全國2024年高考物理考前沖刺押題卷四含解析

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．目前，在居家裝修中，常常用到花崗巖、大理石等裝修材料，這些巖石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有鈾釷的花崗巖等巖石都會釋放出放射性惰性氣體氡，而氡會發(fā)生放射性衰變，放出α、β、γ射線，這些射線會導致細胞發(fā)生癌變及呼吸道方面的疾病，依據(jù)有關放射性學問可知，下列說法正確的是()A．β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子時產生并放射出來的B．β射線是原子核外電子電離形成的質子流，它具有很強的穿透實力C．已知氡的半衰期為3.8天，若取1g氡放在天平左盤上，砝碼放于右盤，左右兩邊恰好平衡，則3.8天后，需取走0.5g砝碼天平才能再次平衡D．發(fā)生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，中子數(shù)削減了4【答案】A【解析】β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子時產生并放射出來的，故A正確；β射線是電子流，并不是質子流，它的穿透實力強于α射線，弱于γ射線，穿透實力中等，故B錯誤；氡的半衰期為3.8天，經3.8天后，有0.5g衰變成新核，新的原子核仍舊留在天平左盤中，故取走的砝碼應小于0.5g，天平才能再次平衡，故C錯誤；α發(fā)生衰變時，電荷數(shù)少2(即質子數(shù)削減2)，質量數(shù)少4，故中子數(shù)削減2，故D錯誤．2．如圖所示，一質量為m的滑塊置于傾角θ＝30°，質量為M的直角三角形斜劈的底端，現(xiàn)通過一質量不計的細繩給滑塊施加一方向沿斜面對上的拉力F，大小為mg，使滑塊沿斜面勻速上滑，整個過程中斜劈處于靜止狀態(tài)，若斜劈與滑塊、斜劈與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，已知重力加速度大小為g.則()A．斜劈對滑塊的支持力大小為mgB．斜劈對滑塊的作用力大小為mgC．動摩擦因數(shù)μ＝0.5D．水平面對斜劈的摩擦力大小為eq\f(1,2)mg【答案】B【解析】斜劈對滑塊的支持力大小為mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項A錯誤；滑塊處于平衡狀態(tài)，重力與拉力的夾角為120°，重力與拉力的合力為mg，則斜劈對滑塊的作用力與重力和拉力的合力等大反向，則斜劈對滑塊的作用力大小為mg，選項B正確；依據(jù)F＝mg＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，選項C錯誤；對滑塊和斜劈的整體分析，水平方向：Fcos30°＝f，解得f＝eq\f(\r(3),2)mg，選項D錯誤．3．如圖所示，a、b、c為三個質量均為m的物塊，物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上，物塊c放在b上，現(xiàn)用水平拉力作用于a，使三個物塊一起水平向右做勻速直線運動，各接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．該水平拉力與輕繩的彈力大小相等B．物塊c受到的摩擦力大小為μmgC．當該水平拉力增大為原來的eq\f(3,2)倍時，物塊c受到的摩擦力大小為eq\f(1,2)μmgD．剪斷輕繩后，在物塊b向右運動的過程中，物塊c受到的摩擦力大小為eq\f(1,3)μmg【答案】C【解析】三物塊一起做勻速直線運動，由平衡條件得，對a、b、c系統(tǒng)：F＝3μmg，對b、c系統(tǒng)：T＝2μmg，則F>T，故A錯誤；物塊c做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，c不受摩擦力，故B錯誤；當水平拉力增大為原來的eq\f(3,2)倍時，F(xiàn)′＝eq\f(3,2)F＝eq\f(9,2)μmg，由牛頓其次定律得：對a、b、c系統(tǒng)：F′－3μmg＝3ma，對c：f＝ma，解得f＝eq\f(1,2)μmg，故C正確；剪斷輕繩后，b、c一起做勻減速直線運動，對b、c系統(tǒng)由牛頓其次定律得2μmg＝2ma′，對c：由牛頓其次定律得f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D錯誤．4．如圖所示，D點為固定斜面AC的中點，在A點先后分別以初速度v01和v02水平拋出一個小球，結果小球分別落在斜面上的D點和C點．