全國2024年高考物理考前沖刺押題卷三含解析

高考物理考前沖刺押題卷第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8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，有選錯或不答的得0分。1．下列說法不正確的是()A．eq\o\al(238,92)U經(jīng)過一次α衰變后變?yōu)閑q\o\al(234,90)ThB．由核反應方程eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋X，可以推斷X為電子C．核反應方程eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H為輕核聚變D．若16g鉍210經(jīng)過15天時間，還剩2g未衰變，則鉍210的半衰期為5天【答案】C【解析】eq\o\al(238,92)U經(jīng)過一次α衰變后，電荷數(shù)少2，質量數(shù)少4，變?yōu)閑q\o\al(234,90)Th，A正確；依據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒知，X的電荷數(shù)為－1，質量數(shù)為0，可知X為電子，B正確；eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H為人工轉變，C錯誤；依據(jù)m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(15,T)＝eq\f(1,8)，解得T＝5天，D正確．2．如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點，長為L＝2m的輕繩一端固定于直桿P點，另一端固定于墻上O點正下方的Q點，OP長為d＝1.2m，重為8N的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止狀態(tài)，則輕繩的彈力大小為()A．10N B．8NC．6N D．5N【答案】D【解析】設掛鉤所在處為N點，延長PN交墻于M點，如圖所示．同一條繩子拉力相等，依據(jù)對稱性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設為α，則依據(jù)幾何關系可知NQ＝MN，即PM等于繩長；依據(jù)幾何關系可得sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f(1.2,2)＝0.6，則α＝37°，依據(jù)平衡條件可得2Tcosα＝mg，解得T＝5N，故D正確，A、B、C錯誤．3．如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2.不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿意()A．1<eq\f(t2,t1)<2 B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D．4<eq\f(t2,t1)<5【答案】C【解析】采納逆向思維法，把運動員的豎直向上運動視為豎直向下初速度為零的勻加速運動，則eq\f(H,4)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，設豎直向下運動eq\f(3H,4)高度所用時間為t3，豎直向下運動H高度所用時間為t4，則有eq\f(3H,4)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)，H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)，t1＝t4－t3，聯(lián)立解得eq\f(t2,t1)＝2＋eq\r(3)，選項C正確．4．如圖所示，MN是流速穩(wěn)定的河流，河寬肯定，小船在靜水中的速度大小肯定，現(xiàn)小船從A點渡河，第一次船頭沿AB方向與河岸上游夾角為α，到達對岸；其次次船頭沿AC方向與河岸下游夾角為β，到達對岸，若兩次航行的時間相等，則()A．α＝β B．α<βC．α>β D．無法比較α與β的大小【答案】A【解析】第一次船頭沿AB方向(即為船在靜水中的速度方向沿AB方向)到達對岸，其次次船頭沿AC方向(即為船在靜水中的速度方向沿AC方向)到達對岸，對在這兩種狀況下的船在靜水中的速度進行分解，因兩次航行的時間相等，所以在垂直于河岸方向上的速度是相等的．因此兩方向與河岸的夾角也相等，即α＝β，故A正確，B、C、D錯誤．5．如圖所示，一顆衛(wèi)星繞地球做橢圓運動，運動周期為T，圖中虛線為衛(wèi)星的運行軌跡，A、B、C、D是軌跡上的四個位置，其中A距離地球最近，C距離地球最遠．