2024年高考押题预测卷-物理（辽宁卷）（全解全析）

2024年高考押题预测卷01（辽宁卷）

物理，全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第卜7题只有一项符合题目要求，

每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，

有选错或不答的得0分。

1.达・芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出

【解析】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在极短时间At内水平方向位移的增加量aAt2

竖直方向做在自由落体运动，在极短时间At内，竖直方向的位移增加gAt2；说明水平方向位移增

加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的。

故选D。

2.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=21n处的质点P以此时刻为计时起点的振

动图像。下列说法错误的是（

A.这列波沿x轴正方向传播

B.这列波的传播速度是20m/s

C.经过0.1s,质点Q的运动方向沿y轴负方向

D.经过0.35s,质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离

【答案】D

【解析】A、由图乙可知t=0时质点P沿y轴向负方向振动，由甲图可知这列波沿x轴正方向传播，故

A正确，不符合题意；

B、由甲图可知波长为;1=4m；由乙图可知周期为T=0.2s；则波速大小为v=^=20m/s；故B正

确，不符合题意；

C、由f=0.1s=3T；由甲图可知t=0时质点Q向y轴正方向振动，经过0.1s,质点Q的运动方向沿y

轴负方向，故C正确，不符合题意；

3

D、由〃=0.35S=1ZT；经过0.35S,质点Q离开平衡位置向y轴负方向振动；质点P处于y轴正方向

最大位移处，所以经过0.35s,质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故D错误，符

合题意。

故答案为：Do

3.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，

碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，

则（）

B.碰后蓝壶速度为0.8m/s

C.碰后蓝壶移动的距离为2.4m

D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力

【答案】B

【解析】由图知：碰前红壶的速度vo=LOm/s,碰后速度为vb=0.2m/s,可知，碰后红壶沿原方向运动，

设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mvo=mvb+mv,

2

代入数据解得：v=0.8m/s,>^mv'0+jmv，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，

A不符合题意，B符合题意；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移

大小x=-Z=—x5=2m,C不符合题意；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于

22

蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D不

符合题意.

故答案为：B

4.如图所示，有4个完全相同的木块，并排放在固定的斜面上，分别标记（号）为“2,0,2,4”，不计所

有接触处的摩擦，则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为（）

【答案】A

【解析】以上面的0、2、4号木块整体为研究对象，由共点力平衡条件可得，0号木块左侧受的弹力大

小为片=3根gsin。；以上面的2、4号木块为研究对象，由共点力平衡条件可得，0号木块右侧受的弹

力为8=2/〃gsin。；可得0号木块左右两侧面所受的弹力之比为耳：鸟=3:2；A符合题意，BCD不

符合题意。

故答案为：Ao

5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,电阻尺=22C，各电表均为理想交流电表。原

线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.副线圈输出电压的频率为5HzB.电压表的示数为22亚V

C.电阻R消耗的电功率为22WD.电流表的示数为1A

【答案】C

【解析】A.由乙图可知原线圈输入电压的周期为T=0.02s,变压器不改变交流电的周期和频率，所以副

线圈输出电压的频率为/=工=50Hz；A不符合题意；

T

B.由图乙可知，原线圈输入电压的最大值220同；由理想变压器电压与匝数关系可得力=—

Um2n2

得〃2=22同；电压表显示有效值，可知电压表的示数为。2=量=卷^V=22V；B不符合题

~?r.

思；

U2

C.电阻R消耗的电功率为£=—U=22W；C符合题意;

D.理想变压器输出功率和输出功率相等，所以有=U[=22%v=220V；解得，=0.1A

D不符合题意。

故答案为：Co

6.如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探

电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（）

甲乙

A.点电荷Q一定为正电荷

B.点电荷Q在A、B之间

C.点电荷Q在A、O之间

D.A点的电场强度大小为5xIO3N/C

【答案】B

【解析】ABC.由图乙知，正的试探电荷放在A点，受到的电场力方向沿x轴正方向，所以A点的场强

向右，负的试探电荷放在B点，所受的静电力的方向也沿x轴的正方向，所以B点的场强方向向左，说

明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，AC不符合题意，B符合题意；

D.根据歹=%；可知，图乙中A点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系图像的斜率等于点

4V1n-3

电荷Q在A点的场强，即玛=-------N/C=2X103N/C；D不符合题意。

A2x10-6

故答案为：Be

7.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Ar随时间变化的关系

如图所示。已知地球的半径为0.8r,万有引力常量为G,卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑

