分速度

%=gf

由于甲球下落時間大于乙球下落時間，因此小球落在斜坡上時的速度

v=7vv+v：

由此可知，乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上時的速度，故C錯誤；

D.設小球落在斜坡上時速度方向與觸直方向夾角為8,則小球落在斜坡上時速度與豎直方向夾角的正切

值

V

tan0=——

tan綜<tan8乙

由此可知，乙球落在斜坡I:的速度與豎直方向的夾角大，故D正確。

故選D。

7.如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，MMPQ是相互垂直的兩條直徑。兩

質量相等且?guī)У攘慨惙N電荷的粒子從M點先后以相同速率-射入磁場，其中粒子甲沿射入，從。點射

出磁場，粒子乙沿紙面與MN方向成30。角射入，兩粒子同時射出磁場。不計粒子重力及兩粒子間的相互作

用，則兩粒子射入磁場的時間間隔為（）

B\

【答案】B

【解析】

【詳解】

0\是粒子甲運動軌跡的圓心,由題意可知，四邊形OQOiM是正方形，所以甲乙運動軌跡的半徑均為R,

甲的運動軌跡的I員I心角為工。而粒子乙往左偏轉飛出磁場，它的圓心角為

2

甲運動的時間為

1

771277tmTTR

t.——----------------=-=—

2乃qB2qB2v

乙運動的時間為

24qB3qB3v

因為兩粒子同時射出磁場，所以兩粒子射入磁場的時間間隔為

冗兀

A冗RR_R

3v6v

故選B。

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.S（a）是貴州特有的“獨竹漂”表演，此項FI已被列入第五批國家級非物質文化遺產保護名錄。某次表

演過程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直線劃向岸邊，同時表演者乙從另一岸邊沿同一直線劃向

河中心并準備表演，該過程甲、乙運動的位置x與時間，的關系圖像如圖（b）所示，則（）

3M9

02/。t

圖(a)圖(b)

A.0玲內甲、乙的運動方向相反

B.0玲內甲、乙的位移大小相等

C.02%內乙平均速度等于甲的平均速度

D.02。內乙的速度最大值大于甲的速度最大值

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.0。內甲乙的斜率均為負，所以運動方向相同，A錯誤；

B.0。內甲的位移為一%,乙的位移大小小于凡，所以。4內甲、乙的位移大小不相等，B錯誤；

C.02fo內乙位移等于甲的位移，時間也相同，所以02fo內乙的平均速度等于甲的平均速度，C正

確；

D.在T圖中，圖線斜率的大小代表速度的大小，明顯圖乙在最大斜率絕對值大丁圖甲的最大斜率絕對

值，所以02/。內乙的速度最大直大于甲的速度最大值，D正確。

故選CDo

9.?水平軟繩右端固定，取繩左端質點。為坐標原點，以繩所在直線為x軸、豎直方向為y軸建立坐標系，

在繩上每隔4選取一個質點。7=0時刻質點。開始沿），軸振動，產生一列沿x軸傳播的橫波（可視為簡諧

波）。已知1一"時刻的波形如圖所示，下列說法正確的是（）

V

A

U

\iAo8/o12/o16/o2O/o24/0工

A.該波的周期為41,

B.該波的波長為8/（

C.1=0時刻，質點。振動方向沿y軸正方向

D.1=6%時刻，x=20%處的質點位移為零

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由圖可知,1=/。時刻波源完成半個全振動.向右傳播半個波長?則該波的周期為

T=Z°

選項A錯誤：

B.由圖可知，該波的波長為

4二8/。

選項B正確；

C.因f二乃時刻質點剛傳到x=4/o處，此時該質點沿y軸負向振動，可知/=0時刻，質點。振動方向沿y

軸負方向，選項C錯誤；

D.，=6/°時刻，波向前傳播24bx=20/。處的質點在平衡位置，位移為零，選項D正確。

故選BDo

10.如圖（a）,水平放置長為/的平行金屬板右側有?豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為品，其方向隨

時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質量為機、電荷量為g的帶電粒子任意時刻沿

金屬板中心線OO'射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與

電場強度變化的周期丁相同，不計粒子重力，則（）

E。

0

一E。

圖(b)

A.金屬板間距離的最小值為遮二

2m

B.金屬板間距離最小值為遮;

m

C.粒子到達豎直擋板時的速率都大于,

T

D.粒子到達豎直擋板時的速率都等于4

T

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.在白〃70-0、1、2……）時刻進入電場的粒子在電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動