空氣阻力不計．設小球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到D點和C點前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到D點和C點前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為θ1和θ2，則下列關系式正確的是()A．eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,2) B．eq\f(v01,v02)＝eq\f(1,2)C．eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,\r(2)) D．eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(1,\r(2))【答案】C【解析】設斜面的傾角為θ，可得eq\f(gt,2v0)＝tanθ，所以eq\f(gt1,2v01)＝eq\f(gt2,2v02)，豎直方向下降的高度之比為1∶2，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，求得eq\f(v01,v02)＝eq\f(1,\r(2))，再結合速度偏轉角的正切值是位移偏轉角正切值的兩倍，eq\f(v1,v2)＝eq\f(v01,v02)＝eq\f(1,\r(2))，eq\f(tanθ1,tanθ2)＝1，所以C正確．5．地球上某處海水的周期性漲落稱為潮汐．潮汐主要是月球對海水的引力造成的，太陽的引力也起肯定的作用，但要弱得多．引起潮汐的力稱為引潮力，引潮力沿垂直海水表面對上(背離地心)最大處，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面對下(指向地心)最大處，海水出現(xiàn)低谷．為簡化探討，只在地—月系統(tǒng)分析問題，此時引潮力可稱為月潮力．假設地球表面全部被海水覆蓋，如圖所示，月地距離為r，地球半徑為R，月球質量為M月，地球質量為M地；A為近月點，B為遠月點．如取直角坐標系的x軸沿月地連線，θ為地表某處的半徑與x軸正方向的夾角．該處質量為Δm的海水的月潮力在x軸、y軸上的分力值Fx、Fy分別是Fx＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ；Fy＝－eq\f(2GM月Δm,r3)·Rsinθ；依據(jù)已學的學問，結合上述公式，推斷下列說法正確的是()A．月潮力就是地球對海水的引力B．月潮力就是月球對海水的引力C．近月點處的海水月潮力向下最大D．遠月點處的海水月潮力向上最大【答案】D【解析】月潮力是月球的吸引與地球的自轉共同對海水產生的等效力，故A、B都錯誤；在近月點A，θ＝180°，F(xiàn)x＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ<0，方向沿x軸負方向，背離地心向上，海水月潮力向上最大，故C錯誤；在遠月點B，θ＝0°，F(xiàn)x＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ>0，向沿x軸正方向，背離地心向上，海水月潮力向上最大，故D正確．6.機場規(guī)定“嚴禁攜帶額定能量超過160W·h的充電寶搭乘飛機”，下列說法正確的是()A．機場限定的是充電寶的能量不能超過5.76×105JB．160W·h相當于160kg的重物由靜止下落1m時所具有的動能C．乘飛機可以攜帶標注容量為30000mA·h，輸出電壓為5V的充電寶一塊D．容量為1200mA·h的充電寶，假如對外供電的電流為50mA，那么續(xù)航時間大約為24h【答案】ACD【解析】選機場限定的是充電寶的能量不能超過160W·h＝160×3600J＝5.76×105J，選項A正確；160kg的重物由靜止下落1m時所具有的動能為mgh＝160×10×1J＝1600J，則160W·h比160kg的重物由靜止下落1m時所具有的動能大，選項B錯誤；容量為30000mA·h，輸出電壓為5V的充電寶儲存的電能為30000mA·h×5V＝30×3600×5J＝5.4×105J<5.76×105J，則乘飛機可以攜帶此充電寶，選項C正確；容量為1200mA·h的充電寶，假如對外供電的電流為50mA，那么續(xù)航時間大約為eq\f(1200mA·h,50mA)＝24h，選項D正確．7．如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點．則()A．a點和b點的電勢相等B．a點和b點的電場強度大小相等C．