河南省洛阳市2024届高考冲刺七物理试题

河南省洛阳市名校2024届高考冲刺七物理试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示的电路中，电键S?、S3、Sj均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P,

下列说法正确的是（）

A.油滴带正电

B.只断开电键5；,电容器的带电量将会增加

C.只断开电键邑，油滴将会向上运动

D.同时断开电键色和其，油滴将会向下运动

2、一根轻质弹簧原长为加在力尸作用下伸长了心则弹簧的劲度系数A是（）

FFFF

A.~B.—C.~D.~

4xx-lQx+h

3、已知若速为3xIO*m/s电子的质量为9.1xIO31kg,中子的质量为1.67xlO27kg,质子的质量为1.67xIO27kg。

氢原子能级示意图如图所示。静止氢原子从n=4跃迁到n=l时，氢原子的反冲速度是多少？（）

nMV

2----------------3.40

1----------------13.60

A.4.07m/sB.0.407m/sC.407m/sD.40.7m/s

4、如图所示，A、B两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为。、夕（a＜尸）的光滑斜面顶端由静止自由

滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是（）

A.A球和B球到达斜面底端的速度大小不相等

B.A球重力做功的平均功率比B球重力做功的平均功率小

C.A球运动的加速度比B球运动的加速度大

D.A球所受重力的冲量大小比B球所受重力的冲量大小小

5、如图所示，固定在水平地面上的物体A,左侧是圆弧面，右侧是倾角为〃的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的

小滑轮，绳两端分别系有质量为⑸、利的小球，当两球静止时，小球如与圆心连线跟水平方向的夹角也为。，不计

一切摩擦，则，川、〃”之间的关系是（）

C.in\=rnitanOD.m\=miCQsO

6、2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰”正在沿直线航行，其质量为加，发动机

的输出功率恒为P,所受阻力恒为力其时刻速度为由、加速度为由，一段时间，后速度变为电（v2>vi）,在这段时间

内位移为s。下列关系式正确的是（）

Pf

A.4

，〃匕m

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、两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与

水平面之间的动摩擦因数均为〃，甲、乙两滑块的质量分别为⑸=3m、/〃2=2机，且在水平面上处于静止状态。现给滑

块甲一向右的初速度如（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一

接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L,重力加速

度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用力、以表示，下列正雄的说法是（）

站二,Wzf,

A.VI:£2=1:5B.VI：V2=l：6

D.%的最小值为,但回

C.Po的最小值为

8、如图所示，A、B两滑块质量分别为2kg和4kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按

着两滑块不动。笫一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放A而按着

B不动；第二次是将钩码C取走，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速

度g=10m/s2,不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）

AB

nng-n

c

A.第一次操作过程中，滑块A和钩码C加速度大小相同

20

B.第一次操作过程中，滑块A的加速度为^m/s2

C.第二次操作过程中，绳张力大小为20N

D.第二次操作过程中,滑块B的加速度为lOm/s?

9、如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d,右侧轨道间距为d。轨道处于竖直

向下的磁感应强度大小为〃的匀强磁场中。质量为2,〃、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为利、有

效电阻为R的金属棒》静止在右侧轨道上。现给金属棒。一水平向右的初速度如经过一段时间两金属棒达到稳定状

态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒。始终在左侧轨道上运动,

则下列说法正确的是（）

A.金属棒力稳定时的速度大小为3％

B.整个运动过程中通过金属棒。的电荷量为笠

2Rmv

C.整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为0

B2d

D.整个运动过程中金属棒。产生的焦耳热为:0片

表头

甲乙

⑴图甲中4端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接

⑵开关S接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。&+&=

凡=Q，（=Qo

⑶某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时5端是与“1”相连的，则多用电表读数为;若此时5端

是与“3”相连的，则读数为<.

