2024年高三物理试卷练习题及答案（五）

一、选择题

1如图1所示,质量为m的一辆小汽车从水平地面上的/点沿斜坡匀速行驶到6点.B

距水平地面高方，以水平地面为零势能面，重力加速度为g小汽车从4点运动到6点的过程中

（空气阻力不能忽略），下列说法正确的是（）

A.合外力做功为零

B.合外力做功为mgh

C.小汽车的机械能增加量为0

D.牵引力做功为mgh

【答案】A

【解析】因为车做匀速运动，由动能定理可知，合外力做功为零，故A正确

12.“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑.为了研究该问题，以下测

量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是（）

A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度

B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度

【答案】D

【解析】在"飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：以-）匕故应测出飞

针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误.

3.已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s2,贴近地球表面飞行的卫星的运行周期

约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要

的向心力约为（）

A.0.2NB,0.4NC.2ND.4N

【答案】C

Mm

【解析】在两极：G-^~=mg；

,,,,__,Mm,4n2

对贴近地球lx表面飞行的卫星G—^~-

/gf

解得/?=w；

y|jJy|j/y2

则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：尸向=6人苔/?=m人mx%=/77人gp=

60x9.8x（—）2N-2N,故选C.

E、

4.已知氢原子的基态能量为&激发态能量6=彳，其中〃=2,若氢原子从〃=3的能

级跃迁到〃=2的能级放出光子的频率为匕能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为（）

936

A.”B.4vC-vD.9y

45

【答案】C

【解析】由题意可知：加；

能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0-£=

36

解得匕故选C.

5.如图2甲所示，在线圈/中通入电流/；后，在4上产生的感应电流随时间变化的规律如

图乙所示，A4中电流的正方向如图甲中的箭头所示.则通入线圈（中的电流/；随时间才变化

的图象是下图中的（）

图2

Il1

【答案】D

△0bB

E%喳$

【解析】因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：匚亍F=~T，而线圈k

r\r\r\

△BA/

中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以刀，所以线圈/中的电流均匀改

/=K^6rx

变，A、C错误；根据题图乙，0~3寸间内感应电流磁场向左，所以线圈6产生的磁场向左减

小，或向右增大，B错误，D正确.

6.甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，L0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又

停在同一位置，它们的速度一时间图象如图3所示，则在运动过程中（）

图3

A.Z1时刻甲和乙相距最远

B.甲、乙的平均速度相等

C.在某时刻甲、乙的加速度可能相等

D.甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变

【答案】CD

【解析】甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A错误；甲、乙的位移相同，但是甲运

动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B错误图象的斜率等于加速度，由图象可知,

在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；图象的斜率等于加速度，由图

象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确.

7.如图4所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、5两根导线中电

流方向垂直纸面向外.。点与a、6、c三条导线距离相等，且现在。点垂直纸面放置

一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示.则可以判断（）

AOc

I

4ih

40——~^0——0b

图4

A.。点处的磁感应强度的方向与尸相同

B.长导线c中的电流方向垂直纸面向外

C.长导线a中电流4小于b中电流4

D.长导线c中电流右小于b中电流k

【答案】BC

【解析】由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则

可知，。点的磁感应强度方向与尸垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直

向下方向，所以导线c在。点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电

流为垂直纸面向外，导线a在。点产生的磁场方向竖直向上，导线6在。点产生的磁场方向

竖直向下，所以长导线a中电流/】与小中电流L的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以

无法确定长导线c中电流人与6中电流4的关系，故B、C正确，D错误.

8.如图5所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷4B,在ZI6连线上的户点

由静止释放一带电滑块（可视为质点），则滑块会由静止开始一直向右运动到连线上的一点

例而停下.则以下判断正确的是（）

AB

P

图5

A.滑块一定带的是与48异种的电荷

B.滑块的电势能一定是先减小后增大

C.滑块的动能与电势能之和一定减小

D./户间距一定小于6例间距

【答案】CD

【解析】滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，

滑块一定带与46同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误.滑块运动可能有两种情况：

1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑

块受到的电场力合力始终向右，在到达中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小,

B错误.根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动

能与电势能之和一定减小，C正确.若没有摩擦力，/0=6。；因为水平面不光滑，水平方向

受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在户点关于中点对称点的左侧，所以/户＜6例D

正确.