B和D點是eq\x\to(ABC)和eq\x\to(ADC)的中點，下列說法正確的是()A．衛(wèi)星在C點的速度最大B．衛(wèi)星在C點的加速度最大C．衛(wèi)星從A經(jīng)D到C點的運動時間為T/2D．衛(wèi)星從B經(jīng)A到D點的運動時間為T/2【答案】C【解析】衛(wèi)星繞地球做橢圓運動，類似于行星繞太陽運轉，依據(jù)開普勒其次定律：行星與太陽的連線在相等時間內掃過的面積相等，則知衛(wèi)星與地球的連線在相等時間內掃過的面積相等，所以衛(wèi)星在距離地球最近的A點速度最大，在距離地球最遠的C點速度最小，衛(wèi)星在B、D兩點的速度大小相等，故A錯誤；在橢圓的各個點上都是引力產(chǎn)生加速度a＝eq\f(GM,r2)，因A點離地心的距離最小，則A點的加速度最大，故B錯誤；依據(jù)橢圓運動的對稱性可知tADC＋tCBA＝T，則tADC＝eq\f(T,2)，故C正確；橢圓上近地點A旁邊速度較大，遠地點C旁邊速度最小，則tBAD<eq\f(T,2)，tDCB>eq\f(T,2)，故D錯誤．6.有5個完全相同的燈泡連接在志向變壓器的原、副線圈中，如圖所示．若將該線路與溝通電源接通，且開關S接在位置1時，5個燈泡發(fā)光亮度相同；若將開關S接在位置2時，燈泡均未燒壞．則下列可能的是()A．該變壓器是降壓變壓器，原、副線圈匝數(shù)比為4∶1B．該變壓器是升壓變壓器，原、副線圈匝數(shù)比為1∶4C．副線圈中的燈泡仍能發(fā)光，只是更亮些D．副線圈中的燈泡仍能發(fā)光，只是亮度變暗【答案】AC【解析】五個燈泡發(fā)光程度相同，所以原線圈電流與副線圈電流之比為1∶4，依據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)可知該變壓器是降壓變壓器，原、副線圈匝數(shù)比為4∶1，故A正確，B錯誤；接到2位置，原線圈輸出電壓變大，依據(jù)電壓與匝數(shù)的關系可知副線圈電壓變大，所以燈泡的電流變大，燈泡仍能發(fā)光，但亮度變大，故C正確，D錯誤．7．如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點在球面外，則()A．a(chǎn)點場強的大小比b點大B．b點場強的大小比c點小C．a(chǎn)點電勢與b點電勢相同D．b點電勢比c點低【答案】CD【解析】由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)知，a、b兩點與－Q距離相等，場強大小相等，A錯；由E＝keq\f(Q,r2)知，離－Q越近，場強越大，故b點場強大小比c點大．或由負點電荷形成的電場的電場線形態(tài)是“萬箭穿心”，離點電荷越近電場線越密，場強越大，得出b點的場強大小比c點的大，B錯；點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面，離－Q距離相等的兩點的電勢相等，C對；沿電場線的方向是電勢著陸最快的方向，得出離－Q越近，電勢越低，D對．8．如圖，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內磁場上方有一個矩形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，已知矩形導線框長為2l，寬為l，磁場上、下邊界的間距為3l.若線框從某一高度處自由下落，從cd邊進入磁場時起先，直至A．線框在進入磁場的過程中感應電流的方向為adcbaB．線框下落的速度大小可能始終減小C．線框下落的速度大小可能先減小后增加D．線框下落過程中線框的重力勢能全部轉化為內能【答案】AC【解析】依據(jù)楞次定律，線框在進入磁場的過程中感應電流的方向為adcba，選項A正確；線圈起先進入磁場后受向上的安培力作用，若安培力大于重力，則線圈進入磁場時做減速運動，線圈完全進入磁場后無感應電流產(chǎn)生，此時不受安培力，只在重力作用下做勻加速運動，選項B錯誤，選項C正確；線框下落過程中，若線圈加速進入磁場，則線框的重力勢能轉化為線圈的動能和內能；若線圈減速進入磁場，則重力勢能和減小的動能之和轉化為內能；若線圈勻速進入磁場，則重力勢能轉化為內能，選項D錯誤．第Ⅱ卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必需作答。第13~14題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題（共47分）9．（6分）橡皮筋像彈簧一樣，也遵守胡克定律，即在彈性限度內伸長量△x與彈力F成正比，可表達為F=k△x，某同學用鐵架臺、刻度尺、鉤碼和待測橡皮筋組成如圖所示裝置，測定橡皮筋的勁度系數(shù)，是通過變更鉤碼個數(shù)測得一系列彈力F與橡皮筋總長度x的值，并作出F一x圖象如圖．