福建省福州某中学2024届高考物理必刷试卷含解析

福建省福州高级中学2024届高考物理必刷试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图甲所示的理想变压器，原线圈接一定值电阻A。，副线圈与一额定电流较大的滑动变阻器R相连接，现在M、

%10

N间加如图乙所示的交变电压。已知翅器原、副线圈的匝数比为定值电阻的额定电流为2.0A,阻值为

R=10Q。为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路的电阻值至少为（）

12

)£

2、如图所示，有一个表头6,满偏电流/〃=100mA,内阻（=100Q,把它改装为0.6A量程的电流表,则R的阻

B./?=13Q

C./?=16QD.R=20Q

3、如图所示，质量为加、长度为L的导体棒的电阻为R,初始时,导体棒静止于水平轨道上，电源的电动势为

E、内阻为广。匀强磁场的磁感应强度大小为4,其方向斜向上与轨道平面成。角且垂直于导体棒开关闭合后,

导体棒仍^止，则导体棒所受摩擦力的大小和方向分别为（）

BJ

BEL.八j一BEL.八一一

A.-----sin。，方向向左B.-----sin。，方向向右

R+rR+r

C.%^cosO,方向向左D.-----COS。，方向向右

R+rR+r

4、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径

为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为〃:的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点,

轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g,则

A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动

B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒

C.铁球在A点的速度必须大于历

D.轨道对铁球的磁性引力至少为3^g,才能使铁球不脱轨

5、如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一

同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，贝!］（）

A.运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态

B.运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零

C.运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力

D.运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力

6、一小物块从倾角为。=30。的足够长的斜面底端以初速度vo=lOm/s沿斜面向上运动（如图所示），已知物块与斜面间的

摩擦因数产且，g取lOm/sz,则物块在运动时间t=L5s时离斜面底端的距离为

3

A.3.75mB.5mC.6.25mD.15m

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将K接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，K消

耗的电功率为，。已知电路中电阻Ro的阻值是R的4倍，a、8两端接在〃=40及sinlOOR（V）的交流电源上，此

变压器（）

A.副线圈输出电压的频率为100Hz

B.副线圈输出电压的有效值为10V

C.原、副线圈的匝数之比为2：1

D.原、副线圈的电流之比为1：4

8、如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为外，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁

感应强度为员，方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且切：a=3：2。在原点O处同时发射两个质量分别为〜和

出的带电粒子，粒子a以速率均沿x轴正方向运动，粒子b以速率坳沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b

带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴（出发时经过y

轴不算在内）时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是（）

fr

Bl«2

XXXXX

XXX

XX-XxX

螯一w%T

XXX9vv«

XXX

XXXXX

A.粒子a、b在磁场所中的偏转半径之比为3：2

B.两粒子在y正半轴相遇

C.粒子a、b相遇时的速度方向相同

D.粒子a、b的质量之比为1：5

图乙

A.“研究匀变速直线运动”

仇“验证牛顿第二定律”

C.“研究合外力做功和物体动能变化关系

⑴在4、3、。这三个实验中，需要平衡摩擦阻力.

⑵已知小车的质量为M,盘和祛码的总质量为加，且将mg视为细绳对小车的拉力；为此需要满足前述A、

仄C三个实验中，不需要满足此要求.

⑶如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得如图乙纸带上由O点到D点所对应的

运动过程中，盘和祛码受到的重力所做功的表达式卬=,该小车动能改变量的表达式-々=.由于实验

中存在系统误差，所以W・・£・.（选填“小于”、“等于”或“大于”）.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）一列沿x轴传播的简谐横波，在U0时刻的波形如图实线所示，在九二0.2s时刻的波形如图虚线所示。

⑴若波向x轴正方向传播，求该波的波速；

⑵若波向X轴负方向传播，且匕〈八求X=2m处的产质点第一次出现波谷的时刻。

y/cn

10

14.（16分）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在f=0和f=0.06s时刻的波形图.己知在f=0

⑵求该波的最小频率；

⑶若3TUV4T,求该波的波速.

