2024年高三物理試卷練習(xí)題及答案（八）

一、選擇題

「如圖1,廣州塔摩天輪位于塔頂450米高空處，摩天輪由16個“水晶”觀光球艙組成,

沿著傾斜的軌道做勻速圓周運動，則坐于觀光球艙中的某游客（

圖1

A.動量不變B.線速度不變

C.合外力不變D.機械能不守恒

【答案】D

【解析】坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷改變，可知線速度不

斷改變，動量也不斷變化；由于向心加速度方向不斷變化，可知合外力大小不變，但方向不斷

改變，選項A、B、C錯誤；由于動能不變，重力勢能不斷變化，可知機械能不守恒，選項D

正確.

2.中微子是一種不帶電、質(zhì)量很小的粒子.早在1942年我國物理學(xué)家王途昌首先提出證

實中微子存在的實驗方案.靜止的被核（；Be）可能從很靠近它的核外電子中俘獲一個電子（動能

忽略不計）形成一個新核并放出中微子，新核處于激發(fā)態(tài)，放出丫光子后回到基態(tài).通過測量

新核和Y光子的能量，可間接證明中微子的存在.貝11（）

A.中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新核的動量相同

B.反應(yīng)過程吸收能量

C.產(chǎn)生的新核是鋰核（；Li）

D.中微子的動能與處于激發(fā)態(tài)新核的動能相等

【答案】C

【解析】根據(jù)題意可知發(fā)生的核反應(yīng)方程為"Be+"e-；Li+K,所以產(chǎn)生的新核是鋰

核，反應(yīng)過程放出能量，故B錯誤，C正確；根據(jù)動量守恒可知中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新

核的動量大小相等，方向相反，故A錯誤；中微子的動量與處于激發(fā)態(tài)新核的動量大小相等,

夕2

而質(zhì)量不等,根據(jù)￡k=可知中微子的動能與處于激發(fā)態(tài)新核的動能不相等，故D錯誤.

2/77

3.一物塊放在水平桌面上，在水平輕彈簧的拉力尸作用下，沿桌面做勻速直線運動，彈

簧的伸長量為X；將彈簧方向變成與水平面成60。角，物塊在拉力作用下仍沿桌面做勻速直線

運動，此時彈簧的伸長量是（物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為冷，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）（）

144m

A.B-xC.2xD.-n

259

【答案】B

【解析】當(dāng)彈簧水平拉力為尸時：根據(jù)平衡條件得：依=萬=當(dāng)彈簧方向變

成與水平面成60。角時，豎直方向依sin60。+&'=水平方向：4cos60。=k=〃&'=7g

4

-Mn60°）,聯(lián)立解得乂=RX,A、C、D錯誤，B正確.

5

4.如圖2,a①是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為/?,3c是半徑為/?的四分之

一圓弧與ab相切于6點.一質(zhì)量為6的小球受到與重力大小相等的水平外力尸的作用，自

a點從靜止開始向右運動，運動到6點時立即撤去外力￡重力加速度大小為g,下列說法正

確的是（）

圖2

A.水平外力尸做的功為2mgR

B.小球運動到6點時對圓弧軌道的壓力大小為3mg

C.小球能從c點豎直向上飛出

D.小球運動到c點時對圓弧軌道的壓力大小為mg

【答案】B

【解析】水平外力尸做的功為：M/=FR=mgR,選項A錯誤；從a至U6由動能定理：FR

展77〃；在6點由牛頓第二定律:Fzb—mg=解得兒=3/77g,結(jié)合牛頓第三定律可知,

11

選項B正確；由機械能守恒定律得：-^mv^mgR+-mv^解得匕=0,即到達c點的速度為

零，運動到c點時小球?qū)A弧軌道的壓力大小為0,選項C、D錯誤.

5.如圖3所示，邊界。例與O/V之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界O/V上有一

粒子源S某一時刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不

計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間有大量粒子

從邊界。例射出磁場.已知4例OA/=30。，從邊界射出的粒子在磁場中運動的最長時間等

于:《廠為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界。例射出的粒子在磁場中運動的最短時間為

1111

-

/\3~T47~C6-7~D.8-T

【答案】A

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S出射點在。。直線上，出射點與

S點的連線為軌跡的一條弦.當(dāng)從邊界射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦

最短，根據(jù)幾何知識，作則所為最短的弦，粒子從S到6的時間即最短，如圖所

示.

