2024年高考物理考前信息必刷卷03（人教）

绝密★启用前

2024年新高考考前信息必刷卷（RJ2019版）03

物理

（试卷满分：100分考试时间：75分钟）

从近几年高考看，综合考查牛顿运动定律和运动学规律的频率很高，备考

中应注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。不只在选择题中考查牛顿运

动定律的应用，在实验题和计算题中仍然是考查的重点。

涉及动力学问题仍然是高考考查的重点，命题次数较多，本卷从匀变速直线

运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点。如试题第2题以“摩擦角”

的物理意义为背景，考查学生对新情景下的动力学方法的迁移应用。

一、单项选择题:本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.2023年诺贝尔物理学奖授予了“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒（10,ss）光脉冲

实验方法”的三位物理学家，他们的实验为人类探索原子和分子内部的电子世界提供了新的

工具.科学研究表明，人类所能测量的最短长度和最短时间都存在一个极限，分别称为普朗

克长度勿和普朗克时间办两者之间满足关系勿="c（c为真空中的光速）.推导普朗克长

度和普朗克时间需要用到三个常数：万有引力常量G、光速。和普朗克常数/1.已知普朗克常

数人的单位为J*下列关系式正确的是（）

答案D

［试题解析］普朗克常数。的单位为Js,G万有引力常量的单位为N・m2/kg\结合

lN=lkgm/s2,可知G/?单a•为mb",则普朗克长度为/=J厚，且普朗克时间为

/=叵.故选D.

2.如图（a）,摩擦角的物理意义是：当两接触面间的静摩擦力达到最大值时，静摩擦力/与

支持面的支持力N的合力/与接触面法线间的夹角即为摩擦角外可知tan。=〃.利用摩擦角

的知识可以用来估料，如图(b)所示.物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩

擦角3.若已知物料的摩擦角9和高h,动摩擦因数为〃.物料所受滑动摩擦力等于最大静摩擦

力.可求出圆锥体的体积为()

［试题解析］物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析

如图所示〃，当底角夕大于w时,物料将沿锥面下滑，为使物料不下滑,

应使。减小；当底角。小于。时，物料将停留在锥面上，那么使物料恰好不下滑应使。增大,

且让8=0,所以底角会保持为定值少若已知6和锥体的高儿则可求出它的体积

y=L/h=AE.故选A.

331tan。)3tarr°3//

3.在图(〃)的LC振荡演示电路中，开关先拨到位置“1”，电容器充满电后，在/=0时刻开

关拨到位置“2”.若电流从传感器的“+”极流入，电流显示为正，图b为振荡电流随时间变化

的图线，则下面有关说法正确的是()

由油化成双

图(a)图(A)图3

A.若电阻R减小，电流变化如图(c)中实线

B.若电阻R减小，电流变化如图(c)中虚线

C.在图(6)中A点时刻电容器上极板带正电

D.电容器内有感应磁场

答案D

［试题解析］A.若电阻〃减小，电流值应该比对应时刻的电流值大，故A错误：B.若电阻

R减小,周期不变，故B错误：C.在图（力）中力点时刻磁场能正在向电场能转化，且方

向为正，则电容器上极板带负电，故C错误；D.电容器内电场不断变化，有感应磁场，故

D正确.故选D.

4.2023年太阳风暴频发，进而引发地磁暴，对航空航天器的运行、通讯信息传输等产生了

一系列不良影响.我国2022年发射的“夸父一号”卫星，肩负着探测太阳”一磁两爆（即太阳

磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射）”的任务，为了能完成使命，它的运行轨道设定在距地面

高度约为〃=720km的太阳同步晨昏轨道.已知地球的半径为凡地球极地表面重力加速度为

go,则下列说法正确的是（）

"夸父一号”；

A.“夸父一号”与地球同步卫星虽然运行高度不同，但运行周期相同

B.“夸父一号”的运行周期为"但亘

R'go

C.太空中运行的航天器处于完全失重状态，所以“夸父一号”搭载的科学仪器不再受重力作

用

D."夸父一号”所处位置的重力加速度大小为J7go

R+h

答案B

［试题解析］A.根据开普勒第三定律，“夸父一号”与地球同步卫星运行高度不同，运行周期

一定不相同，选项A错误；B.根据GMm=m£（R+/fhG必!乜=小总，解得“夸父一

（R+4T2R2强

号”的运行周期为7_2%（R+力）区亘，选项B正确；C.太空中运行的航天器处于完全失重

RVg。

状态，但是“夸父一号”搭载的科学仪器仍受重力作用，选项C错误；D.根据G'"加二

（R+h）2"