A、B之间的万有引力，则下列说法正确的是（）

A.卫星A的加速度小于卫星B的加速度

B.卫星A与B的周期之比为1：4

256兀2r3

c.地球的质量为,0兀;

49GT2

D.地球的第一宇宙速度为苴巴

T

【答案】C

【解析】A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设轨道半径为r,则有G”="

解得丫=1*；故半径越小，线速度越大，因为卫星A的线速度大于卫星B的线速度，故以<G；

MmGM

又因为G——=ma；解得4=一l；故有%>%；故A错误；

rr

BC、由图像可知心+心=5〃，rB-rA=3r；联立可得以=r,rB=Ar；由图像可知每隔时间T两卫

33

星距离最近，设A、B的周期分别为TA、TB,则有记一穹7=2g由开普勒第三定律枭=*；又

有G=机"_七；故可得［=乂=256兀：；故B错误，c正确；

2

片北TB849GT

„Mmmv2

D、第一宇宙速度是最大的运行速度，由G=cG=b；可得丫=上且；故D错误。

(O.8r)0.8r7T

故答案为：Co

8.为了研究大量处于“=3能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单

色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照

射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是()

A.三种光的频率最大的是c

B.a、b、c三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是c

C.用a光照射另外某种金属能发生光电效应，则用c光照射也一定能发生

D.通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度C光最宽

【答案】BD

【解析】A由图乙可知,a、b、c三种光的遏止电压关系为&〉；根据遏止电压方程eU=hv—W；

可知，三种光频率的大小关系为七〉匕,>忆；A不符合题意；

B.根据频率越大，折射率越大，可知a的折射率最大，c的折射率最小，根据临界角公式sinC=L；可

n

知，临界角最大的是c,B符合题意；

C.光在能量石=九1/；可知三种光中a光的光子能量最大，c光的光子正能量最小，用a光照射金属发生

光电效应，说明a光子的能量大于该金属的逸出功，但c光的光的光子能量小于a光的光子能量，所以

用c光照射不一定发生，C不符合题意；

D.由!/=：；可知4<4,<%；单缝衍射实验中，波长越长中央条纹越宽，所以C的条纹最宽，D正

A

确。

故答案为：BD。

9.如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁

感应强度大小为B,MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有

一质量为m、电荷量为+q(q>0)的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向

垂直且与MN成30。角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是()

vmv

【解析】根据洛伦兹力提供向心力q/=机一；离子在MN上方运动的半径为彳=一二；离子在MN下

rqB

mv

方运动的半径为右福；若离子从MN上方通过N点有

加30。+2(〃—1)弓sin30°=2R[n—1,2,3,)

4RqB/1-c、_2RqB_4RqB_RqB_ARqB

解得4二(%二l)加(几=123)；即

m5m2m1Im

)；解得/霁("=

若离子从MN下方通过N点有2町+弓sin30°=2H(〃=1,2,3,123,…)

即v-4RqBy_2RqB_4RqB_RqB

3m3m9m3m

故答案为：ABO

10.如图所示，质量为"=2.5kg的物体A,其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系

数左=100N/m,物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B,

小球B套在倾角0=37°的光滑直杆上,D为杆的底端，与固定杆的夹角也是0,细线O}O2B水平,

此时细线的拉力是歹=45N。小球B的质量加=1.5kg,C是杆上一点且02c与杆垂直，02c=0.6m,

C.小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10J

D.小球B第一次运动到D点时A的动能为零

【答案】A,C

【解析】A.物块A与小球B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不为

零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A正确；

B.小球B第一次运动到C点时，物块A下降的高度为以1=3。2—"—QC=0-4m

sinQ

小球B下降的高度为优1=O2CCOSQ=0.48m；

未释放小球B时，设弹簧的形变量为△%,对物块A有左AX]+"g=E；解得羽=0.2m；

此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时AX==0.2m:

