2024屆華大新高考聯(lián)盟名校高考預測卷理綜試題-高中物理（解析版）

華大新高考聯(lián)盟2024年名校高考預測卷理科綜合能力測試注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.核污水排海威脅人類安全，引發(fā)國際社會強烈反對。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰變方程為，半衰期為8天，則下列說法正確的是（）A.衰變產(chǎn)生的射線由原子核外電子躍遷產(chǎn)生B.元素核的比結(jié)合能大于元素核的比結(jié)合能C.凈化污水過程中可采用高溫、高壓的環(huán)境，加快原子的衰變D.經(jīng)過16天，200個原子核有150個發(fā)生了衰變【答案】B【解析】【詳解】A．衰變產(chǎn)生的射線是由原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子產(chǎn)生的，故A錯誤；B．更穩(wěn)定，元素核的比結(jié)合能大于元素核的比結(jié)合能，故B正確；C．半衰期由核內(nèi)部本身的因素決定，與原子所處的物理狀態(tài)或化學狀態(tài)無關，故C錯誤；D．半衰期是大量原子核衰變統(tǒng)計規(guī)律，對少量原子核衰變不適用，故D錯誤。故選B。2.擲冰壺是以隊為單位，在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被喻為冰上的“國際象棋”。如圖，在某次比賽中，冰壺被投出后做勻減速直線運動，經(jīng)過20s停止，第10s內(nèi)的位移大小為4.2m，下列說法正確的是（）A.冰壺的加速度大小為B.冰壺的初速度大小為8.4m/sC.冰壺在前10s的位移與后10s內(nèi)的位移大小之比為2∶1D.冰壺在第1秒內(nèi)位移大小為7.8m【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，第10s內(nèi)的位移大小為4.2m，則時冰壺的速度為整個過程的逆過程為初速度為零的勻加速直線運動，則解得冰壺的加速度大小為故A錯誤；B．冰壺的初速度大小為故B錯誤；C．冰壺在前10s的位移冰壺在后10s的位移冰壺在前10s的位移與后10s內(nèi)的位移大小之比為故C錯誤；D．冰壺在第1秒內(nèi)的位移大小為故D正確。故選D。3.星際飛船探測X星球，當飛船繞X星球做勻速圓周運動時，測得飛船與X星球中心連線在t0（小于飛船做圓周運動周期）時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為θ，掃過的面積為S，忽略X星球自轉(zhuǎn)的影響，引力常量為G，則X星球的質(zhì)量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設飛船繞X星球做圓周運動的半徑為r，則解得飛船做圓周運動的角速度由解得故選D。4.如圖所示，半徑為12cm的半圓形透明柱體與屏幕MN接觸于B點，MN垂直于直徑AB，一單色光a以入射角53°射向圓心O，反射光線b與折射光線c恰好垂直。已知光在真空中的傳播速度為3×108m/s，則下列說法正確的是（）A.柱體的折射率為 B.兩個光斑之間的距離為20cmC.增大光束a的入射角，可以在O點發(fā)生全反射 D.光在介質(zhì)中的傳播速度v=2.25×108m/s【答案】D【解析】【詳解】A．由b、c兩束光線垂直，可得折射角為37°，折射率A錯誤；B．兩個光斑之間的距離為B錯誤；C．由光疏介質(zhì)進入光密介質(zhì)，不會發(fā)生全反射，C錯誤；D．光在介質(zhì)中的傳播速度D正確。故選D。5.如圖（a）所示，原長為0.3m的輕質(zhì)彈簧的下端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，在彈簧的上端從靜止開始釋放1kg的小球，小球的加速度大小a與彈簧長度x間的關系如圖（b）所示。重力加速度g取，則（）A.斜面傾角的正弦值為0.8 B.彈簧的勁度系數(shù)為C.小球的最大動能為0.6J D.彈簧最大彈性勢能為1.2J【答案】D【解析】【詳解】AB．