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2024年云南省高考物理适应性试卷
一、单选题：本大题共5小题，共30分。
1.原子核的比结合能与质量数之间的关系图线如图所示，下列判断中正确的有( )
A. 核比核更稳定
B. 核的结合能约为
C. 三个中子和三个质子结合成核时要释放能量
D. 在核反应中，要吸收热量
2.一定质量的理想气体经历的循环过程，循环过程中的压强与体积的变化如图所示，图中的曲线Ⅰ和曲线Ⅱ均为反比例函数的一部分。其中，则下列说法正确的是( )
A. 理想气体从到的过程中从外界吸热
B. 理想气体从到的过程中向外界放热
C. 理想气体从到的过程中所有气体分子的速率都变大
D. 理想气体从到的过程中气体放出的热量大于外界对气体所做的功
3.质量相同的两个小球分别与轻质弹簧甲、乙组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹簧振子的振动周期，其中为振子质量、为弹簧劲度系数，下列说法正确的是
A. 弹簧劲度系数甲比乙大
B. 弹簧劲度系数甲比乙小
C. 时，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力
D. 时，两振子的回复力大小相等
4.一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则
( )
A. 物块下滑过程中机械能守恒 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为
C. 物块下滑时加速度的大小为 D. 当物块下滑时机械能损失了
5.如图为静电除尘器机理示意图，图中虚线为电场线方向未标出。废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，尘埃在电场中易带上电子，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列正确的是
( )
A. 电场方向由放电极指向集尘极
B. 带电尘埃所受电场力的方向与该处电场方向相同
C. 图中点电势大于点电势
D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.如图所示，质量分别为和的、按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为，轻弹簧的伸长量为，重力加速度用表示，则下列说法正确的是( )
A. 剪断轻绳的瞬间，的瞬时加速度大小为
B. 剪断轻绳后，向下运动瞬时加速度大小为零
C. 撤走长木板的瞬间，的瞬时加速度大小为
D. 撤走长木板后，向下运动瞬时加速度大小为
7.如图所示，在半径为的半圆形碗的光滑表面上，一质量为的小球以角速度在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 该轨道平面离碗底的距离为
B. 该轨道平面离碗底的距离为
C. 点与该小球的连线与竖直方向的夹角为
D. 小球所受碗的支持力为
8.如图所示，一个质量为的垒球，以的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为，设球棒与垒球的作用时间为，下列说法正确的是( )
A. 球棒对垒球的平均作用力大小为 B. 球棒对垒球的平均作用力大小为
C. 球棒对垒球做的功为 D. 球棒对垒球做的功为
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
9.如图是用双缝干涉测光的波长的实验设备示意图
图中是光源，是光屏，它们之间的是______。
以下哪些操作能够增大光屏上的相邻两条纹之间的距离______填字母。
A.增大和之间的距离
B.增大和之间的距离
C.将红色滤光片改为绿色滤光片
D.增大双缝之间的距离
在某次实验中，已知双缝到光屏之间的距离是，双缝之间的距离是，单缝到双缝之间的距离是，某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹记作第条的中心，这时手轮上的示数如图所示。然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第条亮纹中心，这时手轮上的示数如图所示，图中示数______，由此可以计算出这次实验中所测得的单色光波长为______计算波长结果保留二位有效数字。
10.某学习小组通过学习欧姆表的原理，开展了用电压表进行简易欧姆表设计的探究活动。实验室所提供的器材如下：
A.电源电动势为，内阻忽略不计
B.电源电动势为，内阻忽略不计
C.开关一个，导线若干
D.微安表
E.电阻箱
F.滑动变阻器
小组同学首先进行了电压表的改装，小南同学负责测量微安表的内阻，他通过如图甲所示电路图。连接好电路后，闭合开关，调节的阻值，使微安表满偏随后闭合，调节的阻值，使微安表的示数为，此时的示数为，则微安表的内阻为 为使得内阻测量结果更准确，电源应选择 填器材前的字母。
按照测量的微安表的内阻，将其改装成量程为的电压表需要将串联的电阻箱的阻值调整为 。
