2024届华大新高考联盟名校高考预测卷理综试题-高中物理（解析版）

华大新高考联盟2024年名校高考预测卷理科综合能力测试注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.核污水排海威胁人类安全，引发国际社会强烈反对。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，则下列说法正确的是（）A.衰变产生的射线由原子核外电子跃迁产生B.元素核的比结合能大于元素核的比结合能C.净化污水过程中可采用高温、高压的环境，加快原子的衰变D.经过16天，200个原子核有150个发生了衰变【答案】B【解析】【详解】A．衰变产生的射线是由原子核内中子转化为质子和电子产生的，故A错误；B．更稳定，元素核的比结合能大于元素核的比结合能，故B正确；C．半衰期由核内部本身的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关，故C错误；D．半衰期是大量原子核衰变统计规律，对少量原子核衰变不适用，故D错误。故选B。2.掷冰壶是以队为单位，在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被喻为冰上的“国际象棋”。如图，在某次比赛中，冰壶被投出后做匀减速直线运动，经过20s停止，第10s内的位移大小为4.2m，下列说法正确的是（）A.冰壶的加速度大小为B.冰壶的初速度大小为8.4m/sC.冰壶在前10s的位移与后10s内的位移大小之比为2∶1D.冰壶在第1秒内位移大小为7.8m【答案】D【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，第10s内的位移大小为4.2m，则时冰壶的速度为整个过程的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，则解得冰壶的加速度大小为故A错误；B．冰壶的初速度大小为故B错误；C．冰壶在前10s的位移冰壶在后10s的位移冰壶在前10s的位移与后10s内的位移大小之比为故C错误；D．冰壶在第1秒内的位移大小为故D正确。故选D。3.星际飞船探测X星球，当飞船绕X星球做匀速圆周运动时，测得飞船与X星球中心连线在t0（小于飞船做圆周运动周期）时间内转过的角度为θ，扫过的面积为S，忽略X星球自转的影响，引力常量为G，则X星球的质量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设飞船绕X星球做圆周运动的半径为r，则解得飞船做圆周运动的角速度由解得故选D。4.如图所示，半径为12cm的半圆形透明柱体与屏幕MN接触于B点，MN垂直于直径AB，一单色光a以入射角53°射向圆心O，反射光线b与折射光线c恰好垂直。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s，则下列说法正确的是（）A.柱体的折射率为 B.两个光斑之间的距离为20cmC.增大光束a的入射角，可以在O点发生全反射 D.光在介质中的传播速度v=2.25×108m/s【答案】D【解析】【详解】A．由b、c两束光线垂直，可得折射角为37°，折射率A错误；B．两个光斑之间的距离为B错误；C．由光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，C错误；D．光在介质中的传播速度D正确。故选D。5.如图（a）所示，原长为0.3m的轻质弹簧的下端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放1kg的小球，小球的加速度大小a与弹簧长度x间的关系如图（b）所示。重力加速度g取，则（）A.斜面倾角的正弦值为0.8 B.弹簧的劲度系数为C.小球的最大动能为0.6J D.弹簧最大弹性势能为1.2J【答案】D【解析】【详解】AB．当x<0.2m时，由牛顿第二定律，可得整理，可得结合图像，有，解得，故AB错误；C．由图（b）可知小球在x2＝0.2m时，a＝0，此时小球的速度最大，在x3＝0.3m时，根据结合a-x图像中图线与坐标轴所围面积小球的最大动能为联立，解得故C错误；D．根据小球运动的对称性，可知当x1＝0.1m时，运动至最低点，弹簧具有最大弹性势能，根据能量守恒，可知故D正确。故选D。6.如图所示，光滑水平桌面上放有一根通有恒定电流I的直导线，在导线一侧有一个铜制圆环。将圆环分两次释放，初速度大小均为，方向与直导线的夹角均为，假设圆环不会与导线相碰，则下列说法正确的是（）A.两次圆环中感应电流方向相同B.两次圆环开始时刻受到的安培力方向相反C.两次圆环的末速度相同D.两次圆环到达稳定状态所需的时间相同【答案】BC【解析】【详解】A．根据安培定则，导线中电流在上侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，当圆环斜向右上方运动时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律，圆环中感应电流沿逆时针方向，当圆环斜向右下方运动时，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流沿顺时针方向，可知，两次圆环中感应电流方向相反，故A错误；B．