a點和b點的電場強度方向相同D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加【答案】BC【解析】設正方體的邊長為r，已知正點電荷的場強方向沿徑向向外，負點電荷的場強方向沿徑向向里，故q在b點的場強沿qb連線向外，大小為eq\f(kq,r2)，－q在b點的場強由b指向－q，大小為eq\f(kq,2r2)，兩個場強方向垂直，同理得q在a點的場強沿qa連線向外，大小為eq\f(kq,2r2)，與－q在b點的場強相同；－q在a點的場強與q在b點的場強相同，故a、b兩點的場強大小、方向都相同，B、C正確；點電荷的等勢面是以點電荷為球心的球面，故a點的電勢與b點正上方的頂點電勢相同，從b點正上方的頂點沿邊線移動到b點，負電荷所受的兩個電場力都做正功，故電勢能降低，電勢上升，A、D錯誤．8．如圖甲，在光滑絕緣水平面上的MN、OP間存在一勻強磁場，一單匝正方形閉合線框自t＝0起先，在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止起先做勻加速直線運動穿過磁場區(qū)域，外力F隨時間t變更的圖象如圖乙所示，已知線框質量為0.5kg，電阻R＝1Ω，線框穿過磁場過程中，外力F對線框做功eq\f(7,3)J，下列說法正確的是()A．線框勻加速運動的加速度a＝2m/s2B．磁場的寬度為1mC．勻強磁場的磁感應強度為2TD．線框在穿過磁場過程中，線框上產生的熱量為1.0J【答案】AC【解析】物體做勻變速運動，假如線框的邊長和磁場的寬度不相等，那么在線框完全進入磁場的時候，整個線框的磁通量不變，沒有感應電流，因此沒有安培力，外力F會和受到安培力的時候的情形不一樣．由乙圖可知物體始終受安培力的作用，因此線框寬度和磁場的寬度一樣，都為L；由牛頓其次定律及勻變速運動知F－eq\f(B2L2v,R)＝ma?F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，乙圖的直線部分斜率為2，當t＝1s時拉力F不再變更說明線框離開磁場，此時物體的速度v＝at＝a，聯(lián)立有eq\f(B2L2a,R)＝2,1s時的拉力F1＝eq\f(B2L2a,R)＋ma＝3，可解得a＝2m/s2，故A正確；物體做勻變速運動，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×12＝1m，線框和磁場寬度一樣，因此L＝0.5m，故B錯誤；將L和a代入可得B＝2T，故C正確；由能量守恒定律得：WF＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入數(shù)據(jù)得Q＝eq\f(4,3)J，故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）探究“加速度與力、質量關系”的試驗裝置如圖甲所示。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直面內的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測小車受到拉力的大小。(1)關于平衡摩擦力，下列說法正確的是___________。A．平衡摩擦力時，須要在動滑輪土掛上鉤碼B．變更小車質量時，須要重新平衡摩擦力C．變更小車拉力時，不須要重新平衡摩擦力(2)試驗中___________(選填“須要”或“不須要”)滿意所掛鉤碼質量遠小于小車質量。(3)某同學依據(jù)試驗數(shù)據(jù)作出了加速度a與力F的關系圖像如圖乙所示，圖線不過原點的緣由是___________。A．鉤碼質量沒有遠小于小車質量B．平衡摩擦力時木板傾角過大C．平衡摩擦力時木板傾角過小或未平衡摩擦力【答案】（1）C（2分）（2）不須要（2分）（3）B（2分）【解析】（1）平衡摩擦力只須要將木板適當傾斜，不須要在動滑輪上掛鉤碼，選項A錯誤；變更小車質量時，不須要重新平衡摩擦力，變更拉力時，不須要重新平衡摩擦力，選項B錯誤C正確。（2）由于在輕繩一端加了拉力傳感器，能夠干脆讀出拉力數(shù)值，因此不須要滿意所掛鉤碼的質量遠小于小車質量。（3）加速度a與力F圖象在拉力F為零時就肯定有加速度，所以不過坐標原點的緣由是平衡摩擦力時木板傾角過大，選項B正確。10．（9分）某同學利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻。試驗電路如圖甲所示，現(xiàn)有開關和導線若干，以及如下器材：A．電流表A：量程0～0.6A，內阻約0.125ΩB．電壓表V：量程0～3V，內阻約3kΩC．滑動變阻器0～20ΩD．