全国2024年高考物理考前冲刺押题卷三含解析

高考物理考前冲刺押题卷第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。1．下列说法不正确的是()A．eq\o\al(238,92)U经过一次α衰变后变为eq\o\al(234,90)ThB．由核反应方程eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋X，可以推断X为电子C．核反应方程eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H为轻核聚变D．若16g铋210经过15天时间，还剩2g未衰变，则铋210的半衰期为5天【答案】C【解析】eq\o\al(238,92)U经过一次α衰变后，电荷数少2，质量数少4，变为eq\o\al(234,90)Th，A正确；依据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为－1，质量数为0，可知X为电子，B正确；eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H为人工转变，C错误；依据m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(15,T)＝eq\f(1,8)，解得T＝5天，D正确．2．如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L＝2m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d＝1.2m，重为8N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为()A．10N B．8NC．6N D．5N【答案】D【解析】设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示．同一条绳子拉力相等，依据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则依据几何关系可知NQ＝MN，即PM等于绳长；依据几何关系可得sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f(1.2,2)＝0.6，则α＝37°，依据平衡条件可得2Tcosα＝mg，解得T＝5N，故D正确，A、B、C错误．3．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2.不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满意()A．1<eq\f(t2,t1)<2 B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D．4<eq\f(t2,t1)<5【答案】C【解析】采纳逆向思维法，把运动员的竖直向上运动视为竖直向下初速度为零的匀加速运动，则eq\f(H,4)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，设竖直向下运动eq\f(3H,4)高度所用时间为t3，竖直向下运动H高度所用时间为t4，则有eq\f(3H,4)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)，H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)，t1＝t4－t3，联立解得eq\f(t2,t1)＝2＋eq\r(3)，选项C正确．4．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽肯定，小船在静水中的速度大小肯定，现小船从A点渡河，第一次船头沿AB方向与河岸上游夹角为α，到达对岸；其次次船头沿AC方向与河岸下游夹角为β，到达对岸，若两次航行的时间相等，则()A．α＝β B．α<βC．α>β D．无法比较α与β的大小【答案】A【解析】第一次船头沿AB方向(即为船在静水中的速度方向沿AB方向)到达对岸，其次次船头沿AC方向(即为船在静水中的速度方向沿AC方向)到达对岸，对在这两种状况下的船在静水中的速度进行分解，因两次航行的时间相等，所以在垂直于河岸方向上的速度是相等的．因此两方向与河岸的夹角也相等，即α＝β，故A正确，B、C、D错误．5．如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远．B和D点是eq\x\to(ABC)和eq\x\to(ADC)的中点，下列说法正确的是()A．卫星在C点的速度最大B．卫星在C点的加速度最大C．卫星从A经D到C点的运动时间为T/2D．卫星从B经A到D点的运动时间为T/2【答案】C【解析】卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，依据开普勒其次定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A点速度最大，在距离地球最远的C点速度最小，卫星在B、D两点的速度大小相等，故A错误；在椭圆的各个点上都是引力产生加速度a＝eq\f(GM,r2)，因A点离地心的距离最小，则A点的加速度最大，故B错误；依据椭圆运动的对称性可知tADC＋tCBA＝T，则tADC＝eq\f(T,2)，故C正确；椭圆上近地点A旁边速度较大，远地点C旁边速度最小，则tBAD<eq\f(T,2)，tDCB>eq\f(T,2)，故D错误．6.有5个完全相同的灯泡连接在志向变压器的原、副线圈中，如图所示．若将该线路与沟通电源接通，且开关S接在位置1时，5个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是()A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4C．副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些D．副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗【答案】AC【解析】五个灯泡发光程度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶4，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)可知该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1，故A正确，B错误；接到2位置，原线圈输出电压变大，依据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变大，故C正确，D错误．7．如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则()A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势与b点电势相同D．b点电势比c点低【答案】CD【解析】由点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)知，a、b两点与－Q距离相等，场强大小相等，A错；由E＝keq\f(Q,r2)知，离－Q越近，场强越大，故b点场强大小比c点大．或由负点电荷形成的电场的电场线形态是“万箭穿心”，离点电荷越近电场线越密，场强越大，得出b点的场强大小比c点的大，B错；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，离－Q距离相等的两点的电势相等，C对；沿电场线的方向是电势着陆最快的方向，得出离－Q越近，电势越低，D对．8．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个矩形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，已知矩形导线框长为2l，宽为l，磁场上、下边界的间距为3l.若线框从某一高度处自由下落，从cd边进入磁场时起先，直至A．线框在进入磁场的过程中感应电流的方向为adcbaB．线框下落的速度大小可能始终减小C．线框下落的速度大小可能先减小后增加D．线框下落过程中线框的重力势能全部转化为内能【答案】AC【解析】依据楞次定律，线框在进入磁场的过程中感应电流的方向为adcba，选项A正确；线圈起先进入磁场后受向上的安培力作用，若安培力大于重力，则线圈进入磁场时做减速运动，线圈完全进入磁场后无感应电流产生，此时不受安培力，只在重力作用下做匀加速运动，选项B错误，选项C正确；线框下落过程中，若线圈加速进入磁场，则线框的重力势能转化为线圈的动能和内能；若线圈减速进入磁场，则重力势能和减小的动能之和转化为内能；若线圈匀速进入磁场，则重力势能转化为内能，选项D错误．第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必需作答。第13~14题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题（共47分）9．