可得“令父一号”所处位置的重力加速度大小为，选项D错误.故选B.

g一（R+%心

5.在2022年卡塔尔世界杯期间，“电梯球”（好像电梯一样急•卜.急下）成为球迷们讨论的热

门话题.某次训练中，一运动员在发“电梯球”时，踢在足球上较硬的部位，足球立即获得30m/s

的速度飞出，由于气流的影响，足球在飞行过程中会颤动，最后以更大的陡度（斜坡的倾斜

程度）急坠,飞进球门，测得“电梯球''在此过程中的阻力系数CD随速度v的变化关系如图

所示.下列说法正确的是（）

A.研究如何踢出足球时可将其看做质点

B.足球在上升过程中总是处于超重状态

C.足球在飞行过程中阻力系数逐渐减小，机械能减少

D.足球急坠，是因为速度减小到某一数值后阻力系数随速度减小而增大

答案D

［试题解析］A.研究如何踢出足球时，足球的形状大小不能忽略不计，不可将其看做质点，

故A错误；B.球在上升过程中，最后做减速上升，加运度方向向下，处于失重状态，故B

错误：C.足球在飞行过程中阻力系数随速度减小而增大，阻力做负功，机械能减少，故C

错误；D.足球急坠，是因为速度减小到某一数值后阻力系数随速度减小而增大，故D正确.

故选D.

6.华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大

输出电流为600A,充电电压范围为200V至1000V,并且该充电桩能根据很多电动汽车车

型的充电需求智能分配所需充电功率.某天，小振开着自己的某款电动汽车来这种充电站体

验,其车总质量为1.为所用电池组规格为“360V,150Ah”（内阻不能忽略），车上显示屏

显示此次充电电量由30%充至IJ80%用时1（）分钟，本次充电共消费60元（充电桩计费规则

为每度电2元）.经他几天实测，显示屏电量由80%下降到50%共行驶了120公里，已知他

的车行驶时的阻力为车重的0.02倍，则（）

A.充电桩上标识的“6（）0kW”表示给各车充电时的平均功率

B.小振本次充电的平均功率约为30（）kW

C.小振本次充电的充电效率约为90%

D.小振汽车电机将电能转化为机械能的效率约为40%

答案C

［试题解析］A.根据最大充，电电流与最大充电也压可知，600kW指的是最大充电功率.而最

大功率m夕ax=UmaxImax=1000x600kW=600kW,由于“充电板能根据很多电动汽车车型的充

电需求智能分配所需充电功率”，所以充电机•的平均充电功率必定小于最大功率，故A错误；

B.本次齐，电时的平均功生约为p_%=360xl50x3600x（80%—30%）w_］62kv/.故B错

t10x60

误；C.充/效率约为7;150X3600X(80%-30%)x360二1。妙二四％,故C正确；D.机

—X1000x3600

2

械效率约为〃=_002x16000x120000___*100%=66%,故D错误.故选C.

2360xl50x3600x(80%-50%)

7.如图1所示，在均匀介质中/、8两点处有两波源，其中x.=2m,XLlOm,这两波源的

频率、振动方向、步调均一致，两波源的振动图像如图2所示，产生的简谐横波在某一平面

内传播，/=5s时简谐横波4传播到实线圆面处.在该平面内，还存在M、N、P、Q四点，如

图3所示，其中x“=2m,A/Q=47m,MN=4m,则片8s时，MVP。连接的边框上的振动加

N

A

.....>x/m

-20481216

。……3P

图3

D.8个

答案B

［试题解析］由图1可知，5s内机械波的传播距离为5m,则机械波的传播速度为

口=包=』m/s=lm/s，由图2可知，波源的振动周期为4s,根据丫=色，解得机械波的波长为

Ar5T

zl=4m“=8s时，两列波在该平面内传播的范围为半径为8m的圆，其中两波登加的部分如

图所示，由几何关系可知力到a、c间距为8m,B到。、c间距也为

8m.发生干涉的部分与MNPQ连接的边框交点仅有4个，分别计算两列波的波源到这四个点

的波程差ATa=O，仙=0，Aq=O，AXd=4m,可知波程差为波长的整数倍，所以这四个

点均为振动加强点，因此MNPQ边框上有4个振动加强点.故选B.