滑動變阻器0～200Ω(1)為了操作便利，減小試驗誤差，滑動變阻器應選用________(選填相應器材前的字母)。(2)閉合開關前，滑動變阻器的滑片應當置于最________端(選填“左”或“右”)。(3)圖乙是該同學依據(jù)試驗數(shù)據(jù)繪制的U-I圖線，依據(jù)圖線求得被測干電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω(結果保留到小數(shù)點后兩位)。(4)該試驗中，產生系統(tǒng)誤差的主要緣由是________。圖丙中實線為依據(jù)測量數(shù)據(jù)繪制的圖線，虛線代表在沒有誤差狀況下，電壓表兩端電壓的真實值與通過電源電流真實值關系的圖線，圖丙四幅圖中能夠正確反映兩者關系的是________?！敬鸢浮?1)C（1分）(2)右（1分）(3)1.48（2分）0.90（2分）(4)電壓表分流（1分）D（2分）【解析】(1)若選C，則電路中的電流最小約為eq\f(1.5V,20Ω)≈0.08A，此時電流表指針偏轉已經較小；若選D，則滑動變阻器阻值從200Ω到20Ω，電路中的電流始終很小，所以為了便利試驗操作，滑動變阻器應選擇C。(2)滑動變阻器采納限流接法，為愛護電路，閉合開關前滑片要置于阻值最大處，即右端。(3)由圖示電源U-I圖象可知，電源電動勢為：E＝1.48V，電源內阻為：r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.48－1.10,0.42)Ω≈0.90Ω。(4)由圖示電路圖可知，電流表采納內接法，由于電壓表不是志向電表，故存在分流現(xiàn)象，導致測得通過電源的電流偏小；而當外電路短路時，電壓表的分流可以忽視，故真實圖象和測量圖象在橫軸上的交點相同，故D正確，A、B、C錯誤。11．（14分）如圖所示，以O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直圓面對里、磁感應強度為B的勻強磁場，一粒子源位于圓周上的M點，可向磁場區(qū)域內垂直磁場沿各個方向放射質量為m、電荷量為的粒子，不計粒子重力，N為圓周上另一點，半徑OM和ON間的夾角，且滿意．（1）若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，求此粒子的速率移v；（2）若大量此類粒子以速率，從M點射入磁場，方向隨意，則這些粒子在磁場中運動的最長時間為多少？（3）若由M點射入磁場各個方向的全部粒子速率均為題中計算出的，求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積。11．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子以速率沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，軌跡如圖：設軌跡半徑為，則（1分）解得：（1分）由牛頓其次定律可得（1分）解得：（1分）（2）大量此類粒子以速率從M點射入磁場由牛頓其次定律可得（1分）解得：（1分）粒子方向隨意，粒子在磁場中運動時間最長時，弧長（劣弧）最長，對應的弦長最長（磁場圓的直徑），軌跡如圖：則（1分）解得：（1分）粒子在磁場中運動的最長時間（1分）（3）粒子沿各個方向以進入磁場做勻速圓周時的軌跡半徑都為，且不變。由圖可知，粒子在磁場中通過的面積S等于以O3為圓心的半圓形MO3O的面積S1、以M為圓心的扇形MOQ的面積S2和以O點為圓心的圓弧

MQ與直線MQ圍成的面積S3之和。（1分）（1分）（1分）所以（2分）12．（18分）如圖所示，一對雜技演員(均視為質點)蕩秋千，女演員由與懸點O1等高的A位置靜止擺下，男演員從平臺上D點靜止擺下，某時刻女演員擺到最低點B時離開秋千，到達C點(男演員下擺的最低點)剛好被男演員接住，最終二者恰好擺回到平臺D點。已知男、女演員均在同一豎直平面內運動，其質量分別為2m和m，其余質量忽視不計，秋千的繩長分別為l和2l，O1與O2等高，空氣阻力不計，重力加速度為g。求：(1)女演員擺到最低點B的速度大??；(2)秋千繩O2D與豎直方向的夾角；(3)若男演員接住女演員用時t，此過程女演員對男演員的平均作用力。【答案】(1)eq\r(2gl)(2)60°(3)mg＋eq\f(m\r(2gl),t)，方向豎直向下【解析】(1)對于女演員，設其在B點的速度大小為v，從A運動到B，由機械能守恒定律得：mgl＝eq\f(1,2)mv2，（2分）代入數(shù)據(jù)得：v＝eq\r(2gl)。（1分）(2)設秋千繩O2D和豎直方向的夾角為θ，設男演員從平臺上D點靜止擺下至C點時，速度大小為vC，由機械能守恒定律有：2mg×2l(1－cosθ)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)。