請回答下列問題：題3-6圖題3-6圖（1）若將圖線延長與F軸相交，該交點的物理意義是。（2）由圖線計算得該橡皮筋的勁度系數(shù)為；（3）橡皮筋的勁度系數(shù)的值與橡皮筋未受到拉力時的長度L、橫截面積S有關，理論與實際都表明k=YS/L，其中Y是一個由材料確定的常數(shù)，材料力學上稱之為楊氏模量。已知該試驗所測橡皮筋未受到拉力時圓形橫截面的直徑D=4.00mm，則其楊氏模量Y=?！敬鸢浮?1)相當于彈簧壓縮1cm時的彈力（2分）（2）24N/m（2分）（3）1.15×105Pa。（2分）【解析】(1)由圖線可知，橡皮筋原長為6cm。若將圖線延長與F軸相交，橡皮筋長度為5cm，對應彈力為負值，該交點的物理意義是相當于橡皮筋壓縮1cm時的彈力。（2）由F=k△x=k(x-x0)可知，F(xiàn)一x圖象斜率等于橡皮筋的勁度系數(shù)k，k=24N/m。（3）橡皮筋橫截面積S=πD2/4=1.256×10-5m2，L=0.06m,k=24N/m代入k=YS/L，解得Y=1.15×1010．（9分）某探討性學習小組打算測定試驗室里一未知電源的電動勢E和內阻r。試驗器材如下：毫安表mA（量程0~100mA）；電壓表V（量程0~6V）；滑動變阻器R（阻值范圍0~500Ω）；導線若干，開關S一個。試驗步驟如下并完成下列問題：（1）設計如圖1所示的電路圖，正確連接如圖2所示電路；（2）閉合開關S，將滑動變阻器R的滑片移到_________端（選填“左”或“右”）；多次調整滑動變阻器的滑片，登記電壓表的示數(shù)U和毫安表的示數(shù)I；某次測量時毫安表的示數(shù)如圖3所示，其讀數(shù)為_________mA。（3）通過減小滑動變阻器接入電路的阻值測出多組U和I的數(shù)據(jù)，最終得到如圖4所示的U–I圖象。依據(jù)圖線求得電源的電動勢E=_________，內阻r=_________。（結果保留兩位有效數(shù)字即可）【答案】（1）如圖所示（達到同等效果同樣正確）（2分）（2）右（1分）58.0（57.8~58.2均可）（2分）（3）6.0（2分）25（2分）【解析】（1）電路實物連接圖如答案圖所示。（2）為了讓電流由最小起先調整，起先時滑動變阻器阻值滑到最大位置，故應滑到右端，由圖可知，電流表最小分度為1mA，故讀數(shù)為58.0mA；（3）將圖4所示的圖線向兩頭延長，圖線與縱坐標的交點表示電源的電動勢，故E=6.0V；圖線的斜率表示內阻，可解得r==25Ω。11．（14分）如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直向上的勻強電場（上、下及左側無邊界）。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動。若小球剛經(jīng)過D點時（t=0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變更、垂直紙面對里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成600角。已知DQ間的距離為(+1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽視磁場變更造成的影響，重力加速度為g。求：（1）電場強度E的大??；（2）t0與t1的比值；（3）小球過D點后將做周期性運動，則當小球運動的周期最大時，求出此時的磁感應強度B0及運動的最大周期Tm的大小，并在圖中畫出此情形下小球運動一個周期的軌跡。11．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）帶正電的小球做勻速直線運動，由平衡學問可知：mg=Eq（2分）解得（1分）（2）小球能再次通過D點，其運動軌跡如圖所示設半徑為r，有（1分）由幾何關系得（1分）設小球做圓周運動的周期為T，則（1分）由以上各式得（2分）（3）當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，如圖所示由幾何關系得（1分）由牛頓其次定律得（1分）得（1分）（1分）可得（2分）小球運動一個周期的軌跡如圖所示。12．（18分）豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v–t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。（1）求物塊B的質量；（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，變更物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求變更前后動摩擦因數(shù)的比值。