2024年高三物理试卷练习题及答案（六）

一、选择题

1.人类和平利用核能始于二十世纪五十年代，核能的开发和应用是解决能源问题的重要

途径之一.下列关于核反应的描述或判断正确的是（）

A用UTrh+知e是核聚变

B胤ThW：Pa+翼是a衰变

C汨+汨THe+熊是0衰变

D节U+嘿Ba+[Kr+3加是核裂变

【答案】D

【解析】a衰变放出的是氨核，这是a衰变，故A错误；a衰变放出的是氨核，0衰变

放出的是电子，该核反应为B衰变，故B错误；几个原子核聚合成一个原子核的过程为核聚变,

这是氢原子核聚变为氨原子核，故C错误；核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质

量较大的原子核才能发生核裂变，所以该核反应为核裂变方程，故D正确.

2.2018年12月8日我国“嫦娥四号”探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人

软着陆.通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道.已知地

球与月球的质量之比及半径之比分别为仄b,则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运

动的判断正确的是（）

A,加速度之比约为二

a

B.周期之比约为JI

C,速度之比约为

D.从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速

【答案】B

【解析】根据3=竽可知，%。月2=*选项A错误；由厂=2TT\倍尹得y=

r3月/U7月M也u\l5vl/月

IIGMI4feIM地R月l~3

q蕾五二选项B正确；根据片y丁可得瓦拓欣二y分选项c翁i天；从

近地轨道进入到地月转移轨道，卫星需要加速，选项D错误.

3.图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,

A为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴。。沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势

随时间变化的图象如图乙所示.已知发电机线圈电阻为10Q,外接一只阻值为90Q的电阻，

不计电路的其他电阻，贝女)

图1

A.电流表的示数为0.31A

B.线圈转动的角速度为50nrad/s

C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行

D.在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087J

【答案】D

E邑为

【解析】在交流电路中电流表的示数为有效值，F有效=^=22V,电流表的示数/=胃

22

=砺A=0.22A,A错误；由题图图象可知线圈转动的周期为0.02s,则线圈转动的角速度3

2TT

=y=100nrad/s,B错误；0.01s时线圈的电压为0,因此线圈在中性面处，C错误；电阻发

热应用电流的有效值进行计算，贝I］发热量。=//??=(0.22)2x90x2x10-2尸0.087J,D正确.

4.如图2所示，小球从斜面的顶端/处以大小为4的初速度水平抛出，恰好落到斜面底

部的8点，且此时的速度大小幺=小血空气阻力不计，该斜面的倾角为()

图2

A.60°B,45°C,37°D,30°

【答案】B

【解析】根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：%=四二百=2如

142U6

则运动的时间为：=~,

.gt

设斜面的倾角为6,则有tan6)=--=—=1,

VQLZl/o

解得e=45。，B正确.

5./、8两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间才变化的图象如图3所示，

已知/车的X-1图线为抛物线的一部分，第7s末图线处于最高点，8车的图线为直线，则下

列说法正确的是()

A车的初速度为7m/s

B.ZI车的加速度大小为2m/s2

C.4车减速过程运动的位移大小为49m

D.10s末两车相遇时，6车的速度较大

【答案】BC

【解析】修车做匀变速直线运动，设/车的初速度为％,加速度大小为a,由图可知？

=7s时，速度为零，由运动学公式可得16=%-7a=0,根据图象和运动学公式可知？=10s

1,

时的位移为Aio=40m-0=40m,Aio==10%-50a,联立解得a=2m/s2,14)=14m/s,

i/b+O0+14

故选项B正确，A错误；ZI车减速过程运动的位移大小为无二一万一七一一乂7m=49m,故

!\x

选项c正确；位移-时间图象的斜率表示速度，ios末两车相遇时s车的速度大小为=y

=4m/s,/车的速度为以=%--6m/s,则10s末两车相遇时，/车的速度较大，故选

项D错误.

5.在粗糙水平面上，水平外力尸作用在物块上，？=0时刻物块开始向右做直线运动，外

力尸始终不为零，其速度一时间图象如图4所示.贝女）

"(nrs")

图4

A.在0~1s内，外力尸不断增大

B.在3s时，物体向右运动

C.在3~4s内，外力尸不断减小

D.在3~4s内，外力尸的功率不断减小

【答案】BD

【解析】设物体受到的阻力为石，根据牛顿第二定律得：尸-6=刀8根据图象分析，物

体在0~1s内加速度逐渐减小，所以外力尸逐渐减小，A错误；向右为正方向，3s前后速度

始终为正值，始终是正方向，向右运动，B正确；根据牛顿第二定律得：尸-万根据图

象分析，物体在3~4s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率户=尸匕尸不变，而

3~4s内速度减小，所以功率减小，D正确.