當x<0.2m時，由牛頓第二定律，可得整理，可得結(jié)合圖像，有，解得，故AB錯誤；C．由圖（b）可知小球在x2＝0.2m時，a＝0，此時小球的速度最大，在x3＝0.3m時，根據(jù)結(jié)合a-x圖像中圖線與坐標軸所圍面積小球的最大動能為聯(lián)立，解得故C錯誤；D．根據(jù)小球運動的對稱性，可知當x1＝0.1m時，運動至最低點，彈簧具有最大彈性勢能，根據(jù)能量守恒，可知故D正確。故選D。6.如圖所示，光滑水平桌面上放有一根通有恒定電流I的直導線，在導線一側(cè)有一個銅制圓環(huán)。將圓環(huán)分兩次釋放，初速度大小均為，方向與直導線的夾角均為，假設圓環(huán)不會與導線相碰，則下列說法正確的是（）A.兩次圓環(huán)中感應電流方向相同B.兩次圓環(huán)開始時刻受到的安培力方向相反C.兩次圓環(huán)的末速度相同D.兩次圓環(huán)到達穩(wěn)定狀態(tài)所需的時間相同【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)安培定則，導線中電流在上側(cè)產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，當圓環(huán)斜向右上方運動時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應電流沿逆時針方向，當圓環(huán)斜向右下方運動時，穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應電流沿順時針方向，可知，兩次圓環(huán)中感應電流方向相反，故A錯誤；B．在圓環(huán)上截取左右對稱的兩個微元，根據(jù)對稱性與左手定則，兩個微元所受安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，即圓環(huán)水平方向合力為0。在圓環(huán)上截取上下對稱的兩個微元，根據(jù)對稱性與左手定則，兩個微元所受安培力在豎直方向的分力方向相反，由于距離導線越遠，磁感應強度越小，則在豎直方向上，兩個微元中下側(cè)的微元所受安培力豎直方向的分力大一些，結(jié)合上述感應電流的方向，利用左手定則，可以判定下側(cè)的微元所受安培力豎直方向的分力一個豎直向下，一個豎直向上，即兩次圓環(huán)開始時刻受到的安培力方向相反，故B正確；C．結(jié)合上述可知，在感應電流所受安培力作用下，圓環(huán)在豎直方向做減速運動，當豎直分速度減為0時，圓環(huán)向右做勻速直線運動，穿過圓環(huán)的磁通量不再發(fā)生變化，之后圓環(huán)中沒有感應電流，可知，最終圓環(huán)的速度均為，故C正確；D．結(jié)合上述，圓環(huán)在豎直方向做減速運動，由于距離導線越遠，磁感應強度越小，則圓環(huán)斜向右下方運動時，所受安培力大一些，即此時豎直方向減速過程的加速度大一些，可知，斜向右下方運動至穩(wěn)定狀態(tài)所用時間短一些，故D錯誤。故選BC。7.如圖所示，水平地面上有一半徑為5m的半球形曲面，球心A點正下方2m的P處有一噴泉沿水平方向噴出水流，設水流垂直落到半球形曲面上，噴口橫截面積為，重力加速度，水的密度為，，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.水流初速度的大小為B.任意相等時間內(nèi)水流的速度變化量一定相等C.水流落到半球形曲面上的位置離地面高度為1mD.水流噴出的過程中，噴泉裝置對水流做功的功率為【答案】BC【解析】【詳解】A．依題意，水流做平拋運動，設垂直落到半球形曲面上時速度與水平方向夾角為，如圖所示可得由幾何關系，可得，聯(lián)立解得，故A錯誤；B．根據(jù)可知任意相等時間內(nèi)水流的速度變化量一定相等，故B正確；C．水流落到半球形曲面上的位置離地面高度為故C正確；D．水流噴出的過程中，噴泉裝置對水流做功的功率為又聯(lián)立解得故D錯誤。故選BC。8.如圖（a）所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強磁場，規(guī)定垂直紙面向外為磁場正方向，磁感應強度B按如圖（b）所示規(guī)律變化，其中已知，未知。