【答案】（1）3m（2）（3）【解析】（1）依據(jù)圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設物塊B的質量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有①（1分）②（1分）聯(lián)立①②式得③（2分）（2）在圖（b）所描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W，由動能定理有④（2分）⑤（2分）從圖（b）所給的v–t圖線可知⑥（1分）⑦（1分）由幾何關系⑧（1分）物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為⑨（1分）聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩（1分）（3）設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在變更前為μ，有eq\o\ac(○,11)（1分）設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動能定理有eq\o\ac(○,12)（1分）設變更后的動摩擦因數(shù)為，由動能定理有eq\o\ac(○,13)（2分）聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式可得（1分）（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。13．[物理——選修3–3]（15分）（1）（5分）依據(jù)熱力學定律，下列說法正確的是___________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．其次類永動機違反能量守恒定律，因此不行能制成B．熱效率為100%的熱機是不行能制成的C．電冰箱的工作過程表明，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞D．從單一熱源汲取熱量，使之完全變?yōu)楣κ翘岣邫C械效率的常用手段E．汲取了熱量的物體，其內能也不肯定增加【答案】BCE【解析】其次類永動機不行能制成，是因它違反了熱力學其次定律，故選項A錯誤；熱效率為100%的熱機是不行能制成的，故B正確；電冰箱的工作過程表明，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，故C正確；從單一熱源汲取熱量，使之完全變?yōu)楣Χ划a(chǎn)生其他影響是不行能實現(xiàn)的，在現(xiàn)實生產(chǎn)中一般不用此方法提高機械效率，故D錯誤；變更內能的方式有做功和熱傳遞，汲取了熱量的物體，其內能也不肯定增加，E正確．（2）（10分）豎直放置的粗細勻稱的U形細玻璃管兩臂分別灌有水銀，水平部分有一空氣柱，各部分長度如圖所示，單位為cm.現(xiàn)將管的右端封閉，從左管口緩慢倒入水銀，恰好使水平部分右端的水銀全部進入右管中．已知大氣壓強p0＝75cmHg，環(huán)境溫度不變，左管足夠長．求：(1)此時右管封閉氣體的壓強；(2)左管中須要倒入水銀柱的長度．【答案】(1)90cmHg(2)27cm【解析】(1)對右管中的氣體，初態(tài)p1＝75cmHg，V1＝30S；末態(tài)體積：V2＝(30－5)S＝25S（2分）由玻意耳定律得p1V1＝p2V2（2分）解得：p2＝90cmHg（2分）(2)對水平管中的氣體，初態(tài)壓強：p＝p0＋15cmHg＝90cmHg，V＝11S；末態(tài)壓強：p'＝p2＋20cmHg＝110cmHg依據(jù)玻意耳定律得pV＝p'V'（2分）解得V'＝9S，水平管中的長度變?yōu)?cm，此時原來左側19cm水銀柱已有11cm進入到水平管中，所以左側管中倒入水銀柱的長度應當是p'－p0－8cm＝27cm（2分）14．[物理——選修3–4]（15分）（1）（5分）如圖為甲、乙兩列簡諧橫波在同一繩上傳播時某時刻的波形圖，甲波向右傳播，乙波向左傳播．質點M位于x＝0.2m處，則下列說法正確的是___________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．這兩列波會發(fā)生干涉現(xiàn)象B．M點的振動總是減弱C．M點將做振幅為30cm的簡諧運動D．由圖示時刻起先，再經(jīng)過eq\f(1,4)甲波周期，M點將位于波峰E．圖示時刻x＝0.1m的質點偏離平衡位置的位移為10cm【答案】ACE【解析】兩列簡諧橫波在同一勻稱介質內傳播，波速相等，由圖可知兩列波的波長相等，由v＝λf可知，頻率相等，所以兩