2024年高考物理试卷练习题二含解析

2024年高考物理试卷练习题（二）一、选择题1．下列说法正确的是()A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式eq\f(r3,T2)＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在试验室中得到证明的B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝eq\f(mv2,r)，这个关系式事实上是牛顿其次定律，是可以在试验室中得到验证的C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝eq\f(2πr,T)，这个关系式事实上是匀速圆周运动的线速度定义式D．在探究太阳对行星的引力规律时，运用的三个公式都是可以在试验室中得到证明的【答案】B【解析】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式eq\f(r3,T2)＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是通过探讨行星的运动数据推理出的，不能在试验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝eq\f(mv2,r)，这个关系式是向心力公式，事实上是牛顿其次定律，是可以在试验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝eq\f(2πr,T)，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速度定义式为v＝eq\f(Δx,Δt)，故C错误；通过A、B、C的分析可知D错误．2．下列说法中错误的是()A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B．核泄漏事故污染物eq\o\al(137,55)Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋x，可以推断x为电子C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就肯定失去一个电子D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2【答案】C【解析】依据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；依据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；依据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2eq\o\al(1,1)H＋2eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．3．如图1所示，一不行伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1kg的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为1.6m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4m，物体未遇到定滑轮．则钩码的质量为()图1A．1.2kgB．1.6kgC.eq\r(2)kgD.eq\f(\r(2),2)kg【答案】A【解析】重新平衡后，绳子形态如图：设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，依据平衡条件可得：2mgcos53°＝Mg；解得：M＝1.2kg，故A正确，B、C、D错误．4.如图2所示，圆形区域内存在一垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的eq\f(1,6).若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的eq\f(1,3)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则eq\f(B2,B1)等于()图2A.eq\r(3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D．2【答案】B【解析】当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin60°＝eq\f(mv,qB2)，同理可知，r1＝Rsin30°＝eq\f(mv,qB1)，解得：eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(3),3)，故B正确．5．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是()【答案】BD【解析】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由mg＋F1＝ma，可知其加速度越来越小，速度改变越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故A错误，B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek－h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek－h图线切线斜率越小，故C错误，D正确．6．把一小球从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下，则该运动过程中()A．小球做平抛运动B．小球的机械能不守恒C．重力对小球做功的功率不变D．小球所受合外力的总功为零【答案】BD【解析】若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故A项错误；若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0，故B项正确；小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率P＝mgv0，故C项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功W总＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，故D项正确．7.如图3，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满意φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则()图3A．点电荷Q在AB的连线上B．点电荷Q在BD连线的中点处C．φD>φCD．将负摸索电荷从C点移动到B点，电场力做负功【答案】AC【解析】因φA＝φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB＝φD，由几何关系可知点电荷Q又在BD连线的垂直平分线上，则点电荷Q在AB的连线上，如图，选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知φD>φC，选项C正确；将负摸索电荷从C点移动到B点，电场力做正功，选项D错误．8.如图4所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框起先匀速运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x改变的图线可能是()图4【答案】BD【解析】线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，依据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝eq\f(1,4)Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的eq\f(3,4)，且渐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度渐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，渐渐趋近于起先进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．9．某同学设计了测定动摩擦因数的方案，其装置如图5所示，A是可在水平桌面随意位置固定的滑槽，其末端与水平桌面相切，B是体积较小的质量为m的滑块．请你依据相关学问完善以下试验操作：(重力加速度为g，不计空气阻力)图5(1)如图甲所示，将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离水平地面的高度H、M与P间的水平距离x1，则滑块经过滑槽末端时的速度为________(用试验中所测物理量的符号表示)．(2)如图乙所示，将滑槽沿桌面对左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右边缘M的距离L、M与P′间的水平距离x2，则滑块离开桌面右边缘M时的速度为____________(用试验中所测物理量的符号表示)．(3)由第(1)、(2)步的测量，可以写出滑块与桌面之间的动摩擦因数的表达式为μ＝________(用试验中所测量物理量的符号表示)．【答案】(1)x1eq\r(\f(g,2H))(2)x2eq\r(\f(g,2H))(3)eq\f(x\o\al(,12)－x\o\al(,22),4HL)【解析】(1)设滑块在滑槽末端时的速度大小为v1，水平方向有x1＝v1t，竖直方向有H＝eq\f(1,2)gt2，联立解得：v1＝x1eq\r(\f(g,2H)).(2)同理，其次次试验经过桌面右边缘M点的速度大小为：v2＝x2eq\r(\f(g,2H)).(3)滑块在水平桌面上运动，由动能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得：μ＝eq\f(x\o\al(,12)－x\o\al(,22),4HL).10．二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性．