9.某同学用一个满偏电流为10mA、内阻为30Q的电流表，一只滑动变阻器和一节电动

势为1.5V的干电池组装成一个欧姆表.

⑴该同学按图6正确连接好电路.甲、乙表笔中，甲表笔应是.(选填"红"或‘黑‘)

表笔.

⑵测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针

指到处.

图7

(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图7中的a、6两点，指针指在电流表刻度的

4mA处，则电阻Rx=Q.

⑷若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则凡的测量结果(选填“偏

大”或“偏小”).

⑸再给电流表并联一个合适的定值电阻/?o,就可组装成一个中间刻度值为15Q的欧姆表,

则/?0=Q(结果保留两位有效数字)

【答案】⑴红(2)10mA(3)225⑷偏小(5)3.3

【解析】(1)由题图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；

(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针

指到电阻为零即电流最大(10mA)；

E15

(3)欧姆表内阻：#内=%=亡0=150Q,指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路

__15V

欧姆定律得：4x10—A=1二;、：解得：总=225Q；

loUL2+/v

(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联,

相当于欧姆表内置电源电动势万变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针

偏右，欧姆表示数变小，凡的测量结果偏小；

E15

(5)欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15Q的欧姆表，其内阻为15Q,/=丁=记A

=0.1A,把电流表改装成0.1A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值:凡=mi;

(U.1-U.U1U)A

-3.3Q.

10.某实验兴趣小组为了测量物体间的动摩擦因数，设计了如下实验：

三U

E--

-

-

-

E-

三

L8

三

一

三

一

一9

甲乙

—七—

/7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777/

丙

图8

(1)如图8甲，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度乙=4.00cm.

(2)如图乙，在弹簧的下端悬挂小木块，用刻度尺测出稳定时弹簧的长度4=cm.

⑶将一长木板平放在水平面上，小木块放置于木板上表面，如图丙，将图乙中的弹簧左端

固定在竖直墙壁上，右端拴接小木块，使弹簧水平，用力尸向右拉动长木板，长木板与小木块

发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度＜3=6.07cm.

(4)根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数〃=(结果保留两位

有效数字).

(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，由此而引起的动摩擦因数〃的测量结果

(填"偏大”或“偏小”).

【答案】(2)8.65(8.63~8,67)⑷0.44或0.45(5)偏小

【解析】(2)刻度尺的最小分度值为0.1cm,刻度尺的读数为8.65cm；

(4)根据平衡条件可得小木块的重力为：例g=《＜2-人)，用力向右拉动长木板，长木板与小

木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有：万=做3-乙)，可以得出小木块与长木板间的动

万Li-Li

摩擦因数：4=彷=/_/_0.45；

MgZ-2-Z-i

(5)若图丙实验中弹簧不水平，左端略高一些，则有：尸弹cos6=以例0-尸弹sin可，解得小

木块与长木板间的动摩

一,,反cos36单cos9&cos9

擦因数9,由于左端略图—些，则有＞0。，所以:尸

由此而引起的动摩擦因数〃的测量结果偏小.

11.滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来.如图1所示是

一个滑板场地，。户段是光滑的2圆弧轨道，半径为0.8m.户。段是足够长的粗糙水平地面，

滑板与水平地面间的动摩擦因数为〃=02滑板手踩着滑板/从。点由静止滑下,到达0点时,

立即向前起跳.滑板手离开滑板/后，滑板/以速度％=2m/s返回，滑板手落到前面相同的

滑板6上，并一起向前继续滑动.已知两滑板质量均为m=5kg,滑板手的质量是滑板的9

倍，滑板6与户点的距离为Ax=1m,g=10m/s?.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的

作用时间，不计空气阻力)求：

图1

⑴当滑板手和滑板/到达圆弧轨道末端"点时滑板/对轨道的压力；

⑵滑板手落到滑板6后瞬间，滑板8的速度大小；

⑶两个滑板间的最终距离.

