2024年高考物理考前押題卷（遼寧卷）（解析版）

2024年高考考前押題密卷

物理?全解全析

一、單選題

1.近年來，中國軍力發(fā)展很快，即直19和直20等直升機以及殲20等戰(zhàn)斗機入列，大大提高中國空軍的綜

合作戰(zhàn)能力。如圖為直20直升飛機吊裝全地形車的情景，飛機水平勻速飛行的同時把全地形車往上提升，

在此過程中繩始終保持豎直，讓全地形車豎直向上做勻加速直線運動，若全地形車剛開始向上運動的位置

為坐標原點，則全地形車的運動軌跡為()

C

【解析】因為全地形車水平方向做勻速直線運動，速度為v,豎直方向上做勻加速直線運動，加速度為。，

1

可得x=y=-at2=—；所以y—x圖像是一個運動軌跡彎向合力方向的拋物線圖。故選C。

2.鉉基熔鹽核反應堆不僅發(fā)電效率高，而且核廢料污染小，具有廣闊的應用前景。記Th本身不能直接使

用，需經過一系列核反應后先生成;fPa,；fpa再衰變生成腎u,利用中子轟擊針U發(fā)生裂變后釋放核

能,其典型產物是貴Ba和黑Ke,已知羋Pa的半衰期為27天，則()

A.$U裂變反應的方程為皆uT?Ba+^Ke+2'n

B.^Ke的結合能大于腎U的結合能

C.大量的;：Pa經過54天后有四分之一發(fā)生了衰變

D.$pa發(fā)生的是用衰變

【答案】

D

【解析】

腎U發(fā)生裂變反應時要有中子參加反應，選項A錯誤；利用中子轟擊鎮(zhèn)U發(fā)生裂變后釋放核能，其產物是

器Ba和；，Ke,生成物更穩(wěn)定，比結合能更大，但是質量數(shù)不同無法判斷*Ke的結合能與至u的結合能

的關系，選項B錯誤；已知Pa的半衰期為27天，則大量的jfPa經過54天后有四分之三發(fā)生了衰變，

剩下原來的四分之一沒有衰變，選項C錯誤；pa衰變生成:u的反應方程為孝Paf第U+%；則發(fā)

生的是夕衰變，選項D正確。故選D。

3.如圖所示，一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚，在玻璃磚底面上的入射角為6,經折射后射出

a、匕兩束光線。貝U()

A.在真空中，a光的波長大于b光的波長

B.若改變光束的入射方向使。角逐漸變大，則折射光線〃首先消失

C.分別用匕光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，a光的干涉條紋間距小于力光

D.經過相同寬度的狹縫時，。光比〃光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象

【答案】

C

【解析】

cinr

由圖可知光線〃的偏折程度大，根據(jù)折射定律公式〃二——；可知。光的折射率大，。光的頻率高，根據(jù)

sin8

c=〃，。光在真空中的波長較短；光線。在真空中的波長較短，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Ax=人2,

d

分別用。、匕光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，。光的干涉條紋間距小于h光的干涉條紋間距，故A