8.浦耳弗里许折射计的原理图如图所示.会聚光照射载有待测物质的折射面.48,然后用望

远镜从棱镜的另一侧力C进行观测.由于棱镜的折射率大于待测物的折射率，即电＞〃，所以

在棱镜中将没有折射角大于4的光线（包是棱镜一待测物界面的全反射临界角）.由望远镜

观察到的视场是半暗半明为，中间的分界线与折射角为小的光线对应.〃与理与和，的关系为

)

22

A.=n-sin0B.//“"sir4>?。CX.4=〃sin0D.〃=〃用110

答案B

［试题解析］CD.在棱镜中将没有折射角大于q的光线，根据光的折射互逆可知在AB分界

故CD错误；AB.在分解面AC上发生折射，入射角为90。-6C，折射角为8，由折射定律

有〃g-sin（90O-a.）=l・sin必联立解得="+siM。,可得〃2=〃；_而2氏故A错误，B正确.

故选B.

二、多项选择题:本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，每

题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

9.《J夏门志•风俗记》中记载：“（度门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、

味而细啜之，名曰功夫茶”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、

感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷包小于茶梗的比荷，之后两者通

过静电场便可分离.如图所示，图中力、8分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强

电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶.假设有一茶梗?电荷量为

3xl0-8c，质量为2x104kg,以lm/s的速度离开彳球表面。点，最后落入桶底，。点电势

为Ixio^v,距离桶底高度为0.8m,桶底电势为零.不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切

碰撞能量损失，重力加速度g取lOm/s?,则（）

M处电场强度大广N处电场强度

茶叶落入左桶，茶梗落入右桶

茶梗P落入桶底速度为Mm/

茶梗P落入桶底速度为2后m/s

答案BD

［试题解析］A.电场线分布的密集程度表示也场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一

些，则M处电场强度小于N处电场强度，故A错误；B.根据牛顿第二定律有=,因

解得4=它，由于茶叶、茶梗带正包，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比

m

荷包小于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速

m

度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶

梗落入右桶，故B正确：CD.对茶梗进行分析，根据动能定理有〃?g/7+gU=L〃?v，：_L〃l，：

22

其中UulxlO'V-OulxlD'V,解得％=2后m/s,故C错误，D正确.故选BD.

10.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系X。，，整个空间存在着磁感应强度大小为8、

方向垂直xQy平面向里的匀强磁场.一质量为“、带正电的微粒从原点。沿），轴负方向以初

速度W）射入磁场，微粒带电量大小为9=〃喀，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

--y

X

%

A.微粒一定能运动到工轴上方区域

B.微粒运动轨迹最低点的纵坐标为-（亚-1）5

C.微粒运动过程中的最大速率为（后+1,。

D.微粒运动过程中的最小速率为五为

答案AC

［试题解析］A.根据补偿法，将微粒速度分解成％,

其中qv/=〃?g,则匕=%,v,=0%,微粒的运动可以看作速度大小为叫的向右匀速直线运动

与速度大小为匕的匀速圆周运动的合运动，故微粒一定能运动到x轴上方区域，故A正确;

B.速度大小为匕的向右匀速直线运动不影响微粒运动轨迹的纵坐标，根据洛

伦兹力提供向心力qv,B=m上，微粒运动轨迹最低点的纵坐标为

y=_«［+sin45'）=-（&-1）马•，故B错误；C.当匕速度方向与匕速度同向时，微粒运动过

程中的速率最大，为匕皿=匕+匕=（夜+1卜。，故C正确；D.当匕速度方向与匕速度反向时,

微粒运动过程中的速率最小，为Vmjn=v,_Vi=（&7）%,故D错误.故选AC.

三、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.（6分）某同学用图1所示装置，通过实验来验证玻意耳定律.封闭于注射器内的空气可

视为理想气体，其体积可由注射器筒壁上的刻度直接读出，已知大气压强为4，重力加速

度为g.回答下列问题：

弋3"斤?一钩码框架

一注射器活塞

丫触mL234单位：cm

IcI01020

图I图2

（1）关于该实验，下列说法正确的有（填选项序号）.

A.注射器一定要竖直固定

B.在框架上悬挂钩码时要两侧对称

C.改变被封闭气体的压强后，测量气体体积时越快越好

D.处理数据时发现被封气体压强与体积的乘积渐渐增大，可能是因为存在漏气现象

（2）测量注射器活塞横截面的直径”时，游标卡尺的示数如图2所示，其读数为cm.

（3）若操作正确且测得活塞及框架的总质量为〃?0,当框架上挂上质量为，"的钩码，稳定后被

封气体的压强为（用测得及已知物理量字母表示）.