的時間為。則豎宜方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱性，則沿豎立方向的位移

TH-喏

金屬板間距離的最小值為

d=2『好

2m

選項A正確，B錯誤；

CD.粒子出離電場時的水平速度均為

I

%=下

豎直方向，在齊1°時刻進入電場的粒子，先加速時間為J-fo,然后再減速時間，在z=（r-f（））時

刻速度減為零；然后再反向加速打時間，再反向減速用時間，即在片7+扣時刻出離電場時豎直速度再次減

為零，粒子出離電場后做勻速直線運動，則達到豎直擋板時的速率等于％="，選項C錯誤，D正確。

故選ADO

三、非選擇題：本題共5小題，共57分。

II.某實驗小組在用激光筆測量半圓形玻璃磚折射率的實驗中，足夠長的光屏與半圓形玻璃磚的直邊平行，

。點為玻璃磚圓心，。0'為法線。當激光沿A。方向入射時光屏上未出現(xiàn)光斑；當激光沿8。方向入射時光

屏上C點出現(xiàn)光斑，如圖所示。

（1）激光沿從。方向入射時光屏上未出現(xiàn)光斑的原因是______o

（2）過8點作0（7的垂線，垂足為測得8。=卜BO=Zr。'。=/3和。。=/4,則該玻璃磚的折射

率〃二（用《、&g和L表示）。

【答案】①.全反射②.首

【解析】

【詳解】（1）［1］激光沿AO方向入射時光屏上未出現(xiàn)光斑的原因是激光未發(fā)生折射，發(fā)生全反射;

（2）［2］由圖標出折射角和入射角

sin」」

OCL

OBI,

由折射定律可知，該玻璃破的折射率為

sin0.Id.

n=-----=—

sin。？“4

12.摻氟氧化錫（FTO）玻璃在太陽能電池研發(fā)、生物實驗、電化學實驗等領域有重要應用，它由一層厚度

均勻、具有導電性能的薄膜和不導電的玻璃基板構成。為了測量該薄膜厚度d，某興趣小組開展了如下實驗:

玻璃基板

（1）選取如圖（a）所示的一塊長條型FTO玻璃，測出其長度為乙寬度為瓦

（2）用歐姆表接薄膜M、N兩端，測得薄膜電阻R,約為40Q。為了獲得多組數(shù)據(jù)，進一步精確測量尺的

阻值，有如下器材可供選用:

A.電源E（電動勢為3V,內阻約為0.2Q）

B.電壓表V（量程。?IV,已測得內阻?=1000。）

C.電流表Ai（量程00.6A,內阻約為1Q）

D.電流表Az（量程0100mA,內阻約為3C〉

E.滑動變阻器A（最大阻值為ICQ）

F.定值電阻A二20C

G.定值電阻R2=2000C

H.開關一個，導線若干

⑶其中，電流表應選_______（選填"AJ或“A2”）,定值電阻應選________（選填“4”或"R/'）。

（4）根據(jù)以上要求，將圖（b）所示的器材符號連線，組成測顯電路圖。

（5）已知該薄膜的電阻率為。，根據(jù)以上實驗，測得其電阻值為則該薄膜的厚度〃=（用「、

L、〃和表示）。

（6）實驗后發(fā)現(xiàn)，所測薄腴的厚度偏大，其原因可能是（填正確答案前的序號）。

①電壓表內阻Ry測量值比實際值偏大

②電壓表內阻尺測量值比實際值偏小

③選用的定值電阻標定值比實際值偏大

④選用的定值電阻標定值比實際值偏小

但阻

4____________

【答案】?.A2②.R③..f"④.年

-----1I---------------bR、

R

圖(b)

⑤③①

【解析】

誤解】(3)［1］由歐姆定律可得

E3

—=—Q=0.075A=75mA

maxR、40

故電流表應選A2；

⑵由于電壓表量程較小，需吊聯(lián)一個電阻，即該串聯(lián)的電阻為

F

^=--^=2000Q

_s_

Rv

則定值電阻應選為;

(4)［引由題意可知，滑動變阻器應采用分壓式接法，又因為

Rxv

圖(b)