由題意可知，粒子運動的最長時間等于:7設(shè)。S=a貝IJOS=OStan30°=￥口粒子在

磁場中做圓周運動的軌道半徑為：

DSA/3

r—=7-d

261

由幾何知識有：

1

ES=OSin30°=~d,故在△O.ES中由余弦定理得

2『-EC1,

cos9-1方一=貝IJ:9=120°,

粒子在磁場中運動的最短時間為：

e1

Zmin=右而7=5升故A正確，B、C、D錯誤.

obUo

6.2018年12月8日，“嫦娥四號”月球探測器在我國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，探

測器奔月過程中，被月球俘獲后在月球上空某次變軌是由橢圓軌道a變?yōu)榻聢A形軌道6,如

圖4所示，a、匕兩軌道相切于戶點.不計變軌過程探測器質(zhì)量變化，下列說法正確的是()

A.探測器在a軌道上戶點的動能小于在6軌道上戶點的動能

B.探測器在a軌道上戶點的加速度大于在6軌道上0點的加速度

C.探測器在a軌道運動的周期大于在6軌道運動的周期

D.為使探測器由a軌道進入6軌道，在戶點必須減速

【答案】CD

【解析】從高軌道a到低軌道白需要在戶點進行減速，所以，在a軌道上戶點的動能大

Mm

于在5軌道上戶點的動能，A錯誤，D正確；根據(jù)牛頓第二定律得：G/=/77d,所以在ab

T2「3

軌道上0點到月球中心的距離，相同，加速度一樣，B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律：方=言，

所以在a軌道運動的周期大于在6軌道運動的周期，C正確.

7.如圖5甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂

直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Q的直導(dǎo)體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初

始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好.已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為03不計金

屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s?.現(xiàn)

若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規(guī)律如圖乙所示，貝1J()

圖5

A.導(dǎo)體棒的電流是從6到a

B.通過導(dǎo)體棒的電流大小為0.5A

C.0~2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125J

D"=TTS時，導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.3N

【答案】AC

【解析】穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導(dǎo)體棒的電流是從白到a,

選項A正確；假設(shè)0~TTS時間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，感應(yīng)電動勢￡=筆=^1111/=與><17[*12\/

=0.25V,則感應(yīng)電流/=5=亨A=0.25A,f=ns時，導(dǎo)體棒受到的安培力F=2Blr=

2x0,5x0.25xlN=0.25N；最大靜摩擦力品=〃mg=0.3N,則假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦

力大小為0.25N,選項B、D錯誤；0~2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為。=O^xlx?J=

0.125J,選項C正確.

8.如圖6所示，磁單極子會在其周圍形成均勻輻射磁場.質(zhì)量為m,半徑為/?的圓環(huán)當(dāng)

通有恒定的電流/時，恰好能水平靜止在N極正上方H處.已知與磁單極子N極相距;?處的

k

磁感應(yīng)強度大小為8=7其中左為常數(shù).重力加速度為9則（）

A.靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視）

B.靜止時圓環(huán)沿其半徑方向有擴張的趨勢

C.靜止時圓環(huán)的電流/=彳n而

D.若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小

【答案】AC

【解析】環(huán)所在處的磁場的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知,

靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向（俯視），故A正確，?靜止時圓環(huán)的電流方向為順時針方向

(俯視)，由左手定則可知，環(huán)上的各點受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢，

故B錯誤；對環(huán)的某一部分進行受力分析：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個的環(huán)

在水平方向的合力為0,豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點電流的方向與磁

R

場的方向都垂直，所以整體受到的安培力為夕,2TTR/COS6=/77g,由幾何關(guān)系：cos6=十方,

kmg｛仔+&)

由題上產(chǎn)^聯(lián)立得：/=故正確；結(jié)合的受力分析可知，若將圓環(huán)

-2TTA7?~CC

向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減??；由靜止釋放，重力開始時大于安培力，所以環(huán)

加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度減小，故D錯誤.

9.(6分)如圖7甲所示，是研究小車做勻變速直線運動規(guī)律的實驗裝置，打點計時器所接

的交流電源的頻率為f=50Hz,試問：

長木板小至紙帶接電源

丙

圖7

(1)實驗中，必要的措施是.

A.細線必須與長木板平行

B.小車必須具有一定的初速度

C.小車質(zhì)量遠大于鉤碼質(zhì)量

D.必須平衡小車與長木板間的摩擦力

(2)如圖乙所示，/、B、C、D、E、F、G是剛打好的紙帶上7個連續(xù)的點.從圖乙中可讀

得先=cm,計算尸點對應(yīng)的瞬時速度的表達式為幺=.