（4）多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测

量电阻时，所测得的电阻值将（填“偏大”、“偏小”或“不变

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）如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里

的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2=8xl0^kg的不带电小物块静止在原点O,A点距。点L=0.045m,

质量m^lxlO,kg的带电小物块以初速度vo=O.5m/s从A点水平向右运动,在O点与m?发生正碰并把部分电量转移

到m2上，碰撞后m2的速度为0.lm/s,此后不再考虑皿、nn间的库仑力.已知电场强度E=40N/C,小物块mi与

水平面的动摩擦因数为H=0.L®g=10in/s2,求：

（D碰后mi的速度；

（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角9=30。，OP长为Lop=0.4m,求磁感应强度B的

大小：

(3)其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为由使m?能与皿再次相碰，求6的大小？

14.(16分)如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、O再回到状态人已知气体在状态4时的体积是1L。

(latm=1.013xl05Pa,ln3=1.099)

①求气体在状态C的体积;

②气体从状态A经状态8、C、。再回到状态A的过程中，吸收或放生的热量。。

15.(12分)如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成。=37”的拉力F作用下，一起沿水平面从静止

开始加速运动.已知箱包的质量〃，=1.0kg,拉杆箱的质量M=9.0kg,箱底与水平面间的夹角9=37。，不计所有接触

面间的摩擦，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8„

(1)若尸=25N,求拉杆箱的加速度大小a；

⑵在(1)的情况下，求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小y；

⑶要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值En。

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、C

【解题分析】

A.电容器的上极板与电源正极相连，带正电，油滴受到竖直向下的重力和电场力作用，处于平衡状态，故电场力方

向影直向上，油滴带负电，故A错误。

B.只断开电键不影响电路的结构，电容器的电荷量恒定不变，故B错误。

C.只断开电键S2,电容器电压变为电源电动势，则电容器两极板间电压增大，电场强度增大，油滴将会向上运动,

故C正确。

D.断开电键S3和S4,电容器电荷量不变，电场强度不变，油滴仍静止，故D错误。

故选C。

2、B

【解题分析】

己知弹簧的弹力尸与伸长的长度力根据胡克定律

F=kx

ACD错误，B正确。

故选B。

3、A

【解题分析】

氢原子从〃=4跃迁到n=l时放出光子的能量为

E=E4-E]=(-0.85)-(-13.6)=12.75eV

光子的动量

光子的能量

E

P=­

c

根据动量守恒定律可知

12.75xl.6xl0-1

m/s=4.07m/s

x-2

mhcinH3x10x1.67x10'

4、B

【解题分析】

A.根据机械能守恒定律可得

,1，

nigh=5W

解得

V=yl2gh

两个小球达到底部的速度大小相等，故A错误；

BC小球的加速度大小为

mgsin。.八

a=-2-----=gsinJ

tn

运动时间

仁叵=_L但

Vasin0\g

则运动过程中A斜面斜角小，则A运动的时间比B的大，由于高度相同，重力做功相等，所以A球重力做功的平均

功率比B球重力做功的平均功率小，故B正确，C错误；

C.由于A运动的时间比B的大，由公式可知，A球所受重力的冲量大小比B球所受重力的冲量大小大，故

D错误。

故选B。

5、C

【解题分析】

设绳子对两球的拉力大小为尸T,对m2根据平衡条件得

FT=7H2gsinO

对/«!根据平衡条件得

FT=/nigcosO

联立解得

/Mi=/«2tan9

故选C.

6、A

【解题分析】

A.由牛顿第二定律，则有

a\~~~

mm"7m

故A正确；

B.当航母达到最大速度时，F=f,此时

PP

fr=一上一

匕”匕

故B错误；

C.航母的运动不是匀加速运动，则时间，内的位移

v.+吗

s^-——-t

2

故C错误；

D.由动能定理可得

Pt-fs=；"八彳-g"IV；

故D错误。

故选A。

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

【解题分析】

AB.两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为巧则有

m\v=m\V\"\-mivi

由机械能守恒定律得

1212.12

—­nnvr-]mivi

222

联立解得

v6v

Vl=—,V2=

JJ

则二者速度大小之比为

VI：V2=l:6

A错误，B正确；

CD.当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则

—pni2gL=——2y2~

碰前滑块甲做减速运动

—pm\gL=—nuv2——77/1w

C正确，D错误。

故选BC.

8、BC

【解题分析】

A.第一次操作过程中，因AC移动的位移之比为2：1,则滑块A和钩码C加速度大小之比为2：1,选项A错误;

B.第一种方式：只释放4而A按着不动.设绳子拉力为八，。的加速度为小.

对A根据牛顿第二定律可得

T\=m\a\

对C根据牛顿第二定律可得

mcg-27'i=77icai

根据题意可得

联立解得

选项B正确；

C.第二种方式：只释放8而4按着不动，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上,

则绳张力大小为20N,选项C正确；

D.对b受力分析，根据牛顿第二定律可得

72=//ZB«B

根据题意可得乃=20N

联立解得

«B=5m/s2

故D错误。

故选BC.