2hM-\x,

此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，

1912

有MghM+mgk=-Mv^+-mvB]

由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知VAI=。

1

解得小球B的动能为/=]根哈9=17.2J；故B错误；

C.小球B从释放第■次运动到C点，对小球B,根据动能定理可得W+mg/孙=，B；解得W=10J

故C正确；

D.由几何知识可得302=。。2；故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到初始位置，设此时小

球B的速度为/2,物块A的速度为VA2,贝心人2=%2。。$0；小球8下降的高度为

为2-2O2CCOSQ=0.96m

1919

整个过程根据动能定理可得加g/%2=2MV^+万7”总

19

则A的动能为％=—MV：2＞。；故D错误。

故答案为：ACo

二.实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）

11.如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平

实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与祛码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相

连，实验中认为祛码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g,打点计时器的工作频率为

A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

B.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源

C.把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动

D.每次通过增减小车上的祛码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角。

（2）甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变祛码盘中祛码的质量，重复实验多次，

作出了如图乙所示的。-歹图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能

是-（直接答出原因即可，不需要分析说明）

（3）乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度。与所受

外力尸的关系图象如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数N=（用字母表示）

（4）丙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持祛码盘中祛码质量不变，测得小车质量的

倒数与小车加速度的图象如图丁所示，设图中直线的斜率为上在纵轴上的截距为b,则小车与长木板

间的动摩擦因数乩=0（用字母表示）。

T

bb

【答案】（1）A；C；（2）祛码的质量没有满足“远小于小车质量”的要求；（3）-；（4）—

gkg

【解析】（1）A、为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与

长木板保持平行，故A正确；

B、实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B错误；

C、把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平

衡摩擦力，故C正确；

D、平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的祛码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D错误。

故答案为：ACo

（2）图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是祛码的质量没有满足“远小于小车质量”的要求。

F

（3）设小车质量为M,根据牛顿第二定律有尸—〃八侑=Ma；整理得a=——

M

b

结合图像得〃二一

g

（4）根据牛顿第二定律有尸-"A侑=Ma

整理得—=-a+~

MFF

b

结合图像解得

kg

12.某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可以同时测量电压表V的内阻和电流表G的内阻。可供

选用的仪器有：

A.内阻约3kC的待测电压表V,量程。〜3V

B.内阻约500Q的待测电流表G,量程。〜3mA

C.定值电阻R=3kQ

E.电阻箱R。

F.滑动变阻器R］（。〜3kQ）

G.滑动变阻器R2（O〜50。）

H.电源电动势E=6V,内阻忽略不计

I.开关、导线若干

（1）为了方便调节，滑动变阻器应选（选填"R/'或"R?”）。

（2）实验中电阻箱的示数如图乙所示，则R（）=

（3）闭合S1前，将滑动变阻器的滑片p调到（选填"a”或"b”）处。

（4）将单刀双掷开关拨到1,调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为U］、［；再将单刀双

掷开关拨到2,调节滑动变阻器，使得V和G有明显的读数，分别为U2、12,则电流表G的内阻

rg=,电压表V的内阻为==(均选用UrU2,L、L、R和Ro表示)

U,R

【答案】(1)R2；(2)2500.0；(3)a；(4)-R-Ro；7-^7-

KJ2

【解析】【解答】(1)由于滑动变阻器采用了分压式接法，为了实验时调节方便，滑动变阻器的总阻值

应当选择小一些的，则滑动变阻器选择最大阻值为50。的，即选择R2。

(2)根据题图乙所示可以知道该电阻箱可以精确到0.10,则读数为4=2500.0C

(3)为了确保电路的安全，闭合Si前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即a处。

(4)将单刀双郑开关拨到1时，有。1=/|(火+&+々)

UU,,

将单刀双郑开关拨到2时，有言2+一=A

Rrv

「「U,R

解得I-R-R。,&=康不

三.解答题(本大题共3小题，共40.0分。第一小题7分，第二小题14分，第三小题19分)