(3)如圖丙所示，是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的J-2x圖線”為各點的速度大小)，由圖線可知小

車運動的加速度為m/s?.(保留2位有效數(shù)字)

人用一為)

【答案】q)A(2)6.00―(3)0.50(0.48-0.52)

【解析】(1)實驗中，細線必須與長木板平行，以減小實驗的誤差，選項A正確；實驗中

讓小車由靜止釋放，不需要初速度，選項B錯誤；此實驗不需要使得小車質(zhì)量遠大于鉤碼質(zhì)量,

選項C錯誤；此實驗沒必要平衡小車與長木板間的摩擦力，選項D錯誤.

⑵從題圖乙中可讀得關(guān)=6.00cm,計算尸點對應(yīng)的瞬時速度的表達式為幺=寫上=

-2--

,,,,,,——,.△(/1.50-0.25,,

(3)由圖線可知小車運動的加速度為a===m/s=0.50m/s.

10.某同學(xué)利用如圖8所示的電路測量一表頭的電阻.供選用的器材如下：

A.待測表頭Gi,內(nèi)阻方約為300Q,量程5.0mA；

B.靈敏電流計G2,內(nèi)阻介=300Q,量程1.0mA；

C.定值電阻/?=1200Q；

D.滑動變阻器吊=20Q；

E.滑動變阻器/?2=2000Q；

F.電源，電動勢￡=3.0V,內(nèi)阻不計；

G.開關(guān)S,導(dǎo)線若干.

⑴在如圖乙所示的實物圖上將導(dǎo)線補充完整；

(2)滑動變阻器應(yīng)選______(填寫器材前的字母代號).開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑片P

應(yīng)滑動至______端(填行或‘方’)；

(3)實驗中某次待測表頭G1的示數(shù)如圖丙所示，示數(shù)為mA；

(4)該同學(xué)多次移動滑片只記錄相應(yīng)的&、G2讀數(shù)/1、人以L為縱坐標(biāo)，/1為橫坐標(biāo)，作

出相應(yīng)圖線.已知圖線的斜率左=0.18,則待測表頭內(nèi)阻方=Q.

(5)該同學(xué)接入電阻/?的主要目的是

【答案】⑴如圖：

s

⑵Da(3)3.00(4)270⑸保護G2,使兩表均能達到接近滿偏

【解析】(工)實物連線如圖：

s

(2)因為滑動變阻器要接成分壓電路，則應(yīng)該選擇阻值較小的D；開關(guān)S閉合前，滑動變阻

器的滑片戶應(yīng)滑動至a端；

⑶待測表頭Gi的示數(shù)為3.00mA；

(4)由歐姆定律可知：/僚=%(/?+⑸，即公封九，則「7—18,解得zi=270Q；

A-r/2?/2

(5)該同學(xué)接入電阻/?的主要目的是：保護Gz,使兩表均能達到接近滿偏.

10.某中學(xué)生對剛買來的一輛小型遙控車的性能進行研究.他讓這輛小車在水平的地面上

由靜止開始沿直線軌道運動，并將小車運動的全過程通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到

如圖1所示的i/-？圖象.已知小車在0~2s內(nèi)做勻加速直線運動，2~11s內(nèi)小車牽引力的功

率保持不變，9~11s內(nèi)小車做勻速直線運動，在11s末開始小車失去動力而自由滑行.已知

小車質(zhì)量刀=1kg,整個過程中小車受到的阻力大小不變，試求：

⑴在2~11s內(nèi)小車牽引力的功率戶的大??；

⑵小車在2s末的速度14的大小；

⑶小車在2~9s內(nèi)通過的距離x

【答案】(1)16W(2)4m/s(3)44m

【解析】⑴根據(jù)題意，在11s末撤去牽引力后，小車只在阻力萬作用下做勻減速直線運

△/

d22

3-一-S

動，設(shè)其加速度大小為a,根據(jù)題圖可知-△r-m/

根據(jù)牛頓第二定律有:Fkma；

解得:A=2N；

設(shè)小車在勻速直線運動階段的牽引力為￡則：尸=6,14,=8m/s；

根據(jù)：P=Fvm；

解得:^=16W；

、14

(2)0~2s的勻加速運動過程中，小車的加速度為：ax=—=~；

設(shè)小車的牽引力為月，根據(jù)牛頓第二定律有：F「Fkma,；

根據(jù)題意有；P=Fxvx:

聯(lián)立解得：巳=4m/s；

11

⑶在2~9s內(nèi)的變加速過程，Z\?=7s,由動能定理可得：包一萬萬二萬^^一萬^^；

解得小車通過的距離是：x=44m.