在圆环上截取左右对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，即圆环水平方向合力为0。在圆环上截取上下对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在竖直方向的分力方向相反，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则在竖直方向上，两个微元中下侧的微元所受安培力竖直方向的分力大一些，结合上述感应电流的方向，利用左手定则，可以判定下侧的微元所受安培力竖直方向的分力一个竖直向下，一个竖直向上，即两次圆环开始时刻受到的安培力方向相反，故B正确；C．结合上述可知，在感应电流所受安培力作用下，圆环在竖直方向做减速运动，当竖直分速度减为0时，圆环向右做匀速直线运动，穿过圆环的磁通量不再发生变化，之后圆环中没有感应电流，可知，最终圆环的速度均为，故C正确；D．结合上述，圆环在竖直方向做减速运动，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则圆环斜向右下方运动时，所受安培力大一些，即此时竖直方向减速过程的加速度大一些，可知，斜向右下方运动至稳定状态所用时间短一些，故D错误。故选BC。7.如图所示，水平地面上有一半径为5m的半球形曲面，球心A点正下方2m的P处有一喷泉沿水平方向喷出水流，设水流垂直落到半球形曲面上，喷口横截面积为，重力加速度，水的密度为，，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.水流初速度的大小为B.任意相等时间内水流的速度变化量一定相等C.水流落到半球形曲面上的位置离地面高度为1mD.水流喷出的过程中，喷泉装置对水流做功的功率为【答案】BC【解析】【详解】A．依题意，水流做平抛运动，设垂直落到半球形曲面上时速度与水平方向夹角为，如图所示可得由几何关系，可得，联立解得，故A错误；B．根据可知任意相等时间内水流的速度变化量一定相等，故B正确；C．水流落到半球形曲面上的位置离地面高度为故C正确；D．水流喷出的过程中，喷泉装置对水流做功的功率为又联立解得故D错误。故选BC。8.如图（a）所示，矩形MNPQ区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，规定垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B按如图（b）所示规律变化，其中已知，未知。时刻，一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从N点以速率沿NP方向射入磁场，不计重力。则下列说法正确的是（  ）A.若，粒子从Q点射出磁场，MN边长度一定为B.若，粒子从Q点射出磁场，MN边的长度可能为C.若，粒子从Q点射出磁场，粒子运动的时间可能为D.若，粒子从Q点射出磁场，粒子运动的时间可能为【答案】C【解析】【详解】AC．（1）若，粒子从Q点射出磁场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径r和运动时间必须满足粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有得由以上各式联立解得故A错误，C正确；BD．若，粒子从Q点射出磁场，其可能的运动轨迹如图所示由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径r和运动时间必须满足又因为由以上各式联立解得故BD错误。故选C。二、非选择题：共174分。9.某同学探究“在小车质量不变的情况下，小车的加速度a与合外力F的关系”。（1）如图（a）所示，实验中利用位移传感器间接测量加速度a，其方法是由静止释放小车，通过位移传感器发射红外线脉冲和超声波脉冲的传播速度不同来测量小车距离，从而得到发射端到接收端的距离随时间变化的图像如图（b）所示，则时，小车的速度大小为______，小车的加速度大小为______。（结果均保留2位有效数字）（2）图（c）表示发射红外线脉冲和超声波脉冲时刻，图（d）表示接收红外线脉冲和超声波脉冲时刻，图中脉冲2表示______（填“红外线脉冲”或“超声波脉冲”）。已知脉冲1和2在空气中的传播速度分别为和，结合图中时刻和，计算机利用公式______运算即可得到发射端到接收端的距离。（3）实验前需要补偿小车运动的阻力，其具体操作是______，轻推小车，得到图像为一条倾斜直线。【答案】（1）①.0.10②.0.10（2）①.超声波脉冲②.（3）见解析【解析】【小问1详解】[1]图（b）中，图像的斜率表示速度，则时，小车的速度大小为[2]根据速度公式有解得【小问2详解】[1]红外线脉冲的传播速度等于光速，超声波是一种机械波，光速c远远大于超声波的传播速度，即红外线在短距离内从发射到接受的时间近似为0，相对于红外线而言，超声波在短距离内从发射到接受的时间较大，可知，脉冲2表示超声波脉冲；[2]结合上述，根据图（c）（d）可知，超声波传播的时间发射端到接收端的距离解得【小问3详解】补偿小车运动的阻力，即构建斜面，使小车重力沿斜面的分力与阻力平衡，其具体操作是将轨道有位移传感器的一端适当垫高，不挂钩码，轻推小车，得到图像为一条倾斜直线。