正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过肯定数值(称为开启电压)时，电流快速增加，呈现较小的电阻特性．加反向电压(不超过击穿电压)时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变．物理小组欲探讨测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图6所示．小组最终选择了丙图．操作步骤如下：图6a．依据电路图丙连接电路；b．闭合开关S1，调整各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合时，灵敏电流表G指针无偏转，并记录此时电压表V的示数U和电流表A的示数I；c．调整可变电阻，重复步骤b，读出多组不同的U值和I值，记录数据如表格所示：电压U/V0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80电流I/mA000001.04.013.027.053.090.0d.在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线．依据以上内容，请回答以下问题：(1)从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是________．A．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用(2)在图7坐标系中依据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线．图7(3)从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为________V(结果保留一位有效数字)．(4)已知二极管的电阻RD＝eq\f(U,I)，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U的增大而快速________(填“增大”或“减小”)．(5)从设计原理上讲，电路图丙中二极管电阻的测量值________真实值．(填“大于”“等于”或“小于”)【答案】(1)C(2)(3)0.5(4)减小(5)等于【解析】(1)由题图所示电路图可知，图甲采纳电流表外接法，图乙采纳电流表内接法，甲图误差来源于电压表的分流作用，乙图误差来源于电流表的分压作用，故C正确，A、B、D错误；(2)依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，依据坐标系内描出的点作出图线如图所示：(3)由题图示图象可知，二极管的开启电压为0.5V；(4)由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流的比值减小，二极管电阻减小，故在该区域，二极管的正向电阻随电压增加而减小．(5)由题图丙所示电路图可知，题图丙所示电路避开了电表内阻对试验的影响，电路图丙中二极管电阻的测量值等于真实值．11.一长为L的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．起先时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止起先向下摇摆，当细线转过60°角时，小球到达B点，速度恰好为零．求：图1(1)A、B两点间的电势差和电场强度大小；(2)推断小球的电性和小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．【答案】(1)－eq\f(\r(3)mgl,2q)eq\f(\r(3)mg,q)(2)带正电荷eq\r(3)mg【解析】(1)小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60°＋qUAB＝0，解得：UAB＝－eq\f(mgLsin60°,q)＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)；场强大小为：E＝eq\f(|UAB|,L1－cos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).(2)小球在B点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A、B间摇摆，由对称性得知，B处细线的拉力与A处细线的拉力相等，而在A处，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝eq\r(3)mg所以有：FTB＝FTA＝eq\r(3)mg.12．如图2所示，质量为mc＝2mb的物块c静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不行伸长的轻质细绳相连，细绳绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮并处于松弛状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳恰好伸直且瞬间张紧绷断，之后物块b与物块c马上发生弹性碰撞，碰后a、b都经过t＝1s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1＝0.9m，E、B两点的距离为l2＝0.4m．斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),3)，空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，物块a未与滑轮发生碰撞，取g＝10m/s2.求：图2(1)物块b由C点下滑到E点所用时间．(2)物块a能到达离A点的最大高度．(3)物块a、b的质量之比eq\f(ma,mb).【答案】(1)0.6s(2)0.578m(3)eq\f(15,16)【解析】(1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为a1＝gsinα＝5m/s2由l1＝eq\f(1,2)a1t12解得：t1＝eq\r(\f(2l1,a1))＝eq\r(\f(2×0.9,5))s＝0.6s(2)取沿AC方向为正方向，由－l1＝v1t－eq\f(1,2)a1′t2，t＝1sa1′＝gsinα＝5m/s2解得v1＝1.6m/sa沿斜面上滑的距离为s＝eq\f(v\o\al(2,1),2a1′)＝0.256m所以物块a能到达离A点的最大高度h＝(l1＋s)sinα＝0.578m(3)设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2′，c的速度为vc，则mbv2＝mbv2′＋mcvceq\f(1,2)mbv22＝eq\f(1,2)mbv2′2＋eq\f(1,2)mcvc2mc＝2mb联立解得v2′＝－eq\f(1,3)v2，v2＝eq\f(3,2)vc因vc的方向沿斜面对下，故v2的方向沿斜面对下，v2′的方向沿斜面对上．物块b在EB段上的加速度为a2＝gsinα－μgcosα＝10×(eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2))m/s2＝0，物块b在EB段上做匀速运动．物块b和物块c相碰后物块b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2′，则v2′(t－2t2)＝l2t2＝eq\f(v2′,a1)代入数据，得2v2′2－5v2′＋2＝0解得v2′的大小为v2′＝0.5m/s，或v2′＝2m/s物块b刚下滑到E点时的速度为v0＝eq\r(2a1l1)＝eq\r(2×5×0.9)m/s＝3m/s若取v2′＝2m/s，则v2的大小为v2＝6m/s>v0＝3m/s，与事实不符，所以舍去．取v2′＝0.5m/s，则v2＝1.5m/s，方向沿斜面对下．设细绳对物块a和b的冲量大小均为I，由I＝mav1－I＝mb(v2－v0)解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(v0－v2,v1)＝eq\f(3－1.5,1.6)＝eq\f(15,16).13.肯定质量的志向气体从状态A可以经验过程1或过程2到达状态B也可以经验过程3到达状态C，还可以经验过程4到达状态D，其p－V图象如图3所示，且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分．对于这四个过程，下列说法正确的是________．图3A．在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功B．在过程2中，气体温度先渐渐降低然后渐渐上升C．在过程3中，气体温度始终不变D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换E．在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高(2)药喷雾器的原理如图4所示，储液筒与打气筒用细软管相连，先在桶内装上药液，再拧紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出，已知储液筒容积为10L(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200mL，现在储液筒内装入8L的药液后关紧桶盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒打气．(设四周大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)，要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3atm，求：图4①打气筒活塞须要循环工作的次数；②打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积．【答案】(1)CDE(2)①20②4L【解析】(1)在过程1中，气体的体积始终变大，可知气体始终对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温线，即pV乘积不变；则在过程2的从A到B的过程，pV乘积渐渐变大，温度渐渐上升，选项B错误，C正确；过程4中，pV乘积渐渐减小，可知温度渐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是4过程，