（4）测出气体体积并改变钩码质量测出多组压强、体积数据即可验证玻意耳定律.

答案（1）AB（2分）（2）2.060（2分）（3）〃。+也土粤度（2分）

n'd'

［试题解析］（1）A.为了减4、误差，固定注射器针筒时必须保持针筒竖直，故A正确；

B.在实验过程中，为了使气体温度不变，在框架上悬挂钩码时要两侧对称，保证注射器活

塞竖直向下，故B正确；C.改变被封闭气体的压强后，测量气体体积时要待稳定后再读数，

故C错误；D.实脸时若注射器内的气体向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程庄=c

常数。与质量有关，则p/乘积减小，故D错误.故选AB.（2）测量注射器活塞横横面的直径

d时,游标卡尺的示数如图2所示，其读数为2.0cm+0.005xl2cm=2.060cm

⑶根据受力平衡可得〃5=〃。5+（/〃+必应,其中5=尤，联立解得空气柱的压强为

4

4（〃7+"%）g

P=P°+FT

12.（10分）某一电势差计原理简化如图甲所示，氏为标准电源，凡为保护电阻，尺由粗细

均匀的电阻丝制成，阻值恒定.某实验小组用它来测显一节干电池的电动势和内电阻.

甲

⑴当虚线框内接电池M（£>1.5OV,内阻不计）时，调节滑片C当/。间长度为1234cm

时，灵敏电流计示数为零.如果虚线框内接待测电池N（电动势为反，内阻为外.），调节滑片

C,当4C间长度为12.50cm时，灵敏电流计示数为零.

（2）该实验小组将图乙电路接入图甲虚线框内，来测量测量电池的内阻人.他们将电阻箱调至

某一阻值R,闭合开关S?,移动滑片C使电流计G示数为零，测量出此时的力。长度A；

改变电阻箱的阻值R，重复调节滑片。使电流计G示数为零，记录下多组R及对应的上值.

利用记录的多组〃、L数据，作出。-上图像如图丙.

LR

待测电压与

乙

丙

⑶待测电池的电动势反=__________V,内阻引=C（保留三位有效数字）

（4）本实验中若标准电池"的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将（填

“偏大”“不变”或“偏小”）.

答案（3）1.46（4分）1.50（4分）（4）不变（2分）

［试题解析］(3)由图甲可知，当UAC等于虚线框内接电池也动势时，灵敏电流计示数为零,

设R/总长£o,4。间长度为L,由闭合电路欧姆定律得u二线X，«则当虚线框内接

“风十号Lj

电池/时U=_^x±R=E，当虚线框内接电池N时0，=E°);L'口:后，两式相

4C1

-q+a4M4R°+R\LqI'

除，则有旦=支，解得E=146V，将图乙电路接入虚线框时，当UAC等于图乙的S?时，

%葭

灵敏电流计示数为零，则有匕。XLR="xxR.今k=七。&,则上式变形为

火。+A£0G+火(&o+)L。

_!_=幺x，+V，由此可律图像为一倾斜直线，其截距为上，其斜率为生，故由图

LEKRExLRExE,

丙得_L=8,幺=1±述=12,解得r=1500(4)将电池"接入虚线框后需调节滑片C直至灵

纥纥0.5

敏也流计示数为零，故而电池M中并无电流，所以即使电池M的内阻不可忽喀，也不会对

实骁产生影响，故而待测电池内阻的测量结果不变.

13.(1()分)2024年哈尔滨成为了全国旅游的最热门的城市，美食和冰雪项目深受大量游客

喜爱，如图I所示的滑雪招是网红打卡项目之一.图2为某滑雪圈项目轨道的示意图，该项

目的轨道由倾角6=37。、长L=10m滑道48与水平冰雪地面平滑连接构成，雪圈与倾斜滑

道间的动摩擦因数自=：，与水平冰雪地面的动摩擦因数外="游客甲从滑道顶端力点由静

83

止开始下滑，雪圈过8点前后速度大小不发生变化，当游客甲滑至水平地面上C处时与停

在。处未及时起身圈开的游客乙发生正碰，作用时间很短，8c间距离x=9m.已知两游客

最终都停在了水平面上，不计空气阻力引起的能最损失，两游客连同雪圈可看成质点，游客

甲连同雪圈总质最叫=50kg,游客乙连同雪圈总质最为吗=30kg,g=10m/s2.^：

(1)碰撞前游客甲的速度；

(2)全过程中两游客与轨道摩擦可能产生的热量的最小值

解：(1)游客从4点由静止开始下滑至C处，根据动能定理

2

町gLsin。一〃〃1g£cos6一〃叫gr町g.Q分）

~2

碰撞前游客甲的速度为％=8m/s(1分)