将改装后的电压表接入如图乙所示的电路图，两端接上红、黑表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表。
为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节滑动变阻器，使指针指在“”处，此处刻度应标阻值为再保持滑动变阻器阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“”处对应的电阻刻度为 。
四、简答题：本大题共3小题，共45分。
11.如图所示，已知塔高，在与塔底部水平距离为处有一电子抛靶装置，圆形靶可被竖直向上抛出，初速度为，且大小可以调节．当该人看见靶被抛出时立即射击，子弹以的速度水平飞出．不计人的反应时间及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小取
若，时，试通过计算说明靶能否被击中？
当的取值在什么范围时，无论多大，靶都不能被击中？
12.如图所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度。是一个金属球，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在点，是一根长为的电阻丝，其电阻值为。金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中点焊接一根导线。从点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表金属丝和导线电阻不计；图中虚线与相垂直，且，电阻丝接在电压为的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中使沿着前进的方向，列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。
当列车向右匀加速运动时，试写出加速度与电压表读数的对应关系。
用此装置测得的最大加速度是多少？
为什么点设置在电阻丝的中间？对电压表的选择有什么特殊要求？
13.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为、，分界线与轴正方向的夹角为在第二、三象限内存在着沿轴正方向的匀强电场，电场强度。现有一带电粒子由轴上点静止释放，从点进入匀强磁场区域。已知点横坐标，带电粒子的质量，电荷量。
求粒子到达点时的速度大小；
如果，则粒子能经过分界面上的哪些点？
如果，让粒子在之间的某点释放，要求粒子仍能经过问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？
答案和解析
1.
【解析】解：、平均结合能越大的原子核越稳定，分析图像可知核比的平均结合能大，核比核的更稳定，故A错误；
B、分析图像可知核的平均结合能为，根据平均结合能的定义可知，核的结合能为，故B错误；
C、核子结合成原子核时，质量亏损，释放核能，故三个中子和三个质子结合成核时释放能量，故C正确；
D、重核裂变时，质量亏损，释放能量，故D错误；
故选：。
平均结合能越大的原子核越稳定；根据平均结合能的定义求解结合能；根据爱因斯坦质能方程知，质量亏损释放能量。
本题考查结合能与比结合能的定义，以及爱因斯坦的智能方程，要注意比结合能越大，核越稳定。
2.
【解析】解：、由题意可知，理想气体从到的过程为等温变化，气体内能保持不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故A错误；
B、由题意可知，理想气体从到的过程为等温变化，气体内能保持不变，气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故B错误；
C、理想气体从到的过程为等压变化，则有，由于气体体积增大，可知气体温度升高，分子的平均动能增大，但并不是所有气体分子的速率都变大，故C错误；
D、理想气体从到的过程，气体压强不变，体积减小，温度减小；则气体的内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，且放出的热量大于外界对气体所做的功，故D正确。
故选：。
根据题意可知，从到和从到气体做等温变化，从到和从到气体做等压变化，根据体积的变化判断出气体做功情况，根据温度的变化判断出内能的变化，结合热力学第一定律判断出吸放热。
本题考查了一定质量的理想气体的状态方程，结合热力学第一定律，解题关键掌握气体温度不变时，内能不变。
3.
【解析】【分析】
本题考查的是振动图像，根据振动图象可以直接读出振幅、周期、加速度的方向及其变化情况．要掌握简谐运动的位移表达式．
由振动图象能直接读出位移的大小和方向．由简谐运动的位移表达式分析回复力大小．
【解答】、由图可知，两弹簧振子的振动的周期均为，弹簧振子的振动周期，由于两个小球质量相同，则轻质弹簧甲、乙劲度系数相同，故 AB错误
C、由图可知时，振子甲的位移小于振子乙的位移，由可知，甲弹簧对小球的作用力小于乙弹簧对小球的作用力，故 C错误
D、两振子的角频率均为，
振子甲的位移表达式为，
振子乙的位移表达式为，
在内，当时，解得，由可知，当时，两振子的回复力力大小相等，故 D正确。
4.