10.物理实验小组要测一未知电阻的阻值，要求尽可能精确测量。（1）为便于设计电路，该实验小组先用多用电表粗测的阻值，选用欧姆表倍率测量，发现指针偏转过小，为了较准确地进行测量，应该选择______（填“×100”或“×1”）倍率，并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图（a）所示，则测量结果是______Ω；（2）实验室提供了如下实验器材：A．电源E（电动势为12V，内阻不计）；B．电压表V（量程为15V，内阻约为15kΩ）；C．电流表（量程为30mA，内阻约为10Ω）；D．电流表（量程为20mA，内阻约为15Ω）；E．滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）；F．滑动变阻器（最大阻值为1kΩ，额定电流为0.5A）；G．开关及导线若干。（3）为尽可能准确测量的阻值，实验小组设计了如图（b）所示的电路，实验过程如下：①正确连接实验电路后，调节滑动变阻器、的滑片至适当位置；②断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器、滑片，使电流表的示数恰好为电流表示数的四分之三，记录此时电压表V的示数和电流表的示数；③保持滑动变阻器的滑片位置不变，再闭合开关，记录电压表V的示数和电流表的示数；④根据以上测量数据可得______；该实验也可测得电流表的内阻______（用、、、表示）。⑤该实验中的测量值和真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.×100②.1600③.④.⑤.不变【解析】【详解】（1）[1]选用欧姆表倍率测量，发现指针偏转过小，说明待测电阻阻值较大，为了较准确地进行测量，应该选择×100倍率。[2]测量结果为（3）[3]断开开关时，根据并联电路的电阻与电流成反比，有闭合开关时，有解得[4]根据闭合电路的欧姆定律测得电流表的内阻[5]实验处理数据时考虑了电表的内阻，该实验中的测量值和真实值相比不变。11.室内有一导热性能良好的汽缸竖直放置开口向上，缸内有一质量不可忽略的活塞，活塞横截面积为S，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，稳定时活塞下方封闭一定质量的理想气体；当把汽缸移到室内、外热力学温度比为的室外时，活塞通过轻绳和滑轮悬挂一个与活塞一样重的物块1（如图所示），稳定后测得气体体积与初始状态相同；当在悬挂的重物下方再加上物块2时，稳定后测得气体体积前后的体积比为，室内、外大气压强可视为相等且大小为，活塞始终不滑离汽缸。求：（ⅰ）活塞所受重力大小；（ⅱ）若，则物块1和物块2的质量之比为多少。【答案】（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】【详解】（ⅰ）在室内对活塞①移到室外挂上物块1②体积不变，根据查理定律③因活塞质量与物块1质量相等由①②③得活塞所受的重力大小④（ⅱ）室外再挂上物块2后，对活塞和物块1与物块2⑤温度不变，根据玻意耳定律⑥由②⑤⑥得⑦又若由④⑦得⑧12.如图所示，绝缘长板A静置于水平面上，绝缘长板A左端到固定竖直挡板的距离，带负电且电荷量的物块B（可视为质点）置于绝缘长板A的右端，绝缘长板A上表面水平，整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小。已知A、B的质量均为，A与水平面间的动摩擦因数，A与B间的动摩擦因数，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，绝缘长板A与挡板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，绝缘长板A足够长，物块B始终未离开绝缘长板A，重力加速度g取。现将物块B从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，求：（1）绝缘长板A第一次与固定竖直挡板碰撞前瞬时速度大小；（2）从物块B静止释放开始，到绝缘长板A第二次与固定竖直挡板碰撞前瞬时，A、B相对位移大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）物体B受到电场力为设AB视作一个整体，设整体的加速度为a，则对整体列牛顿第二定律解得a对B牛顿第二定律得解得AB之间的最大静摩擦力为则假设成立，AB一起向左运动，设绝缘长板A第一次与固定竖直挡板碰撞前瞬时速度，则有解得（2）设第一次碰撞之后长板A的加速度大小为，物块B的加速度大小为，则对长木板A列牛顿第二定律解得a对物块B列牛顿第二定律解得第一次碰撞之后，设时间后长木板A减速为0，则物块B减速到速度时间内相对位移之后设经时间共速，对长木板A列牛顿第二定律解得则有解得，时间内相对位移故A、B相对位移大小之后再一起做减速运动到