時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子從N點以速率沿NP方向射入磁場，不計重力。則下列說法正確的是（??）A.若，粒子從Q點射出磁場，MN邊長度一定為B.若，粒子從Q點射出磁場，MN邊的長度可能為C.若，粒子從Q點射出磁場，粒子運動的時間可能為D.若，粒子從Q點射出磁場，粒子運動的時間可能為【答案】C【解析】【詳解】AC．（1）若，粒子從Q點射出磁場，其可能的運動軌跡如圖甲、乙所示由幾何關系可知，則粒子圓周軌跡半徑r和運動時間必須滿足粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有得由以上各式聯(lián)立解得故A錯誤，C正確；BD．若，粒子從Q點射出磁場，其可能的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知，則粒子圓周軌跡半徑r和運動時間必須滿足又因為由以上各式聯(lián)立解得故BD錯誤。故選C。二、非選擇題：共174分。9.某同學探究“在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度a與合外力F的關系”。（1）如圖（a）所示，實驗中利用位移傳感器間接測量加速度a，其方法是由靜止釋放小車，通過位移傳感器發(fā)射紅外線脈沖和超聲波脈沖的傳播速度不同來測量小車距離，從而得到發(fā)射端到接收端的距離隨時間變化的圖像如圖（b）所示，則時，小車的速度大小為______，小車的加速度大小為______。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（2）圖（c）表示發(fā)射紅外線脈沖和超聲波脈沖時刻，圖（d）表示接收紅外線脈沖和超聲波脈沖時刻，圖中脈沖2表示______（填“紅外線脈沖”或“超聲波脈沖”）。已知脈沖1和2在空氣中的傳播速度分別為和，結(jié)合圖中時刻和，計算機利用公式______運算即可得到發(fā)射端到接收端的距離。（3）實驗前需要補償小車運動的阻力，其具體操作是______，輕推小車，得到圖像為一條傾斜直線?！敬鸢浮浚?）①.0.10②.0.10（2）①.超聲波脈沖②.（3）見解析【解析】【小問1詳解】[1]圖（b）中，圖像的斜率表示速度，則時，小車的速度大小為[2]根據(jù)速度公式有解得【小問2詳解】[1]紅外線脈沖的傳播速度等于光速，超聲波是一種機械波，光速c遠遠大于超聲波的傳播速度，即紅外線在短距離內(nèi)從發(fā)射到接受的時間近似為0，相對于紅外線而言，超聲波在短距離內(nèi)從發(fā)射到接受的時間較大，可知，脈沖2表示超聲波脈沖；[2]結(jié)合上述，根據(jù)圖（c）（d）可知，超聲波傳播的時間發(fā)射端到接收端的距離解得【小問3詳解】補償小車運動的阻力，即構(gòu)建斜面，使小車重力沿斜面的分力與阻力平衡，其具體操作是將軌道有位移傳感器的一端適當墊高，不掛鉤碼，輕推小車，得到圖像為一條傾斜直線。10.物理實驗小組要測一未知電阻的阻值，要求盡可能精確測量。（1）為便于設計電路，該實驗小組先用多用電表粗測的阻值，選用歐姆表倍率測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)過小，為了較準確地進行測量，應該選擇______（填“×100”或“×1”）倍率，并重新進行歐姆調(diào)零，正確操作并讀數(shù)，若這時刻度盤上的指針位置如圖（a）所示，則測量結(jié)果是______Ω；（2）實驗室提供了如下實驗器材：A．電源E（電動勢為12V，內(nèi)阻不計）；B．電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻約為15kΩ）；C．電流表（量程為30mA，內(nèi)阻約為10Ω）；D．電流表（量程為20mA，內(nèi)阻約為15Ω）；E．滑動變阻器（最大阻值為20Ω，額定電流為1A）；F．滑動變阻器（最大阻值為1kΩ，額定電流為0.5A）；G．開關及導線若干。