【解析】解：、物块在初位置其重力势能为，动能，则物块的质量，此时物块具有的机械能为；
当下滑距离为时，物块具有的机械能为，所以下滑过程中物块的机械能减小，故A错误；
B、令斜面的倾角为，则，所以，物体下滑的距离为的过程中，根据功能关系有：，代入数据，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为，故C错误；
D、当物块下滑距离为时，物体克服滑动摩擦力做功为，根据功能关系可知，机械能损失了，故D错误。
故选：。
分析初位置以及下滑时的机械能，从而判断机械能是否守恒；根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；分析物块下滑时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
5.
【解析】解：、由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极。故A错误；
B、尘埃带负电，则带电尘埃所受电场力的方向与该处电场方向相反，故B错误；
C、集尘极带正电荷，是正极，点更靠近集尘极，所以图中点电势低于点电势。故C错误；
D、根据可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确；
故选：。
根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃带负电，搞清尘埃的运动方向是突破口。
6.
【解析】解：设弹簧弹力为，
以为研究对象，根据共点力平衡条件可得：
解得弹簧的弹力大小为
方向竖直向下，弹簧处于伸长状态；
A、剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得的加速度大小为
故A正确；
B.剪断轻绳后，向下运动，弹簧恢复原长，只受重力作用，所以加速度为，故B错误；
C.撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，对，根据牛顿第二定律可得，的加速度大小为
故C错误；
D.撤走长木板后，向下运动，弹簧的伸长量变为，弹力为，根据牛顿第二定律得的加速度为
故D正确。
故选：。
剪短细绳或撤走长木板前，根据共点力平衡条件求解弹簧的弹力；剪断细绳和撤走木板的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求解两物体的加速度；剪断轻绳后，向下运动，根据胡克定律求解弹簧弹力，根据牛顿第二定律求解的加速度；撤走长木板后，向下运动，根据胡克定律求解弹簧弹力，根据牛顿第二定律求解的加速度。
本题考查瞬时加速度问题，知道剪短细绳和撤走木板瞬间，弹簧弹力不发生突变。
7.
【解析】【分析】
小球在光滑碗内靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力和重力的关系求出小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，根据几何关系求出平面离碗底的距离。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律和几何关系进行求解。
【解答】
设点与该小球的连线与竖直方向的夹角为，小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为，
小球受到的合力提供向心力，则，解得
此时轨道平面离碗底的距离为，故AC正确，B错误；
D.对小球受力分析可知，故D错误。
故选AC。
8.
【解析】解：、规定垒球初速度的方向为正方向，根据动量定理：，
代入数据解得球棒对垒球的冲量为：，负号表示与初速度方向相反，故A正确，B错误；
、根据动能定理：，故D错误，C正确。
故选：。
对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力和球棒对垒球做的功。动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理时要注意方向。
本题考查了动量定理和动能定理在实际问题中的应用，解决此题的关键是要规定正方向，难度不大，属于基础题。
9.双缝
【解析】解：图中是光源，是光屏，它们之间的、、依次是滤光片、单缝、双缝；
依据条纹间距公式知：
A、与单缝和双缝间的距离无关，故增大和之间的距离不改变相邻两条亮纹之间的距离，故A错误；
B、增大和之间的距离，由上式知，可增大相邻两条亮纹之间的距离，故B正确；
C、绿光的波长比红光短，由上知，将红色滤光片改为绿色滤光片，干涉条纹的间距减小，故C错误；
D、增大双缝之间的距离，干涉条纹的间距减小，故D错误。
故选：。
螺旋测微器的精确度为；
图的示数：主尺刻度，螺旋分尺刻度：，所以图的示数为；
图主尺刻度：，螺旋分尺刻度：，所以图的示数为；
根据题意可知，亮纹间距：，
根据可得：。
故答案为：双缝；
；
；
本实验中要获得相干光源，方法是利用滤光片、单缝、双缝组合得到；