6.如图5甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向.螺

线管与导线框abed相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内.当螺

线管内的磁感应强度6随时间-按图乙所示规律变化时（）

图5

A.在0~右时间内,环有收缩趋势

B.在/i~&时间内,环有扩张趋势

C.在右~&时间内,环内有逆时针方向的感应电流

D.在b~&时间内.环内有逆时针方向的感应电流

【答案】BC

【解析】在0~/1时间内，8均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框

de%中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在

右~&时间内，6的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导

线框abed中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆

时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在为~6时间内，8的方向向下，且8

的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框数方中的

磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应

电流，选项D错误.

7.如图6所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、6与恒压电源相连，在距离两板等

距的0点有一个带电液滴处于静止状态.若将a板向下平移一小段距离，但仍在0点上方，

稳定后，下列说法中正确的是（）

A.液滴将向下加速运动

B.例点电势升高，液滴在例点的电势能将降低

C.例点的电场强度变小了

D.在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到小板，电场力做功相同

【答案】BD

【解析】极板始终与电源连接，电压不变，4减小，由£=，可知，电场强度£增大，则

带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；6点电势为零，UMb^（pM-

5=5M=Ed出场强增大，0点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力

方向向上，所以液滴带负电，液滴在0点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况

下，若将液滴从a板移到6板，由于电压相同，电场力做功相同，故D正确.

8.某同学用如下方法测量重力加速度g.

图7

⑴用游标卡尺测量图7所示的“工”字形挡光片的宽度人和两挡光片之间的距离心；

（2）自由释放“工”字形挡光片，用光电计时器测出光线被挡光片挡住的时间右、

（3）若则当地的重力加速度g=；由于挡光片有一定的宽度，导致重力加速

度g的测量值与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“相等”）.

【答案】，哈J偏大

Li

【解析】“工”字形挡光片经过光电门时的速度分别为：根据必-1=

tl42

I-%?（t）J）一球）

2gL%解得g=一丁=一瓦—=%浓L；由于挡光片有一定的宽度,则实际上“工”

字形挡光片下落的高度大于心则导致重力加速度g的测量值与真实值相比偏大.

9.实验台上备有下列器材：

A.电流表（量程500便，内阻约为300Q）；

B.电流表（量程100RA.内阻约为1kQ）；

C.电压表（量程15V,内阻约100kQ）；

D.电压表（量程6V,内阻约6kQ）；

E.直流电源（15V,允许最大电流1A）；

F.滑动变阻器（最大阻值100Q,额定功率1kW）

G.电键和导线若干.

某同学用供选器材设计了测一个阻值约30kQ电阻的实验，电路如图8所示（电路还没有完

全接好）.

（1）实验中所用的电流表应选_______电压表应选________.（填器材前的字母）

⑵请用笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入下图的电路中

图8

⑶开关闭合前，滑动变阻器触头户应置于(填'宣或"6")处.

(4)正确连接电路后，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较

小值，其原因可能是导线(填图中导线代号)没有连接好.

【答案】(1)AC(2)

(3)6(4)(4)

【解析】⑴待测电阻尺的阻值约为30kQ,直流电源电动势为15V,经粗略计算电路中

的最大电流约为3,=(=500HA,所以电流表选择A；由于电压表D的量程不足，所以电压表

K

选择C.

(2)在题图所示电路中，电流表内阻为300Q,电压表内阻为100kQ,由串、并联电路规律

得，电流表的分压作用小于电压表的分流作用，故电流表应采用内接的方法，实物连线如图所

不：

(3)实验前，分压电路的电压应该是0,故滑动变阻器的滑动触头户应置于6端.

(4)实验中无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，是由

于滑动变阻器接成限流式，因此是导线④没有连接好.

io.如图1所示，竖直平面xcy,其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电

场E、在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为6=0.2T.现有一比荷为£

=25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度区向坐标原点。做直线运动，4与x轴之间

的夹角为6=45。，取重力加速度g=10m4.求:

y

E

XXX0

Bxx^oXx

XXXX

图1

⑴微粒的电性及速度%的大小；

(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标.

【答案】⑴正电2gm/s(2)(0.6m,0.2m)

【解析】(1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的

作用，并且合力为零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向

左上方，由左手定则可判断微粒带正电；

对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：及7%=

解得：4=2ylim/s；

(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为例从。到例所用的时间为则

将微粒从。到。的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿"轴方向上的匀减速直线

运动

"轴方向上：0=i4)sin45°-gt

K)sin45°

y=一^t

轴方向上：

xqE-/pptan45°=max

12

x=ubcos45°^+~^

解得x=0.6m,y-0,2m.