錯誤，C正確；若改變光束的入射方向使。角逐漸變大，則折射光線。的折射角先達到90。，故。光先發(fā)生

全反射，折射光線先消失，故B錯誤；由于a光的波長小于b光的波長，經過相同寬度的狹縫時，人光比a

光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，故D錯誤。故選C。

4.在f=0時刻，一波源從坐標原點的平衡位置沿y軸負方向開始振動，振動周期為0.2s,在同一均勻介

質中形成沿x軸正、負兩方向傳播的簡諧橫波。f=0.3s時，該波的波形圖是（）

【答案】

D

【解析】

波源振動在同一均勻介質中形成沿x軸正、負兩方向傳播的簡諧橫波。f=0.3s時，該波沿x軸正、負兩方

向各傳播1.5個波長，且開始振動的質點向y軸負方向運動。故選D。

5.健身球是一種內部充氣的健身輔助器材，如圖所示，球內的氣體可視為理想氣體，當球內氣體被快速擠

壓時來不及與外界熱交換，而緩慢變化時可認為能發(fā)生充分的熱交換。則下列說法正確的是（）

A.人體快速擠壓健身球過程中,球內氣體壓強減小

B.人體快速擠壓健身球過程中,球內氣體分子熱運動的平均動能增大

C.人體緩慢離開健身球過程中,球內表面單位時間單位面積上撞擊的分子數(shù)不變

D.人體緩慢離開健身球過程中,球內氣體對外放熱

【答案】

B

【解析】

人體快速擠壓健身球過程中，來不及與外界熱交換，球內氣體體積減小，外部對氣體做功，氣體溫度升高,

則壓強變大，球內氣體分子熱運動的平均動能增大，故A錯誤，B正確；人體緩慢離開健身球過程中，球內

氣體能與外界發(fā)生充分的熱交換，則球內氣體的溫度不變，體積變大，壓強變小，氣體分子數(shù)密度減小,

而分子的平均速率不變，則球內表面單位時間單位面積上撞擊的分子數(shù)減小，氣體對外做功，內能不變,

則球內氣體從外界吸熱，故CD錯誤。故選B。

6.如圖是一個正弦式交變電流，隨時間/變化的圖像。下列說法正確的是()

A.交變電流的周期為0.25sB.交變電流的有效值為10后A

C.在f=0.15s時交變電流方向發(fā)生改變D.該交變電流的表達式為i=10sinl0;rA

【答案】

C

【解析】

根據(jù)電流，隨時間/變化的圖像可知周期為T=0.2s；峰值為。=10人；有效值為/=組=5伍；故AB

V2

錯誤；根據(jù)交變電流變化規(guī)律知線圈每通過中性面一次，電流方向改變一次，在/=0.15s時電流為零，該

時刻線圈在中性面，所以在r=0.15s時交變電流方向發(fā)生改變，故C正確；由A選項知峰值=10A,周

27rIT

期T=0.2s,角速度為。=于=10乃rad/s；由圖像知初相為°得該交變電流的表達式為

i=10sin(10^Z+~10cos10zr?(A)；故D錯誤。故選C。

7.紙面內存在沿某方向的勻強電場，在電場中取。點為坐標原點建立x軸，以。為圓心、R為半徑；從x

軸上的。點開始沿逆時針方向作圓，。?〃是圓周上的8個等分點，如圖甲所示；測量圓上各點的電勢0及

各點所在半徑與x軸正方向的夾角描繪的圖像如圖乙所示，貝I()

甲乙

A.電場強度的大小為紇g

2R

B.。點的電勢為以士經

C.a、e兩點的電勢差為立（佻士他）

D.若將電子從e點沿圓弧逆時針搬運到了點，電勢能先減小再增大

【答案】

C

【解析】

7T

由題圖可知圓周上電勢最高的點和電勢最低的點所在的直徑與X軸夾角為夕=—；且電勢差的值為

6

U=9「（-@）=0+2；由勻強電場的電場強度和電勢差的關系，可得電場強度的大小石=包=見士經；

a2R

5兀

方向與x軸正方向夾角為故A錯誤；根據(jù)選項A分析，可畫出如圖所示電場線。根據(jù)沿著電場線方向

6

電勢逐漸降低，可知從e到了,電勢先降低再升高，根據(jù)耳=q°；電子的電勢能應先增大再減小，故D

錯誤；根據(jù)勻強電場電勢分布特點，0點的電勢00=0+；%）=魚/；故B錯誤；a、e兩點的電勢

差。翁=E-2Rcos巴=63+/）；故c正確。故選配

62

二、多選題

8.某行星外圍有一圈厚度為d的發(fā)光物質，簡化為如圖甲所示模型，R為該行星除發(fā)光帶以外的半徑?，F(xiàn)

不知發(fā)光帶是該行星的組成部分還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，某科學家做了精確觀測后發(fā)現(xiàn)：發(fā)光帶繞行星

中心運行的速度與到行星中心的距離r的關系如圖乙所示（圖中所標V。為已知），則下列說法正確的是（）

A.發(fā)光帶是該行星的組成部分B.行星表面的重力加速度g=￡

C.該行星的質量為」@D.該行星的平均密度為一3一

G4%G(R+d)

【答案】

B、C

【解析】

若光帶是該行星的組成部分，則其角速度與行星自轉角速度相同，應有v=v與r應成正比，與圖不符,

2

因此該發(fā)光帶不是該行星的組成部分，故A錯誤；當r=R時有mg=相生；可得行星表面的重力加速度為

vMmv

g=,；故B正確；光帶是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，由萬有引力提供向心力，則有G—=〃z—；可得該

Rr2r

22p

行星的質量為"=上￡；由圖乙知，當/?=；?時，v=v0,則有"=±」；故C正確；該行星的平均密度

G°G

、iMM3Vn,,…L1,3

為夕=—=------------7;故D車曰沃。故選BCo

V力店4兀GR?