9、BCD

【解题分析】

A.对金属棒。、力分别由动量定理可得

-BIx2Jxz=2mv-2〃?%,Blxdxt=mv'

联立解得

“2%一〃八'=mV

两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0,则

Bx2clxv=Bxdxv

即

vr=2v

则

1，2

，v

"4J%J=}%

A错误；

B.在金属棒力加速运动的过程中，有

BIxdxt=mvr

即

的d=〃?x|%

解得

q短

B正确；

C.根据法拉第电磁感应定律可得

-E.△①BxAS

q=g=RA/=----=---------

3R3R

解得

△S书

C正确；

D.由能量守恒知,回路产生的焦耳热

22

。=x2机说।x2tnv1tnv=2mvl

223

则金属棒〃产生的焦耳热

0=,0=料：

D正确。

故选BCDo

10、BD

【解题分析】

根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦

因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F的范围；根据木块和木板的位移关

系求解F与L的关系.

【题目详解】

滑块在木板上滑动时木板的加速度为q=-=-m/s2=2mls2,对木板根据牛顿第二定律：

△t1

〃产遥〃2("U1；滑块从木板上滑出时木板的加速度为由===56/$2=1〃?//，对木板根据牛顿

第二定律：p2mAg=inAa2；联立解得：阳=0.7,阳=0.1,选项A错误，B正确；对木块B：尸一卬码g二〃其

中的aQlm/sl贝UF>9N,则F的大小不可能为9N,选项C错误；根据L=ga/-g”2,式中［=卜,联立解得：

F=lL+9,即F的大小与板长L有关，选项D正确；故选BD.

【题目点拨】

此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t图像获取运动信息，结合牛顿第二定

律求解.

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。

11、亚2_4.70010偏大

4L

【解题分析】

⑴⑴⑵合金丝的电阻

R=p—=p—-~~-

S⑶2

兀一

电阻率

TTRD2

P=

4L

由图示螺旋测微器可知，其示数为:

4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm

(2)[3][4]在闭合电路中，电源电动势

E=I(R+RJ

则

—

IEE

由图像可知得电源电动势E=4V,图像截距〃=2.5,可得R、.=10。；测量值为待测电阻R、与电流表内阻

之和，所以测量值偏大。

12、52A1400Q偏大

【解题分析】

由题中所示电路图可知.B与欧姆表内置电源的负极相连.B为红表笔，A为黑表笔.

(2)[2]由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；

⑶根据题中所示电路图，由欧姆定律可知

…二旦…X)50Q

33

/2-/G5X10--1XI0

[4J[5]5mA电流挡的内阻为

(凡十几)凡，

R=~~^=40Q

N+&+人

则

q=(就40)0=560。

15

%=竺■一凡-&=(_3-40-560)Q=2400Q

•5x1

(3)[6步端是与“1”相连的，电流表量程为1A,分度值是0.02A,多用电表读数为

0.02Ax26=0.52A

⑺此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为

14xl00Q=1400Q

(4)⑻当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流及不变，欧姆表内阻

变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有

[=E=4凡

凡+R、0+K

由于及不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。

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)0.4m/s,方向向左(2)1T(3)0.25T

【解题分析】

试题分析：(l)mi与m2碰前速度为vi,由动能定理

11212

—|imigl=­miV|-----miv0

代入数据解得：vi=0.4m/s

设V2=0.lm/s,mi、m2正碰，由动量守恒有：

miV[=mivi'+m2V2

代入数据得：v/=-0.4m/s,方向水平向左

(2)012恰好做匀速圆周运动，所以qE=m2g

得：q=2xlO-3C

粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R,则

V；

qv2B=m2—

R

轨迹如鹰，由几何关系有：R=IOP

解得：B=1T

⑶当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，mi碰后做匀减速运动.

mi匀减速运动至停，其平均速度为：

_1

V=-v/=0.2m/s>V2=0.1m/s

2

所以m2在皿停止后与其相碰

由牛顿第二定律有：f=|imig=mia

mi停止后离O点距离：s=匕一

2a

则m2平抛的时间：t=一

打

平抛的高度：h=；gt?

设m2做匀速圆周运动的半径为R，，由几何关系有:

XXX

E

X

MXX

8

X

产

XX

77k

XXXX

XXX

1

R'=-h

2

由qv2B'=