1L如圖2所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xQy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，

有一質(zhì)量為m,電荷量為-q[-g<0)的帶電絕緣小球，從"軸上的尺0,/)點由靜止開始釋放,

運動至x軸上的/(-/,0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分

之三圓弧形光滑絕緣細管，細管的圓心a位于"軸上，交"軸于6點，交x軸于/點和a/,o)

點，已知細管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠小于細管軌道的半徑，不計空氣阻力，重力加

速度為g.求：

圖2

(1)勻強電場的電場強度的大??；

(2)小球運動到8點時對管的壓力的大小和方向；

⑶小球從。點飛出后落在x軸上的位置坐標(biāo).

【答案】⑴詈(2)3(^2+V)mg方向向下

⑶(-7/,0)

【解析】(1)小球由靜止釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從4點

沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45。，即加速度方向與豎直方向的夾角

為45°,則tan45。=罷

匚q

解得：公譚

(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，細管軌道的半徑/?=*/

從2點到6點的過程中，根據(jù)動能定理得：-0=mg(2L+必/)+EqL

2

在8點，根據(jù)牛頓第二定律得：國-/7?9=牛

聯(lián)立解得：A=3(72+1)mg,方向向上

根據(jù)牛頓第三定律可得小球運動到6點時對管的壓力的大小用=3(娘+1)00方向向下

⑶從0到/的過程中,根據(jù)動能定理得：

~^ITIVA-mgL+EqL

解得：以=2y[gL

小球從。點拋出后做類平拋運動

拋出時的速度Vc—141—27gL

小球的加速度0=&g

1

當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到X軸，則有：

解得」=2第

貝IJ沿x軸方向運動的位移x==y/21/〃=2犯Zx2、償=8/

則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標(biāo)Y=Z-8Z=-IL

12.恒溫環(huán)境中，在導(dǎo)熱良好的注射器內(nèi)，用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體.用力緩慢向

外拉活塞，此過程中.

A.封閉氣體分子間的平均距離增大

B.封閉氣體分子的平均速率減小

C.活塞對封閉氣體做正功

D.封閉氣體的內(nèi)能不變

E.封閉氣體從外界吸熱

⑵某同學(xué)設(shè)計了測量液體密度的裝置.如圖3,左側(cè)容器開口；右管豎直，上端封閉，導(dǎo)

熱良好，管長4=1m,粗細均勻，底部有細管與左側(cè)連通，初始時未裝液體.現(xiàn)向左側(cè)容器

緩慢注入某種液體，當(dāng)左側(cè)液面高度為。=0.7m時，右管內(nèi)液柱高度。=0.2m.已知右管

橫截面積遠小于左側(cè)橫截面積，大氣壓強夕。=1.0x105Pa,取g=10m/s：

圖3

①求此時右管內(nèi)氣體壓強及該液體的密度；

②若此時右管內(nèi)氣體溫度r=260K,再將右管內(nèi)氣體溫度緩慢升高到多少K時，剛好將右

管中液體全部擠出？(不計溫度變化對液體密度的影響)

【答案】⑴ADE⑵①1,25x105pa5xl03kg/m3②351K

【解析】⑴對于一定質(zhì)量的理想氣體，氣體的內(nèi)能和分子平均速率只取決于溫度，由題

目可知，溫度不變，則封閉氣體的內(nèi)能不變，封閉氣體分子的平均速率也不變，故B錯誤，D

正確；用力向外緩慢拉動活塞過程中，氣體體積增大，則分子間的平均距離增大，氣體對活塞

做正功，則活塞對氣體做負功，故A正確，C錯誤；根據(jù)△〃="+。可知，溫度不變，則內(nèi)

能〃不變，即△〃=0,用力向外緩慢拉動活塞，貝IJ伏0,故。＞0，即氣體從外界吸收熱量，

故E正確.

(2)①設(shè)右管橫截面積為S,對右管內(nèi)的氣體，由玻意耳定律：=

其中：14=￡。514=(Ao-hz)S

解得:M=1,25X1