（3）為盡可能準確測量的阻值，實驗小組設計了如圖（b）所示的電路，實驗過程如下：①正確連接實驗電路后，調(diào)節(jié)滑動變阻器、的滑片至適當位置；②斷開開關，閉合開關，調(diào)節(jié)滑動變阻器、滑片，使電流表的示數(shù)恰好為電流表示數(shù)的四分之三，記錄此時電壓表V的示數(shù)和電流表的示數(shù)；③保持滑動變阻器的滑片位置不變，再閉合開關，記錄電壓表V的示數(shù)和電流表的示數(shù)；④根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得______；該實驗也可測得電流表的內(nèi)阻______（用、、、表示）。⑤該實驗中的測量值和真實值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?×100②.1600③.④.⑤.不變【解析】【詳解】（1）[1]選用歐姆表倍率測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)過小，說明待測電阻阻值較大，為了較準確地進行測量，應該選擇×100倍率。[2]測量結(jié)果為（3）[3]斷開開關時，根據(jù)并聯(lián)電路的電阻與電流成反比，有閉合開關時，有解得[4]根據(jù)閉合電路的歐姆定律測得電流表的內(nèi)阻[5]實驗處理數(shù)據(jù)時考慮了電表的內(nèi)阻，該實驗中的測量值和真實值相比不變。11.室內(nèi)有一導熱性能良好的汽缸豎直放置開口向上，缸內(nèi)有一質(zhì)量不可忽略的活塞，活塞橫截面積為S，活塞可在汽缸內(nèi)無摩擦滑動，穩(wěn)定時活塞下方封閉一定質(zhì)量的理想氣體；當把汽缸移到室內(nèi)、外熱力學溫度比為的室外時，活塞通過輕繩和滑輪懸掛一個與活塞一樣重的物塊1（如圖所示），穩(wěn)定后測得氣體體積與初始狀態(tài)相同；當在懸掛的重物下方再加上物塊2時，穩(wěn)定后測得氣體體積前后的體積比為，室內(nèi)、外大氣壓強可視為相等且大小為，活塞始終不滑離汽缸。求：（ⅰ）活塞所受重力大??；（ⅱ）若，則物塊1和物塊2的質(zhì)量之比為多少?！敬鸢浮浚á。唬áⅲ窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚á。┰谑覂?nèi)對活塞①移到室外掛上物塊1②體積不變，根據(jù)查理定律③因活塞質(zhì)量與物塊1質(zhì)量相等由①②③得活塞所受的重力大?、埽áⅲ┦彝庠賿焐衔飰K2后，對活塞和物塊1與物塊2⑤溫度不變，根據(jù)玻意耳定律⑥由②⑤⑥得⑦又若由④⑦得⑧12.如圖所示，絕緣長板A靜置于水平面上，絕緣長板A左端到固定豎直擋板的距離，帶負電且電荷量的物塊B（可視為質(zhì)點）置于絕緣長板A的右端，絕緣長板A上表面水平，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，場強大小。已知A、B的質(zhì)量均為，A與水平面間的動摩擦因數(shù)，A與B間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，絕緣長板A與擋板間的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間很短可不計，絕緣長板A足夠長，物塊B始終未離開絕緣長板A，重力加速度g取?，F(xiàn)將物塊B從靜止開始無初速度釋放，不計空氣阻力，求：（1）絕緣長板A第一次與固定豎直擋板碰撞前瞬時速度大小；（2）從物塊B靜止釋放開始，到絕緣長板A第二次與固定豎直擋板碰撞前瞬時，A、B相對位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）物體B受到電場力為設AB視作一個整體，設整體的加速度為a，則對整體列牛頓第二定律解得a對B牛頓第二定律得解得AB之間的最大靜摩擦力為則假設成立，AB一起向左運動，設絕緣長板A第一次與固定豎直擋板碰撞前瞬時速度，則有解得（2）設第一次碰撞之后長板A的加速度大小為，物塊B的加速度大小為，則對長木板A列牛頓第二定律解得a對物塊B列牛頓第二定律解得第一次碰撞之后，設時間后長木板A減速為0，則物塊B減速到速度時間內(nèi)相對位移之后設經(jīng)時間共速，對長木板A列牛頓第二定律解得則有解得，時間內(nèi)相對位移故A、B相對位移大小之后再一起做減速運動到