2024年高考物理试卷练习题六含解析

2024年高考物理试卷练习题一、选择题1．人类和平利用核能始于二十世纪五十年头，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推断正确的是()A.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He是核聚变B.eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(

0,－1)e是α衰变C.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是β衰变D.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n是核裂变【答案】D【解析】α衰变放出的是氦核，这是α衰变，故A错误；α衰变放出的是氦核，β衰变放出的是电子，该核反应为β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氦原子核，故C错误；核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的改变，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．2．2024年12月8日我国“嫦娥四号”探测器胜利放射，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a、b，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的推断正确的是()A．加速度之比约为eq\f(b,a)B．周期之比约为eq\r(\f(b3,a))C．速度之比约为eq\r(\f(b,a))D．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必需减速【答案】B【解析】依据a＝eq\f(GM,r2)可知，eq\f(a地,a月)＝eq\f(M地R\o\al(,月2),M月R\o\al(,地2))＝eq\f(a,b2)，选项A错误；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可得，eq\f(T地,T月)＝eq\r(\f(R\o\al(,地3)M月,R\o\al(,月3)M地))＝eq\r(\f(b3,a))，选项B正确；依据v＝eq\r(\f(GM,r))可得eq\f(v地,v月)＝eq\r(\f(M地R月,M月R地))＝eq\r(\f(a,b))，选项C错误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星须要加速，选项D错误．3．图1甲是小型沟通发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为志向沟通电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间改变的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10Ω，外接一只阻值为90Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则()图1A．电流表的示数为0.31AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．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【解析】在沟通电路中电流表的示数为有效值，E有效＝eq\f(Em,\r(2))＝22V，电流表的示数I＝eq\f(E有效,R总)＝eq\f(22,100)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ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/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，则发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2J≈0.087J，D正确．4．如图2所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝eq\r(5)v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为()图2A．60°B．45°C．37°D．30°【答案】B【解析】依据平行四边形定则知，落究竟端时竖直分速度为：vy＝eq\r(v\o\al(,B2)－v\o\al(,02))＝2v0，则运动的时间为：t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(2v0,g)，设斜面的倾角为θ，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝1，解得θ＝45°，B正确．5．A、B两小车在同始终线上运动，它们运动的位移x随时间t改变的图象如图3所示，已知A车的x－t图线为抛物线的一部分，第7s末图线处于最高点，B车的图线为直线，则下列说法正确的是()图3A．A车的初速度为7m/sB．A车的加速度大小为2m/s2C．A车减速过程运动的位移大小为49mD．10s末两车相遇时，B车的速度较大【答案】BC【解析】A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为v0，加速度大小为a，由图可知t＝7s时，速度为零，由运动学公式可得v7＝v0－7a＝0，依据图象和运动学公式可知t＝10s时的位移为x10＝40m－0＝40m，x10＝v0t－eq\f(1,2)at2＝10v0－50a，联立解得a＝2m/s2，v0＝14m/s，故选项B正确，A错误；A车减速过程运动的位移大小为x7＝eq\f(v0＋0,2)t＝eq\f(0＋14,2)×7m＝49m，故选项C正确；位移－时间图象的斜率表示速度，10s末两车相遇时B车的速度大小为vB＝|eq\f(Δx,Δt)|＝4m/s，A车的速度为vA＝v0－at＝－6m/s，则10s末两车相遇时，A车的速度较大，故选项D错误．5．在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块起先向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度—时间图象如图4所示．则()图4A．在0～1s内，外力F不断增大B．在3s时，物体向右运动C．在3～4s内，外力F不断减小D．在3～4s内，外力F的功率不断减小【答案】BD【解析】设物体受到的阻力为Ff，依据牛顿其次定律得：F－Ff＝ma，依据图象分析，物体在0～1s内加速度渐渐减小，所以外力F渐渐减小，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；依据牛顿其次定律得：F－Ff＝ma，依据图象分析，物体在3～4s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率P＝Fv，F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abcd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B随时间t按图乙所示规律改变时()图5A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流【答案】BC【解析】在0～t1时间内，B匀称增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba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t1～t2时间内，B的改变率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且渐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，依据楞次定律可知，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t2～t3时间内，B的方向向下，且B的改变率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且渐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，依据楞次定律可知，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、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M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M点上方，稳定后，下列说法中正确的是()图6A．液滴将向下加速运动B．