(2)当两游客碰撞后，速度相等，碰撞损失的能量最大，全过程中两游客与轨道摩擦产生的

热量最小，根据动量守恒犯%=(犯+恤＞(2分)

解得v=5m/s（1分）

222

碰撞损失的能量为△£=（叫+加”2=Lx50x8-U（50+30）x5J=600J（分）

全过程中两游客与轨道摩擦产生的热量的最小值为

Q=m.gLsin0-^E=50xlOxlOx0.6-600J=2400J（2分）

14.（14分）如图甲所示，M/V和A/N是固定在水平面上间距/=0.1m的两条平行、足够长

的光滑金属导轨，电阻不计.金属棒尸。垂直导轨放置，长度也为/=0.1m、质量，〃=0.5kg、

电阻火=0.03C,与导轨始终接触良好.MM'右侧区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度

为9=21两轨道左端点〃和AT分别与单匝水平放置的圆形金属线圈的两端点。和b相连，

线圈直径d=2m,电阻/M0.02Q.某时刻起在线圈区域内施加竖直向下的磁场，其磁感应强

度层随时间变化如图乙所示.在金属棒尸。从静止开始加速运动直至最大速度的过程中，求:

（1）金属棒PQ开始运动瞬间线圈两端电压；

（2）金属棒PQ开始运动瞬同加速度a的大小；

（3）在该过程中，流过金属棒尸。某•横截面的电荷量小

解：（1）由图乙可知磁感应强度及变化率丝=1（1分）

△/71

线圈中感应电动势E=〃丝=乃（《丫竺=.（2分）

A/\2）M

线图两端电1压为外电压u=_2_£=O.6V（1分）

R+r

（2）线围、导轨、导体棒构成闭合回路，设金属棒P0开始运动瞬间，流经导体棒电流为/,

则/=±=20A（1分）

R+r

方向0.尸；金属棒P。受到安培力F=B]〃=4N（1分）

加速度〃=£=8m/s2（1分）

m

（3）金属棒。。速度不断增大，产生的反电动势也不断增大，回路中总电动势不断减小，总电

流不断减小，也流为0时，金属棒受安培力为0,不再加速，速度达到最大值，记为ymax,

即即k=1V（1分）

解得匕1ax=5m/s（1分）

对金属棒P0列动量定理，有

F2-invmn-0（2分）

F=Bjl（1分）

q=74（1分）

联立解得夕=12,5C（1分）

15.（18分）某粒子分析装置的部分简化结构如图所示，主要由粒子源、圆柱形磁场区和6

面是荧光屏的长方体仪器。18CQEFG构成，粒子打在屏上会被吸收.以长方体仪器的顶点0

为坐标原点，建立三维坐标系Oryz.长方体仪器的长48、宽AO、高X。分别为2〃、2a、〃，

长方体所在空间存在方向沿x轴正向的匀强磁场I（图中未画出）.圆柱形区域的长为2”，

底面圆半径为R,圆柱形位于长方体仪器的正上方，两者通过长方体正上方狭缝P0连通，

P为DE的中点,。为G厂的中点，圆柱形区域所在空间存在方向沿x轴正向的匀强磁场H

（图中未画出），在xoz平面有一与圆柱体等高等长的长方形粒子源，能沿着y轴正方句发

射速率均为I，的正电粒子，所有进入圆柱体空间的粒子都恰能通过狭缝PQ再进入长方体仪

器，恰好没有粒子打到BCFE面..已知带电粒子的比荷为k,不计粒子重力及粒子间相互作用，

试求：

（1）匀强磁场I磁感应强度用的大小；

（2）打在顶面DEFG粒子数目乂和打在底面OABC的粒子数目M之比；

（3）若仅将匀强磁场【的方向调整为沿y轴正方向，大小不变，且其他条件不变，对于从0

点入射的粒子，能打到长方体仪器8cFE面上的粒子最长运动时间以及能打在8CFE面上的

粒子数目N,与。点入射的粒子总数N之比.（已知cos”=4,则夕的大小可表示为

0=arccosA）

解：（1）带电粒子经圆柱体仪器磁场作用后聚焦于狭缝Q0,再经过狭缝尸0平行于yQz平面

沿各个方向均匀射入长方体仪器，以。点射入粒子为例，