3

9.如圖所示，矩形A3CD內部存在磁感應強度為5的勻強磁場，方向垂直于紙面，已知AD邊長為2L,

邊長為L,E、E分別為AB、的中點。分別在E點和B點沿水平方向向右射入一個質量為優(yōu)、

電荷量為q的粒子，粒子的速度大小分別為匕和丫2,從E點射入的粒子從尸點射出，從B點射入的粒子從

。點射出，兩粒子在磁場中的運動時間分別為乙、t2,粒子所受的重力不計，下列說法正確的是()

務

AFD

E'L

B----C

A.v2-2vxB.v2=44C.tx-12D.t2=2t1

【答案】

A、C

【解析】根據(jù)題意作出粒子軌跡示意圖，如圖，在三角形AE。中，由幾何關系可得5-（）2+42=廣；

5AFT4

求得（=己￡；sin〃=——即從E點射入的粒子從E點射出的粒子轉過的圓心角4=53°；

141（9.F55

L

4

又由q%8=叫；可得匕=也必，同理，可得馬=』工，％=生四；即從3點射入的粒子從。點射

rx4m22m

42兀m

—x------

出的粒子轉過的圓心角，2=53°,比較速度可得％=2匕；粒子運動的時間關系乙=孑黑=：；AC

2——X------

2萬Bq

正確。故選AC。

10.如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）穿過固定的光滑圓環(huán)8,左端固定在A點，右

端連接一個質量為帆的小球，A、B、C在一條水平線上，彈性繩自然長度為A3。小球穿過豎直固定的

桿，從C點由靜止釋放，到。點時速度為零，C、。兩點間距離為〃。已知小球在C點時彈性繩的拉力

為O.5mg,g為重力加速度，小球和桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5,彈性繩始終處在彈性限度內，下列說法

正確的是（）

kg

C

.\

A.小球從C點運動到。點的過程中，彈性繩彈力增大，其水平分力也增大。

B.整個運動過程中，彈性繩的最大彈性勢能大于0.75/ng/z

C.若在。點給小球一個向上的速度y,小球恰好回到C點，則v=J調

D.若僅把小球質量變?yōu)?/77,則小球到達。點時的速度大小為，誦

【答案】

B、C、D

【解析】

設的長度為L,根據(jù)胡克定律，有0.5mg=kL,6D與豎直方向的夾角為a時，伸長量為一',故

sina

彈力為F=k—J；水平方向然=Esina="=0.5mg；可知，小球從C點運動到。點的過程中，彈

sina

性繩彈力增大，其水平分力保持不變，故A錯誤；小球從C點運動到。點的過程中克服摩擦力做功為

^Ffh=Q.25mgh,當運動到。時，繩子伸長最長，彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒

迅彈=八耳重-%=0.75mg/z,因為最初繩子也具有彈性勢能，所以，繩子最大的彈性勢能大于

QJ5mgh,故B正確；對球從C到。過程，根據(jù)動能定理，有"迎-耳力-%=0；解得%=0.75/咫丸,

若在。點給小球一個向上的速度V,小球恰好回到C點，根據(jù)動能定理，有%單-mg/z-4/z=0-

解得v=瘋；故c正確；若僅把小球的質量變成2772,小球從C到。過程，根據(jù)動能定理，有

2mgh_Ffh_W彈=2mv^,解得片=J前；故D正確。故選BCD。

三、實驗題

11.在“探究平拋運動的特點”實驗中，某學習小組用如圖所示裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊

重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道尸?；潞髲摹｜c飛出，落在水平擋板上。由于擋板靠

近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球,

如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。

(1)下列實驗條件必須滿足的有。

A.斜槽軌道光滑

B.斜槽軌道末段水平

C.每次從斜槽上相同位置無初速度釋放鋼球

D.圖中檔條肱V每次必須等間距下移

(2)在某次實驗中，甲同學每次都將小球從斜槽的同一位置無初速釋放，并從斜槽末端水平飛出。改變水

平擋板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡。某同學設想小球先后三

次做平拋，將水平板依次放在如圖中1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距。若三次實驗中,

小球從拋出點到落點的水平位移依次為再、4、/，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是。

A.x2->x3-x2B.<x3-x2C.%2-Xj=x3-x2D.無法判斷

(3)乙同學利用圖所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球

進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，某次拍攝后得到的照片如圖所示(圖中未包括小球剛離開軌道