由条纹间距公式知，增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离，可以增大和之间的距离，或换用更长波长的光；
由条纹间距公式求波长大小。
题考查了双缝干涉实验的原理图，影响条纹间距的因素，记住公式，难度不大，并注意运算过程中单位的统一。
10.；；
；
。
【解析】【解答】
微安表的量程为，调节的阻值，使微安表的示数为，则通过微安表的电流也为，所以微安表的内阻为，本实验误差来自于闭合电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大，电源选A；
若按照中测算的微安表的内阻，将其改装成量程为的电压表需要串联的电阻箱的阻值为：
当指针指在“”处，由电路连接
当指针指在“”处，，，可得此时阻值为。
【分析】
并联电路两端端电压不变，应用欧姆定律求出电阻箱与电流表内阻的关系；根据实验步骤与实验原理从减小实验误差的角度选择实验器材；
根据串联电路特点计算；
根据串并联电路特点以及闭合电路欧姆定律进行求解。
本题主要考查半偏法测电表内阻、电表的改装以及串并联电路的特点，难度一般。
11.解：设经过时间，子弹恰好在抛靶装置正上方，则
对子弹：
对靶：
解得：
因为，靶不能被击中
若抛靶装置在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，都无法击中，对子弹：
水平方向：
得
答：若，时，通过计算可知靶不能被击中；
当大于时，无论多大，靶都不能被击中．
【解析】子弹做平抛运动，根据水平位移的大小和初速度求出运动的时间，再分别求出子弹下降的高度和靶上升的高度，从而判断是否被击中．
若抛靶装置在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，都无法击中．根据平抛运动的规律求出的大小．
解决本题的关键根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律写出子弹运动过程对应的公式与靶竖直上抛运动过程的运动学公式，然后通过比较竖直方向发生的位移关系，最后做出正确的结论．
12.解：对小球进行受力分析，小球受重力，绳的拉力，其合力沿水平方向，大小为：，根据牛顿第二定律得：
．
电压表所测电阻丝的长度，
串联电路电流相等，有：
解得：
整理可得：
电压表的最大值对应着加速度的最大值，由电路图可知，电压表的最大读数为：
故加速度的最大值为：
点设置在中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动时的负加速度，这时小球偏向线的右方；因为球可以左右摆动，伏特计要零点在中间，测量电路的最大分压值为，量程大于．
答：
当列车向右匀加速运动时，加速度与电压表读数的对应关系为；
用此装置测得的最大加速度是；
点设置在中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动时的负加速度，这时小球偏向线的右方；伏特计要零点在中间，量程大于．
【解析】电压表所测的电压是部分电阻丝两端的电压．对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律，求出与的关系，电压表所测电压的电阻丝长度为，根据欧姆定律求出电压表所测电阻丝的电压和电源电压的关系．从而得出加速度与电压表读数的关系式．
电压表的最大值对应着加速度的最大值．
点设置在中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动时的负加速度，这时小球偏向线的右方；因为球可以左右摆动，伏特计要零点在中间，测量电路的最大分压值为，量程大于．
解决本题的关键利用牛顿第二定律，以及熟练运用闭合电路欧姆定律，得出加速度与电压表读数的关系．
13.解：根据动能定理可知
解得粒子到达点时的速度大小：；
当时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为，弦长均等于半径
粒子在磁场中运动
解得：，
同理粒子在磁场中运动的半径：
上经过的点距离点的距离是：
、、
或：、、
要仍然经过原来的点，需满足
、、
解得
即
根据匀变速规律可知，粒子释放的位置应满足：
或者：、、
解得：
即
粒子释放的位置应满足。
答：粒子到达点时的速度大小为；
如果，则粒子能经过分界面上经过的点距离点的距离是：、、或、、；
如果，让粒子在之间的某点释放，要求粒子仍能经过问中的那些点，粒子释放的位置应满足。
【解析】从到根据动能定理求解；
当时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为，弦长均等于半径，根据几何关系求解上经过的点距离点的距离；
粒子在磁场中圆周运动，根据磁场强度的关系，求出半径值比，正确画出轨迹，由几何知识及三角函数求解。
此题考查了粒子在复合场中的运动，需考生熟练掌握圆周运动的公式及应用。首先根据题意，画出粒子的运动轨迹，找到临界值，求出角度。根据草图找出粒子经过哪些点，通过分析得出数学规律。

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