即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6m,0.2m)

1L如图2,为某碰撞模拟实验简图.在水平地面上固定倾角为。的足够长的光滑斜面，中

间带孔的槽固定在斜面上.一轻直杆平行于斜面，一端与轻弹簧相连，另一端穿在槽中，直杆

与槽间的最大静摩擦力为万=2)奂in8现将直杆用销钉固定.一质量为6的滑块从距离弹簧

上端L处由静止释放，其下滑过程中的最大速度w==3g/sin8已知弹簧的劲度系数k=

汽”弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比.滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，弹

簧始终在弹性限度内且不会碰到槽.当地重力加速度为g.

图2

(1)求滑块下滑速度为w时弹簧的弹性势能&；

(2)若取下销钉，使滑块仍从原位置由静止释放，求直杆下滑的最大距离s；并分析说明滑

块此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小4若不能，请说明理

由.

(3)若取下销钉，使滑块从距离弹簧上端2L处由静止释放，请分析说明滑块此后是否能与

弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小V；若不能，请说明理由.

1

【答案】(l)-^sin3(2)滑块不能与弹簧分离(3)仍然不能分离，理由见【解析】

【解析】⑴设滑块达到最大速度小时弹簧形变量为X则有:m奂in6=kx

解得x=L

1

此过程系统机械能守恒，有mg(L+x)sin6=+Ep

1

代入相关数据可得Ev=-mgLs\nQ；

⑵当弹力大小等于万时直杆开始滑动，设此时弹簧形变量为X,则有2万奂in8=双

可得乂=2L

依题意有&'=4&

1

设此时滑块速度为则根据机械能守恒定律有：maN+Msin0--m^+EP'

之后滑块与直杆将一起做匀减速运动，直至速度减为零.根据动能定理有:

12

mgssin9-5s-。-5777%

联立以上各式可得5=/

此后直杆保持静止.假设滑块能与弹簧分离，即滑块还需向上运动2L的距离.根据机械

_1

能守怛定律有：Ep'=2mgLs\r\6+彳nV

联立可得i/=0

可见，此后滑块将继续下滑，来回做往复运动.

综上，滑块此后不能与弹簧分离.

⑶若滑块从距离弹簧2/处由静止释放，根据⑵中的分析可知，直杆下滑的距离将增加,

但扁’保持不变，因而滑块仍然不能与弹簧分离.

13.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态5其体积1/与热力学温度厂关系

如图3所示，。、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，6c平行于纵轴，则下列说

法正确的是.

图3

A.从状态a到状态A气体吸收热量

B.从状态a到状态b,每个气体分子的动能都增大

C.从状态6到状态c,气体对外做功，内能减小

D.从状态c到状态d,气体的密度不变

E.从状态a到状态d,气体的内能增加

⑵（10分）如图4所示，长/=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30。角倾斜放置，玻璃管粗

细均匀，底端封闭、另一端开口.现用长/=10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气

体温度为306K,且水银面恰与管口齐平.现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注

入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强夕=75cmHg.求：

30°

图4

①水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；

②对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少.

【答案】(l)ADE⑵①90cmHg②340K

【解析】(1)由状态a到状态白过程中，气体体积不变，则〃=0,温度升高，则△止0,

根据△〃="+。可知气体吸收热量，选项A正确；由状态a到状态6过程中，气体的温度升

高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项B错误；从状态

白到G气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，选项C错误；从状态c到a

气体体积不变，则气体的密度不变，选项D正确；从状态a到状态d,气体温度升高，则内能

增加，选项E正确.

(2)①设玻璃管的横截面积为S,水银密度为p,重力加速度为g,初态时，管内气体的温

度为71=306K,体积14=455

压强为Pi-Po+pg/s\n30°=80cmHg

当玻璃管竖直，水银面再次与管口齐平时，设水银柱高为〃贝"14=(55-〃)S

压强为夕2=夕。+pgH=(75+H)cmHg

由玻意耳定律，/?i14=p214

代入数据解得：H=15cm

故R=0。+pgH-90cmHg

②设温度升至时，管中水银柱高为5cm,气体体积14=5OS

气体压强为5=P§+pgH=80cmHg

由理想气体状态方程：§匕

/1/2

代入数据得：心=340K.

14.图5(a)为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图(b)为平衡位置在x=0.5m处的质点P

的振动图象，例是平衡位置在x=2m的质点.下列说法正确的是.

12\3/56\/7s

A.波的传播方向向右

B,波速为0.5m/s

C.0~2s时间内，例向"轴正方向运动