（2分）當女演員到達C點時剛好被男演員接住，最終二者恰好擺回到平臺D點，可見男女演員的共同速度大小也為vC。男演員接住女演員的過程水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，若男演員接住女演員前兩者速度方向相同，有：mv＋2mvC＝3mvC（2分）代入數(shù)據(jù)得：cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°。（1分）若男演員接住女演員前兩者速度方向相反，有：mv－2mvC＝3mvC。（2分）代入數(shù)值得：cosθ＝eq\f(49,50)(不符合實際，舍去)。（1分）(3)女演員從B點離開秋千做平拋運動，設到達C點的豎直速度大小為vyveq\o\al(2,y)＝2g(2l－l)＝2gl（2分）由(2)可知v＝vC，男、女演員水平方向無作用力，設男演員對女演員的平均作用力大小為F，取豎直向上方向為正方向，對女演員，由動量定理：(F－mg)t＝mvy，（2分）解得：F＝mg＋eq\f(m\r(2gl),t)。（1分）依據(jù)牛頓第三定律，女演員對男演員的平均作用力大小為mg＋eq\f(m\r(2gl),t)（1分）方向豎直向下。（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）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．布朗運動就是分子的無規(guī)則運動B．熱力學溫度是國際單位制中7個基本物理量之一C．熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體D．做功和熱傳遞都是通過能量轉化的方式變更系統(tǒng)內能的E．溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同【答案】BCE【解析】布朗運動是懸浮在液體或氣體中的小顆粒的無規(guī)則運動，是由液體分子的無規(guī)則運動而引起的，不是固體分子的無規(guī)則運動，也不是液體分子的無規(guī)則運動，故A錯誤；熱力學溫度是國際單位制中7個基本物理量之一，故B正確；依據(jù)熱力學其次定律可知，熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故C正確；做功是通過能量轉化的方式變更系統(tǒng)內能的，熱傳遞是能量的轉移，不是能量的轉化，故D錯誤；溫度是描述熱運動的物理量，依據(jù)熱平衡定律可知，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同，故E正確．（2）（10分）一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞．初始時，管內汞柱及空氣柱長度如圖所示．用力向下緩慢推活塞，直至管內兩邊汞柱高度相等時為止．求此時右側管內氣體的壓強和活塞向下移動的距離．已知玻璃管的橫截面積到處相同；在活塞向下移動的過程中，沒有發(fā)生氣體泄漏；大氣壓強p0＝75.0cmHg.環(huán)境溫度不變．【答案】144cmHg9.42cm【解析】設初始時，右管中空氣柱的壓強為p1，長度為l1；左管中空氣柱的壓強為p2＝p0，長度為l2.活塞被下推h后，右管中空氣柱的壓強為p1'，長度為l1'；左管中空氣柱的壓強為p2'，長度為l2'.以cmHg為壓強單位．由題給條件得p1＝p2＋(20.0－5.00)cmHg，l1＝20.0cm①l1'＝20.0cm－eq\f(20.0－5.00,2)cm②由玻意耳定律得p1l1＝p1'l1'③（2分）聯(lián)立①②③式得p1'＝144cmHg④依題意p2'＝p1'⑤l2'＝4.00cm＋eq\f(20.0－5.00,2)cm－h(huán)⑥（2分）由玻意耳定律得p2l2＝p2'l2'⑦（2分）聯(lián)立④⑤⑥⑦式和題給條件得h＝9.42cm⑧（2分）14．[物理——選修3–4]（15分）（1）（5分）某橫波在介質中沿x軸傳播，圖甲是t＝1s時的波形圖，圖乙是介質中x＝2m處質點的振動圖象，則下說法正確的是_________。（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．波沿x軸正向傳播，波速為1m/sB．t＝2s時，x＝2m處質點的振動方向為y軸負向C．x＝1m處質點和x＝2m處質點振動步調總相同D．在1s的時間內，波動圖象上隨意質點通過的路程都是10cmE．在t＝1s到t＝2s的時間內，x＝0.5m處質點的運動速度先增大后減小【答案】BDE【解析】由甲圖