(5)［4］由歐姆定律

R、=pJp二

xSbd

可得該薄膜的厚度

(6)［5］實驗后發(fā)現(xiàn)，所測薄膜的厚度偏大，則所測電阻R、偏小，可能原因為電壓表內阻凡測量值比實際

值偏大，則串聯(lián)的電阻偏大，電壓表內阻偏大，則測量電壓時讀數(shù)偏小，電阻測量值偏小;

或選用的定值電阻標定值比實際值偏大，則電壓的測量值偏小。

故選①③。

13.下圖是一個簡易溫度計示意圖，左邊由固定的玻璃球形容器和內徑均勻且標有刻度的豎直玻璃管組成,

右邊是上端開口的柱形玻璃容器，左右兩邊通過軟管連接，用水銀將一定質量的空氣封閉在左邊容器中。已

知球形容器的容積為530cm，左邊玻璃管內部的橫截面積為2cm乙當環(huán)境溫度為0℃且左右液面平齊時，

左管液面正好位于8.0cm刻度處。設大氣壓強保持不變。

（1）當環(huán)境溫度升高時，為使左右液面再次平齊，右邊柱形容器應向上還是向下移動？

（2）當液面位于30.0cm刻度處且左右液面又一次平齊時，對應的環(huán)境溫度是多少攝氏度？

【答案】⑴向下；（2）22℃

【解析】

【詳解】（1）當環(huán)境溫度升高時，假設右邊容器不動，則由于左測氣體體積變大，則右側管中液面將高于左

側管中液面，則為使左右液面再次平齊，右邊柱形容器應向下移動；

（2）開始時左側氣體體積

X=（530+2x8）cm?=546cm3

溫度

7\=273K

當漫面位于30.0cm刻度處使氣體的體積

33

V2=（530+2x30）cm=590cm

氣體進行等壓變化，則根據(jù)蓋呂薩克定律可得

匕二匕

解得

乃二295K

則

t2=22℃

14.如圖（a）,足夠長的固定光滑平行金屬導軌CQ、七尸相距為L,兩導軌及其所構成的平面均與水平面成

。角。導軌所在區(qū)域有方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度大小為反在C、￡兩點通過導

線和單刀雙擲開關K接有一匝數(shù)為"、面積為S的固定水平圓形線圈M,在M區(qū)域內有豎直向下的勻強磁

場，其磁感應強度6,隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示。1=0時刻，開關K接1,此時將質量為機的導體

棒油水平放置在導軌頂端，必恰好靜止不動?！付?。時刻，開關K改接2,而開始運動。而始終與兩導軌

接觸良好且保持水平，其接入電路的電阻為R,電路中其余電阻不計。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。

求：

（1）/二L時刻，通過"的電流大小和方向；

2

（2）時刻，M所在區(qū)域磁感應強度的大?。?/p>

【解析】

【詳解】（1）對導體棒時受力分析，由平衡條件

mgsin0=BI

可得，1時刻,通過時的電流大小為

2

.mgsin6

'BL

由左手定則可知，通過，力的電流方向為由-4。

(2)時刻，由法拉第電磁感應定律

廠△①AB*nB,S

E.=n---=n——8=—―

ArZtx

由閉合電路的歐姆定律得

人”

1R

可得，此時M所在區(qū)域磁感應強度的大小為

_pngR^sin，

1nBLS

(3)當K接2時，對導體棒時受力分析，由牛頓第二定律

mgsin6?-B12L=ma

由閉合電路歐姆定律

/=-

2R

導體棒產生的感應電動勢為

E2=BLv

聯(lián)立可得

mgsin0---——=ma

當加速度。=0時，導體棒有最大速度，則外在導軌上所能達到的最大速度的大小為

_mgRsin0

%"B21}

15.如圖，A、3兩點間距離L=L9m,質量為內產=gkg的小物塊甲向右與靜止在水平地面二A點、質量

為吆=1kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間甲的速度大?。?4.8m/s。碰后乙在相間運動接近于B

點的某段距離中，受到一水平向右、大小尸=1N的恒定推力。乙與靜止在8點處、質量為碼M=lkg的小

物塊內發(fā)生正碰，乙在此碰撞前、后瞬間的速度大小之比為3：1,碰后丙經d=0.04m停止運動。乙、丙

與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,所有碰撞時間極短，g取I()m/s2。求：

(1)甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小；

(2)乙、丙碰撞過程損失的機械能；

(3)推力”在/W間作用的最長時間。

A|<----------L---------->|B

【答案】（1）2.4m/s；（2）0.08J；（3）1.0s

【解析】

【詳解】（1）甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由