15.（12分）自动化构件是现代化机械的重要组成部分，某种自动化构件的简化示意图如图所示。两个在。点相切的

光滑圆形细管道，左管道在。点与斜面相切，右管道在。点与另一斜面相切，两斜面与竖直线夹角均为30。。两圆形

管道的圆心。I、。2及其相切点。在同一水平面上，管道圆弧的半径均为R,管道的横截面积很小。在。点处有两个

小物块甲和乙，物块甲上连接一个轻弹簧，两小物块压缩弹簧后处于静止状态且锁定。小物块在管道内光滑滑动与斜

面间的动摩擦因数为物块甲的质量为叫。

⑴物块乙为某一质量时，解除。点锁定后，物块甲运动至左管道的最低点A时，对管道的压力是其重力的7倍，物块

n

乙上升的最高点为右管道的一处。求物块甲在4点时的速度大小及沿斜面向上滑动的时间;

2

⑵若其他条件不变，仅改变物块乙的质量，使物块乙弹开后上升能够滑过3点，求物块乙的质量范围。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A

【解析】

由题意可知，定值电阻心在额定电流情况下分得的电压为：

U.=/&=2.0x10V=20V

则原线屋输入电压：

t7i=220V-20V=200V

由变压器的丁作原理：

U2~n2

可知：

U、=^-U.=—X200V=20V

n.'10

允许电流最大时原线圈的输入功率为:

尸产U"=200x2W=400VV

由变压器输出功率等于输入功率可得:

P2=PI=400W

又由公式可知

K=—

R

可得：

U22(尸

/?=^-=—Q=1Q

P24(X)

故A正确，BCD错误。

2、D

【解析】

改装为0.6A电流表时，并联电阻的分流电流为

IR=1-4=0.6A-100X10-3A=0.5A

分流电阻的阻值为

0.1x100

Q=20Q

0.5

选项D正确，ABC错误。

故选D。

3、A

【解析】

磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力大小

BEL

F=B1L=

R+r

方向垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下。

其水平向右的分量大小为

Fx=Fsin<9

由力的平衡可知摩擦力大小为

BEL

f=F.sin。

R+r

方向向左。

选项A项正确，BCD错误。

故选A。

4、B

【解析】

AB.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小

不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对

小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小，在最低点的速度最大.小铁球不可能做匀速圆周运动.故

A错误，B正确；

C.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上,

小铁球的速度只要大于I即可通过最高点，故C错误；

D.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越

小，根据：尸=加匕可知小铁球在最低点时需要的向心力越小.而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的

R

方向也向下、只有磁力的方向向上.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1.所以铁球不脱轨的条件是:

小铁球在最高点的速度恰好为1,而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1.根据机械能守恒定律，小铁球

在最高点的速度恰好为1,到达最低点时的速度满足〃陪・2??=；〃如2,轨道对铁球的支持力恰好等于1,则磁力与重力

2

的合力提供向心力，即：F-mg-—,联立得：F=5mg,故D错误.

R

5、C

【解析】

A.运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后向上，所以

下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A错误；

B.运动员把跳板压到最低点时，跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故B错误；

C.从最低点到最高过程中，跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加，因此跳板对

他的作用力大于他的重力，故C正确；

D.跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误.

故选C.

6、B

【解析】

小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：

。=gsina+pigcosa=

物块运动到最高点时间：

t=-=\s<1.5s

a

由于"名$m。=〃〃.83。，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为

2

x=—=5m,故B正确。

2a

故选：B,

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC

【解析】

A.变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为

人会暇50Hz

故A错误;

B.由题意可得

U：1202

——=-X--------

R4R

解得

t/2=10V

故B正硝;

C.电源的有效值为

1

设原、副线圈的匝数之比为〃，则原、副线圈的电流之比为一则R。两端电压为之，根据原、副线圈电压比等匝数

n

比即

4

40——U2

匚=〃

%

解得

n=2

故C正确；

D.由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1:2,故D错误。

故选BC.

8、BCD

【解析】

本题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，

比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a粒子逆时针旋转，b粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量（m/kmivb）

和电量相同，则半径之比就是磁感应强度的反比，所以在I工磁场中的半径小，则两粒子在两磁场旋转两个半周时，a

粒子相对坐标原点上移，b粒子相对坐标原点下移，若b粒子在最初不相遇，则以后就不能相遇了。所以只考虑b粒

子旋转半周就与a粒子相遇的情况。

【详解】

mvr.ni-,v,m.v,1

由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式「=一1知道：旦=七z：'/=；，所以选项A错误。由带电

qBbqB】qB、1

mv

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=F■知道，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周

qB

在y轴上上移2%2,穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2rln,由于B2VB1,则第二次经过y轴时在从标原点的上方

(2ra2-2rai)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2-2rai)处，所以由题意知选项B正确。从最短时间的