（6分）橡皮筋像弹簧一样，也遵守胡克定律，即在弹性限度内伸长量△x与弹力F成正比，可表达为F=k△x，某同学用铁架台、刻度尺、钩码和待测橡皮筋组成如图所示装置，测定橡皮筋的劲度系数，是通过变更钩码个数测得一系列弹力F与橡皮筋总长度x的值，并作出F一x图象如图．请回答下列问题：题3-6图题3-6图（1）若将图线延长与F轴相交，该交点的物理意义是。（2）由图线计算得该橡皮筋的劲度系数为；（3）橡皮筋的劲度系数的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实际都表明k=YS/L，其中Y是一个由材料确定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。已知该试验所测橡皮筋未受到拉力时圆形横截面的直径D=4.00mm，则其杨氏模量Y=。【答案】(1)相当于弹簧压缩1cm时的弹力（2分）（2）24N/m（2分）（3）1.15×105Pa。（2分）【解析】(1)由图线可知，橡皮筋原长为6cm。若将图线延长与F轴相交，橡皮筋长度为5cm，对应弹力为负值，该交点的物理意义是相当于橡皮筋压缩1cm时的弹力。（2）由F=k△x=k(x-x0)可知，F一x图象斜率等于橡皮筋的劲度系数k，k=24N/m。（3）橡皮筋横截面积S=πD2/4=1.256×10-5m2，L=0.06m,k=24N/m代入k=YS/L，解得Y=1.15×1010．（9分）某探讨性学习小组打算测定试验室里一未知电源的电动势E和内阻r。试验器材如下：毫安表mA（量程0~100mA）；电压表V（量程0~6V）；滑动变阻器R（阻值范围0~500Ω）；导线若干，开关S一个。试验步骤如下并完成下列问题：（1）设计如图1所示的电路图，正确连接如图2所示电路；（2）闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片移到_________端（选填“左”或“右”）；多次调整滑动变阻器的滑片，登记电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图3所示，其读数为_________mA。（3）通过减小滑动变阻器接入电路的阻值测出多组U和I的数据，最终得到如图4所示的U–I图象。依据图线求得电源的电动势E=_________，内阻r=_________。（结果保留两位有效数字即可）【答案】（1）如图所示（达到同等效果同样正确）（2分）（2）右（1分）58.0（57.8~58.2均可）（2分）（3）6.0（2分）25（2分）【解析】（1）电路实物连接图如答案图所示。（2）为了让电流由最小起先调整，起先时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到右端，由图可知，电流表最小分度为1mA，故读数为58.0mA；（3）将图4所示的图线向两头延长，图线与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E=6.0V；图线的斜率表示内阻，可解得r==25Ω。11．（14分）如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变更、垂直纸面对里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成600角。已知DQ间的距离为(+1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽视磁场变更造成的影响，重力加速度为g。求：（1）电场强度E的大小；（2）t0与t1的比值；（3）小球过D点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹。11．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）带正电的小球做匀速直线运动，由平衡学问可知：mg=Eq（2分）解得（1分）（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图所示设半径为r，有（1分）由几何关系得（1分）设小球做圆周运动的周期为T，则（1分）由以上各式得（2分）（3）当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图所示由几何关系得（1分）由牛顿其次定律得（1分）得（1分）（1分）可得（2分）小球运动一个周期的轨迹如图所示。12．（18分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止起先下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求物块B的质量；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，变更物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求变更前后动摩擦因数的比值。【答案】（1）3m（2）（3）【解析】（1）依据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有①（1分）②（1分）联立①②式得③（2分）（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有④（2分）⑤（2分）从图（b）所给的v–t图线可知⑥（1分）⑦（1分）由几何关系⑧（1分）物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为⑨（1分）联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩（1分）（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在变更前为μ，有eq\o\ac(○,11)（1分）设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有eq\o\ac(○,12)（1分）设变更后的动摩擦因数为，由动能定理有eq\o\ac(○,13)（2分）联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式可得（1分）（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。13．[物理——选修3–3]（15分）（1）（5分）依据热力学定律，下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．其次类永动机违反能量守恒定律，因此不行能制成B．热效率为100%的热机是不行能制成的C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D．从单一热源汲取热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段E．汲取了热量的物体，其内能也不肯定增加【答案】BCE【解析】其次类永动机不行能制成，是因它违反了热力学其次定律，故选项A错误；热效率为100%的热机是不行能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源汲取热量，使之完全变为功而不产生其他影响是不行能实现的，在现实生产中一般不用此方法提高机械效率，故D错误；变更内能的方式有做功和热传递，汲取了热量的物体，其内能也不肯定增加，E正确．（2）（10分）竖直放置的粗细匀称的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：(1)此时右管封闭气体的压强；(2)左管中须要倒入水银柱的长度．【答案】(1)90cmHg(2)27cm【解析】(1)对右管中的气体，初态p1＝75cmHg，V1＝30S；末态体积：V2＝(30－5)S＝25S（2分）由玻意耳定律得p1V1＝p2V2（2分）解得：p2＝90cmHg（2分）(2)对水平管中的气体，初态压强：p＝p0＋15cmHg＝90cmHg，V＝11S；末态压强：p'＝p2＋20cmHg＝110cmHg依据玻意耳定律得pV＝p'V'（2分）解得V'＝9S，水平管中的长度变为9cm，此时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应当是p'－p0－8cm＝27cm（2分）14．[物理——选修3–4]（15分）（1）（5分）如图为甲、乙两列简谐横波在同一绳上传播时某时刻的波形图，甲波向右传播，乙波向左传播．质点M位于x＝0.2m处，则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．这两列波会发生干涉现象B．M点的振动总是减弱C．M点将做振幅为30cm的简谐运动D．由图示时刻起先，再经过eq\f(1,4)甲波周期，M点将位于波峰E．图示时刻x＝0.1m的质点偏离平衡位置的位移为10cm【答案】ACE【解析】两列简谐横波在同一匀称介质内传播，波速相等，由图可知两列波的波长相等，由v＝λf可知，频率相等，所以两