13.2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫

步”的女性。舱外航天服是密封一定气体的装置，用来提供适合人体生存的气压。王亚平先在节点舱(宇

航员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，航天服密闭气体的体积约为Vi=2L,压强pi=1.0xl()5pa,温度

ti=27℃,她穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门。

(i)若节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=2.5L,温度变为t2=-3℃,这

时航天服内气体压强P2为多少？

(ii)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2=-3℃时，宇航员把航天服内的一部分气体缓慢

放出，使气压降到p3=4.0xl04Pa。假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3=3L,那么航天服需要放

出的气体与原来气体的质量比为多少？

【答案】解：(1)选航天服内密闭气体为研究对象，则气体初状态的温度Ti=ti+273K=300K

末状态温度T2=t2+273K=270K

由理想气体状态方程罕=华

可得p2=7.2xlO4Pa

(2)设航天服需要放出的气体在压强为P3状态下的体积为AV,根据玻意耳定律有P2%=p3(v3+AV)

解得AV=L5L

AmAV「

则放出的气体与原来气体的质量比为募=^7=1:3

14.如图所示，倾角9=37。的导电轨道与足够长的水平绝缘轨道在OO'平滑连接，两轨道宽度均为/,=1m,

在倾斜轨道顶端连接电阻凡=02。，整个倾斜轨道处(I区)有垂直于轨道向上的匀强磁场B=7T。

水平绝缘轨道上放置“n”形金属框cdef,金属框右侧有长和宽均为//的II区，该区域内有竖直向上的匀

强磁场生=0.21\现在倾斜轨道上距水平面高/i=0.4m处静止释放金属棒ab,它在到达。。前已经

做匀速运动；金属棒ab通过时无机械能损失，它与“n”形金属框碰撞会粘在一起形成闭合框

abde.已知金属棒ab质量为m=0.2kg、电阻为&=0.3Q、长为乙。“n”形金属框的质量为〃=0.2kg、

电阻为凡=0.2。、ed边长为4、cd和fe边长均为/2=0.8m,题中除已知的电阻外其余电阻均不计,

所有接触面均光滑，s而37°=0.6。求：

导电轨道k-------Hk------------H

(1)金属棒ab到达OCf时的速度大小和此时棒两端的电压大小U；

(2)从释放金属棒ab到它到达的过程中，电阻凡上通过的电荷量q和凡上产生的热量Q；

(3)金属框abde进入H区磁场后，ab边与II区磁场左边界的最大距离d。

【答案】(1)解：导体棒ab做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得mgs，。=54/1

E\

且耳=44匕,A

R°+&

解得匕=0.6m/s

此时棒两端的电压大小G=普方鸟=0.24V

4+风

yEA。A。

(2)解：根据乡=〃=-------=----------r—Az=------------

&+&(4+«)4(%+N)

其中Ad>=型也

sinQ

4

解得电阻R°上通过的电荷量q=-C

一10

根据能量守恒—机v；-0=mgh-Q

解得。=0.764J

根据a=*rQ=0-3056J

(3)解:金属棒ab通过OO'后与金属框碰撞mv；=(m+M)v

在进入磁场过程中Bj'l^=(M+m)v-0

其中q'=I'At=——Jt=——---4t=——

其中//=B2lrx

解得x=1.5m

所以ab边与II区磁场左边界的最大距离d=4—也―(%—/2)]=0§m

15.如图所示，轨道ABCD由半径R1=L2m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水

平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量=2kg的物块p和质量m?=1kg的物块Q压

缩着一轻质弹簧并锁定(物块与弹簧不连接)，三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D

的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=L2m；

FG段为半径R2=L8m的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。p、Q与BC、EF

间的动摩擦因数均为四=0.5,重力加速度g=10m/s2,现解除弹簧锁定,物块P、Q由静止被弹出(P、

Q脱离弹簧后立即撤走弹簧)，其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接

点时的机械能损失。

at

（1）若物块P经过CB后恰好能到达A