情况进行考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右

2H2

的方向，所以两者方向相同，所以选项C正确。根据周期公式7=一二及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有:

qB

11271mh17ini271mhin1

一方|=乙什北2即：-x—3-^=—+―结合Bi：B2=3：2,得到：—=T,所以选项D正确。故选BCD。

22qB】qB、qB?inh5

【点睛】

本题的难点在于两个粒子在不同的两个磁场中以不同的速度做半径和周期不同匀速圆周运动，又涉及到相遇问题，需

要考虑多种因素。关键的一点是a粒子在两个磁场旋转一次后通过y轴时位置上移，而b粒子恰恰相反，所以是b粒

子经过半周后与a粒子相遇的，有此结论可以判断选项的正误。

9、BDE

【解析】

A.气体吸热，若同时对外做功，则气体内能可能减小，温度也可能降低，A错误；

B.改变气体的内能的方式有两种：做功和热传递，B正确；

C.理想气体等压膨胀，根据盖一吕萨克定律

T

可知理想气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律

△U=Q+W

理想气体膨胀对外做功，所以理想气体一定吸热，C错误；

D.理想气体绝热膨胀过程，理想气体对外做功，没有吸放热，根据热力学第一定律可知内能一定减少，D正确；

E.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，E正确。

故选BDE。

10、AD

【解析】

AB.粒子恰好能沿x轴正向做匀速直线运动，可知受电场力和洛伦兹力平衡，因洛伦兹力沿y轴负向，可知电场力沿

J轴正向，且

qE=qvB

则

E=Bv

且方向沿），轴正方向，选项A正确，B错误；

C.若磁场的方向沿x轴负方向，则粒子不受洛伦兹力作用，粒子只在沿y轴正方向的电场力作用下不可能做匀速直

线运动，选项C错误；

D.若只改变磁场的方向，则洛伦兹力与电场力不再平衡，则粒子将做变速曲线运动，不可能做匀变速直线运动，选

项D正确；

故选AD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

a/(ms2)

•

1.0-jHjji":jj：-4

TTTT"J*Tt*工+门丁x.

11nKI••••*•••«

“、U.JOKg・i・G・i・i....i..........丁•・F

0.5-H-&1-HH-rT

TTT*?*.....1.・7•？・？・・・・《

>•«Xe••••।•・一••••••••»••*■•«■*••a«•

00.16.2030.4F/N

【解析】

⑴根据按控制变量法可知，探究物体运动的加速度与物体受力的关系,需要保证质量不变，故由表中数据可知选用物

体的质量为0.36kg；

[2]根据表中质量为0.36kg的数据描点作图如图所示

,ai(ms')

・i・・i・・i・・i....4.4.4.4-・1-»虹G

10-Hi-1：—⑴：:T

■»%Z,・•〉・・•|・・•1•・•4…♦・•♦・*•>・・•・・•»♦・，•*••••••・，

••••••••••,•'•••••

••卜彳••・•卜・•i・・.•.4.•4-4•**•:**•,*r•rTi^••••♦

•»♦•♦••••••••>•<•<••4••1，・・•・•・•・j•<••・••・・・•

TTtT,-?■»•?••»--XTT'T-t-i-TT,-7

0.5-j!1!TX,中r,T；；!!F

••#••••・・••♦・•・

・・f・/1・]•・・♦・・・♦・♦•

”..j少产...vy.+.f.j+2...t

00.102030.4F/N

12、BCAmgs,m(*-大于

8r之

【解析】

根据实验原理与实验注意事项分析答题.由匀变速直线运动的推论求出打D点的速度，然后根据重力势能与动能的计

算公式分析答题.

【详解】

:（1）在A、B、C这三个实验中，“验证牛顿第二定律”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要平衡摩擦阻

力；

故选BC.

（2）已知小车的质量为盘和祛码的总质量为小且将〃电视为细绳对小车的拉力.为此需要满足M.前述4、

3、C三个实验中，实验4只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求；

故选A.

（3）纸带上由。点到。点所对应的运动过程中，盘和祛码受到的重力所做功的表达式：W=〃zg&；

打。点时的速度：匕=壬苫，

2T

则小车劫能的改变量：E,=（以二三产二丝三立；

卜22T8尸

由于实验中存在系统误差，所以盘和祛码受到的重力所做功W大于小车动能的增量

故答案为⑴BC（2）A（3）mgj；M（”了3I；大于

87

【点睛】

此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实验的原理及

操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、（1）5+15〃（m/s）（7i=0,1,2...）；（2）0.025s

【解析】

⑴当波向x轴正方向传播时，由波形图可知该波的波长为

x=3m

从U0至l"=0.2s过程，波向正方向传播的距离为

波传播的波速为

zkv.

v=­L

G

解得

v=5+15/?(m/s)(/2=0,1,2...)

⑵当波向x轴负方向传播时，由波形图可知

t,=-T=0.2s

13

解得

T=0.3s

波的速度大小为

v2=y=1Om/s

P点距右侧实线第一个波谷的水平距离为

△x、=-A-2

-4

P点第一次出现波谷的时间为

Ar,

t=--

v2

联立解得

t=0.025s

14、⑴向右传播(2)12.5Hz(3)75m/s

【解析】

(1)在『=0时刻，x=L5m处的质点向y