【答案】(D1500N,竖直向下(2)4.2m/s(3)4.41m

1

【解析】⑴滑板手与滑板/由。点下滑到户点过程，由机械能守恒乂万

：10/779/?=5101A

代入数据解得!/=或次=4m/s,

设在Q点时滑板手与滑板/所受到的支持力为H：

由牛顿第二定律可得凡-10/77g=10端

代入数据解得：吊=1500N,

根据牛顿第三定律得尸压=”=1500N,方向竖直向下；

滑板手跳离/板，滑板手与滑板水平方向动量守恒

(2)A10/77/=-mvi+^mv2,

14

代入数据解得：m/s,

O

滑板手跳上8板，滑板手与滑板8水平方向动量守恒9/77以=10/77%,

解得：%=4.2m/s；

以2

(3)滑板8的位移B=^=4.4：Lm，滑板/在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再

乙从g

、142

次返回户点时的速度大小仍为16=2m/s,滑板/在水平地面上的位移无=*7=1m,

乙Ry

最终两滑板的间距为L=XB+/\X-XA=441m.

12.如图2甲所示，以。为坐标原点建立坐标系，等边三角形OAW内存在垂直纸面向里

的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场.现有质量1x10^kg,电荷量g=

+工X10飞(2的带电微粒从坐标为(0,-0.5m)的。点，以某一初速度区沿某一方向入射，从x

轴上的户点以i/=200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域.若此时将三角形外侧的电场换成

垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等.已知三角形的边长L

=4m,O、户两点间距离为d=1m,重力不计.求：

甲乙

图2

⑴匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；

⑵若两磁场的磁感应强度大小3=0.2「求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；

⑶乙图中若微粒能再次回到户点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件.

【答案】(1)320V/m200^/17m/s⑵6.28x10、$(3)5=(0.4/7+0.2)T,(a=0,1,2,3…)

【解析】(1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，

水平方向OP二

竖直方向OQ=Vt

qE

水平分速度Vx=~^t

微粒的初速度1^=^/+142

联立解得£=320V/m,vQ=200ymm/s；

⑵粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以

2

1/A,mv

qvB=my,r=-=1m

2nrA,n_9

厂二〒，解传厂二同二3.14x10s

粒子的运动轨迹如图(a)所示,

所以一个周期时间：1=3X(+3X：=6.28X10-2S

⑶粒子的运动轨迹如图(b)所示

由对称性可知，要想粒子能回到户点，则粒子运动的半径应满足＜2/7+1)=0/^/7=0,1,2,3-)

mv

且一9'

联立可得6=(0,4〃+0.2)T,(〃=0,123…).

15、一定质量的理想气体从状态例到达状态〃有两个过程可以经历，其夕-1/图象如图

3所示.在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历

等压变化.对于这两个过程，下列说法正确的是.

图3

A.气体经历过程1,其温度降低，内能减少

B.气体经历过程1,对外做功，内能不一定减少

C.气体在过程2中，一直对外做功

D.气体在过程2中，先向外放热后吸热

E.气体在过程2中，一直向外放热

(2)(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为0、厚度不计、横

截面积均为S的活塞48将缸内气体分成I、II两部分，在活塞/的上方放置一质量也为切

的物块，整个装置处于静止状态，此时I、II两部分气体的长度均为4已知大气压强夕。=等,

气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高.当把活塞力上面的

物块取走时，活塞力将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞力上升的高度.

图4

【答案】(1)AD⑵

【解析】⑴气体经历过程L压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与

外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A正确，B错误；气体在过程2中，根据理想

气体状态方程刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热,

然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故c、E错误，D正确.

⑵对气体|,其初态压强夕工=夕。+*=2夕。

末态压强为R,=夕。+等=|夕o,设末态时气体I的长度为L

根据玻意耳定律得：R/oS=RZS

4

解得Li=~Lo

对气体||,其初态压强为R=R+詈=|夕0

末态压强为R'=夕/+等=2Po

设末状态时气体II的长度为Z.2

根据玻意耳定律得：pJ°S=p£L2s

5

解得:L?—~Lo

故活塞力上升的导度为△力=A+A-2/o=

16.

如图5,位于坐标原点的某波源S振动方程y=lOsin（200n^cm,产生的简谐横波沿x轴正、

负方向传播，波速i/=80m/s.在x轴上有仪M尸三点，已知SA7=S/V=lm,/VQ=0.2m.当

波刚传到质点户时，户点的振动方向沿"轴（填“正”或“负”）方向，/V质点的位移为

cm.此后质点例、A/的振动方向始终（填"相同”