的影像)。圖中的背景是放在豎直平面內的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行，其上每個方格

的邊長為5cmo該同學在實驗中測得的小球影像的高度差已經在圖中標出。則小球運動到圖中位置A時，

其速度的水平分量大小為m/s；根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮閙/s?。(結果均保留兩位有

效數(shù)字)

【答案】

(1)BC；(2)A；(3)1.0；9.7

【解析】

(1)為了獲得相同的初速度，需要每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球，斜槽軌道不需要光滑，故

A錯誤，C正確；為保證小球飛出時速度水平，所以斜槽軌道末段需要水平，故B正確；擋板只要能記錄下

小球在不同高度時的不同位置，不需要等間距變化，故D錯誤。故選BC。

(2)因為平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，下落的速度越來越快，則下落相等位移的時間越來越短,

水平方向上做勻速直線運動，所以4-X］〉%-%；故選A。

(3)由題意，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得，小球運動到圖中位置A時，水平方向上有x=/=%t,可得其速度的水

平分量大小為%=苗|—m/s=L0m/s,根據(jù)圖中數(shù)據(jù)在豎直方向上，根據(jù)逐差法可得

2

(11.0+13.4-6.1-8.6)XW-cr,2

g=-------------------；~~-------m/s2=9.7m/s2。

4x0.052

12.實驗室有一只電流表，滿偏電流4為200RA,內電阻々約2000。某同學欲用半偏法測量該電流表的

內電阻4,然后把這只電流表改裝成量程為6V的電壓表。

實驗室還能提供實驗器材規(guī)格如下：

A.滑動變阻器(。?50kQ)

B.滑動變阻器(0-10Q)

C.電阻箱(0-9999。)

D.電源(電動勢為6V,內阻不計)

E.開關兩個、導線若干

(1)滑動變阻器應選用(填選項序號)。

(2)將測電流表內電阻的實物連線圖補充完整。

E

（3）實驗時進行的主要步驟有：

①把滑動變阻器阻值調到最大，在開關S2斷開的前提下，閉合開關5；

②調節(jié)滑動變阻器的觸頭，使電流表指針偏轉到滿刻度；

③閉合開關$2,在滑動變阻器阻值保持不變的前提下，調節(jié)電阻箱使得電流表指針指向表盤中央刻度；

④記下電流表指針指向表盤中央刻度時電阻箱的讀數(shù)幾=180Q；根據(jù)以上實驗得到的數(shù)據(jù)，電流表內阻

的測量值％=O，々的測量值與真實值相比（填“偏大”或“偏小”）o

（4）把這只電流表改裝成量程為6V的電壓表需要（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一只阻值為。的定值電阻。

【答案】

（1）A；（2）見解析；（3）180；偏?。唬?）串聯(lián)；29820

【解析】

（1）在滑動變阻器阻值遠大于電阻箱阻值的前提下，閉合$2,此時電阻箱阻值對電路中總電阻的影響很小,

可認為干路中的電流沒有發(fā)生變化，且滑動變阻器8阻值較小，采用限流式接法會燒壞電流表。故選B。

（2）根據(jù)實驗步驟，開關S2斷開，閉合開關8；電流表工作，則可知電流表串聯(lián)在電路中，閉合開關S2,

在滑動變阻器阻值保持不變的前提下，調節(jié)電阻箱使得電流表半偏；說明電阻箱和開關$2與電流表并聯(lián)，

其實物連線圖如圖所示。

（3）若接入電阻箱后干路中電流近似不變，調節(jié)電阻箱使得電流表半偏，則流經電阻箱的電流和流經電流

表的電流相等，且電阻箱和電流表并聯(lián)，因此凡=々。故填1800。在并入電阻箱后，電路總電阻減小，

干路電流將會增大。流過電流表的電流為工人，所以流過電阻箱的電流要大于工（，所以々〉凡，測量值

2g2ggp

小于真實值。故填“偏小”。

（4）電流表改裝成電壓表串聯(lián)一個大電阻。故填“串聯(lián)”。由公式知。=4（q+R）；代入得

R工-、=——-~-Q—180Q=29820Q,故填“29820”。

4g200X10-6

四、解答題

13.如圖甲所示，質量為=1kg小球從固定斜面上的A點由靜止開始做加速度大小為由的運動，小球在

4=ls時刻與擋板碰撞，然后沿著斜面做加速度大小為出的運動，在片2=L25s時刻到達C點，接著從C點

運動到B點，到達8點的時刻為今，以上過程的丫一/圖像如圖乙所示（%未知），已知的與%大小的差值

為4m/s2,重力加速度g=10m/s2,求:

（1）小球受到阻力的大??；

（2）斜面傾角的正弦值；

【解析】（1）設斜面傾角為小球從A運動到擋板，即在0?1s時間內由速度時間公式和牛頓第二定律

可得2%=a4,nigsin，-/=〃KZ],小球從擋板運動到。點，即在彳~巧時間內由速度時間公式和牛頓

m

第二定律可得%=生佐-%），Ssin0+f=ma2,又有a?-q=4m/s?,聯(lián)立解得q=4m/s2,

%=8m/s2,%=2m/s,f=2N；

2

(2)由(1)分析可知用gsin。-/=根〃1,ax=4m/s,/=2N,解得sin6=0.6；

(3)根據(jù)y—/圖像，BC之間位移大小為王=々乂伉—％)=0.25m,設小球從C運動到8的時間為f,

由位移時間公式，則有玉=5<2，，解得f=則&=/2+，=—so

14.如圖，質量為3加，足夠長的長木板A放在光滑水平面上，質量為3加的鐵塊B放在長木板A的上表面

左端，質量為加的小球C用長為R的細線懸于。點。將小球C拉至與。等高的位置，細線伸直，由靜止

釋放，小球C運動到最低點時剛好沿水平方向與鐵塊8發(fā)生彈性碰撞，碰撞后鐵塊B在長木板上表面向右

滑動。已知鐵塊B與長木板A上表面的動摩擦因數(shù)為0.3,鐵塊6、小球C均看作質點，重力加速度為g。

求：

(1)小球C與鐵塊8碰撞前一瞬間，細線對小球的拉力大??；

(2)小球C與鐵塊B碰撞后一瞬間，鐵塊B的速度大?。?/p>

(3)最終鐵塊B與長木板4相對靜止時因摩擦產生的熱量。。

C9--------------f()

\\

\

\I

^'KA—lz____________

/////////////////////////////////////

【答案】

3mgR

(1)3mc；(2)-----；(3)-----

28

【解析】(1)小球C從靜止釋放到與鐵塊8碰撞前一瞬間，根據(jù)機械能守恒可得m=解得

______2

%=J麗，根據(jù)牛頓第二定律可得T-mg=m^,解得細線對小球的拉力大小T=3mg；

(2)小球C與鐵塊5發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒可得陰%=加%+3M%，根據(jù)機械能守恒可得

=1mv"+1x3mv",聯(lián)立解得小球C與鐵塊B碰撞后一瞬間，鐵塊B的速度大小為vB=警；

(3)碰撞后鐵塊B在長木板上表面向右滑動，鐵塊8做勻減速直線運動，長木板A做勻加速直線運動,

鐵塊B與長木板A最終達到共速相對靜止，根據(jù)動量守恒可得3mvB=(3m+3m)v共，解得丫共=工，

根據(jù)能量守恒定律可得』x3w；=」x(3相+3㈤嗔+Q,解得因摩擦產生的熱量Q=2逆，則最終鐵

塊B與長木板A相對靜止時因摩擦產生的熱量Q=即詈。

15.如圖所示，傾角為。=37°的足夠長平行導軌頂端be間、底端4間分別連一電阻，其阻值為

&=%=2r,兩導軌間距為L=lm。在導軌與兩個電阻構成的回路中有垂直于軌道平面向下的磁場，其

磁感應強度用=仃。在導軌上橫放一質量m=1kg、電阻廠=1Q、長度也為L的導體棒的\導體棒與導

軌始終良好接觸，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.5。在平行導軌的頂端通過導線連接一面積為

S=0.5m2、總電阻為廣、匝數(shù)N=100匝的線圈(線圈中軸線沿豎直方向)，在線圈內加上沿豎直方向、

且均勻變化的磁場與(圖中未畫出)，連接線圈電路上的開關K處于斷開狀態(tài)，g=10m/s2,不計導軌電

阻。sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)從靜止釋放導體棒，導體棒能達到的最大速度的大??；

(2)導體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運行流過導體棒的■的電荷量4=2.5C,這段時間電阻與產生的焦耳熱。一

(3)閉合開關K,為使導體棒靜止于傾斜導軌上，在線圈中所加磁場的磁感應強