M点电势上升，液滴在M点的电势能将降低C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种状况下，若将液滴从a板移到b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，d减小，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度E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；b点电势为零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势上升，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M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种状况下，若将液滴从a板移到b板，由于电压相同，电场力做功qU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(1)用游标卡尺测量图7所示的“工”字形挡光片的宽度L1和两挡光片之间的距离L2；(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拦住的时间t1、t2;(3)若L1≪L2，则当地的重力加速度g＝________；由于挡光片有肯定的宽度，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】eq\f(L\o\al(,12)t\o\al(,12)－t\o\al(,22),2t\o\al(,12)t\o\al(,22)L2)偏大【解析】“工”字形挡光片经过光电门时的速度分别为：v1＝eq\f(L1,t1)；v2＝eq\f(L1,t2)；依据veq\o\al(,22)－veq\o\al(,12)＝2gL2，解得g＝eq\f(v\o\al(,22)－v\o\al(,12),2L2)＝eq\f(\f(L1,t2)2－\f(L1,t1)2,2L2)＝eq\f(L\o\al(,12)t\o\al(,12)－t\o\al(,22),2t\o\al(,12)t\o\al(,22)L2)；由于挡光片有肯定的宽度，则事实上“工”字形挡光片下落的高度大于L2，则导致重力加速度g的测量值与真实值相比偏大．9．试验台上备有下列器材：A．电流表(量程500μA，内阻约为300Ω)；B．电流表(量程100μA.内阻约为1kΩ)；C．电压表(量程15V，内阻约100kΩ)；D．电压表(量程6V，内阻约6kΩ)；E．直流电源(15V，允许最大电流1A)；F．滑动变阻器(最大阻值100Ω，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30kΩ电阻的试验，电路如图8所示(电路还没有完全接好)．(1)试验中所用的电流表应选________，电压表应选________．(填器材前的字母)(2)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(3)开关闭合前，滑动变阻器触头P应置于________(填“a”或“b”)处．(4)正确连接电路后，无论如何调整滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，其缘由可能是导线________(填图中导线代号)没有连接好．【答案】(1)AC(2)(3)b(4)④【解析】(1)待测电阻Rx的阻值约为30kΩ，直流电源电动势为15V，经粗略计算电路中的最大电流约为Imax＝eq\f(E,R)＝500μA，所以电流表选择A；由于电压表D的量程不足，所以电压表选择C.(2)在题图所示电路中，电流表内阻为300Ω，电压表内阻为100kΩ，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，故电流表应采纳内接的方法，实物连线如图所示：(3)试验前，分压电路的电压应当是0，故滑动变阻器的滑动触头P应置于b端．(4)试验中无论如何调整滑动变阻器的滑片，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．10．如图1所示，竖直平面xOy，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对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2T．现有一比荷为eq\f(q,m)＝25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g＝10m/s2.求：图1(1)微粒的电性及速度v0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】(1)正电2eq\r(2)m/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，由左手定则可推断微粒带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，依据平衡条件可得：Bqv0＝eq\r(2)mg解得：v0＝2eq\r(2)m/s；(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M，从O到M所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动y轴方向上：0＝v0sin45°－gty＝eq\f(v0sin45°,2)tx轴方向上：qE＝mgtan45°＝maxx＝v0cos45°t＋eq\f(1,2)axt2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)11.如图2，为某碰撞模拟试验简图．在水平地面上固定倾角为θ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Ff＝2mgsinθ.现将直杆用销钉固定．一质量为m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vm＝eq\r(3gLsinθ).已知弹簧的劲度系数k＝eq\f(mgsinθ,L)，弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比．滑动g.图2(1)求滑块下滑速度为vm时弹簧的弹性势能Ep；(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别，若能，恳求出滑块与弹簧分别时的速度大小v；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别，若能，恳求出滑块与弹簧分别时的速度大小v′；若不能，请说明理由．【答案】(1)eq\f(1,2)mgLsinθ(2)滑块不能与弹簧分别(3)仍旧不能分别，理由见【解析】【解析】(1)设滑块达到最大速度vm时弹簧形变量为x，则有：mgsinθ＝kx解得x＝L此过程系统机械能守恒，有mg(L＋x)sinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Ep代入相关数据可得Ep＝eq\f(1,2)mgLsinθ；(2)当弹力大小等于Ff时直杆起先滑动，设此时弹簧形变量为x′，则有2mgsinθ＝kx′可得x′＝2L依题意有Ep′＝4Ep设此时滑块速度为v1，则依据机械能守恒定律有：mg(L＋x′)sinθ＝eq\f(1,2)mv12＋Ep′之后滑块与直杆将一起做匀减速运动，直至速度减为零．依据动能定理有：mgssinθ－Ffs＝0－eq\f(1,2)mv12联立以上各式可得s＝L此后直杆保持静止．假设滑块能与弹簧分别，即滑块还需向上运动2L的距离．依据机械能守恒定律有：Ep′＝2mgLsinθ＋eq\f(1,2)mv2联立可得v＝0可见，此后滑块将接着下滑，来回做往复运动．综上，滑块此后不能与弹簧分别．(3)若滑块从距离弹簧2L处由静止释放，依据(2)中的分析可知，直杆下滑的距离将增加，但Ep′保持不变，因而滑块仍旧不能与弹簧分别．13．肯定质量的志向气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图3所示，O、a、d三点在同始终线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是______________．图3A．从状态a到状态b，气体汲取热量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b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(2)(10分)如图4所示，长L＝55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细匀称，底端封闭、另一端开口．现用长l＝10cm的水银柱封闭着肯定质量的志向气体，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p＝75cmHg.求：图4①水银面再次与管口齐平常，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，气体温度上升了多少．【答案】(1)ADE(2)①90cmHg②340K【解析】(1)由状态a到状态b过程中，气体体积不变，则W＝0，温度上升，则ΔU>0，依据ΔU＝W＋Q可知气体汲取热量，选项A正确；由状态a到状态b过程中，气体的温度上升，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b到c，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d，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，气体温度上升，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ρ，重力加速度为g，初态时，管内气体的温度为T1＝306K，体积V1＝45S压强为p1＝p0＋ρglsin30°＝80cmHg当玻璃管竖直，水银面再次与管口齐平常，设水银柱高为H，则V2＝(55－H)S压强为p2＝p0＋ρgH＝(75＋H)cmHg由玻意耳定律，p1V1＝p2V2代入数据解得：H＝15cm故p2＝p0＋ρgH＝90cmHg②设温度升至T2时，管中水银柱高为5cm，气体体积V3＝50S气体压强为p3＝p0＋ρgH＝80cmHg由志向气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p3V3,T2)代入数据得：T2＝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，M是平衡位置在x＝2m的质点．下列说法正确的是________．图5A．波的传播方向