河南省洛陽市2024屆高考沖刺七物理試題

河南省洛陽市名校2024屆高考沖刺七物理試題

考生須知：

1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色

字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。

2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。

3.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示的電路中，電鍵S?、S3、Sj均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，極板間懸浮著一油滴P,

下列說法正確的是（）

A.油滴帶正電

B.只斷開電鍵5；,電容器的帶電量將會增加

C.只斷開電鍵邑，油滴將會向上運動

D.同時斷開電鍵色和其，油滴將會向下運動

2、一根輕質彈簧原長為加在力尸作用下伸長了心則彈簧的勁度系數(shù)A是（）

FFFF

A.~B.—C.~D.~

4xx-lQx+h

3、已知若速為3xIO*m/s電子的質量為9.1xIO31kg,中子的質量為1.67xlO27kg,質子的質量為1.67xIO27kg。

氫原子能級示意圖如圖所示。靜止氫原子從n=4躍遷到n=l時，氫原子的反沖速度是多少？（）

nMV

2----------------3.40

1----------------13.60

A.4.07m/sB.0.407m/sC.407m/sD.40.7m/s

4、如圖所示，A、B兩個質量相等的小球，分別從同一高度、傾角分別為。、夕（a＜尸）的光滑斜面頂端由靜止自由

滑下。在小球從開始下滑到到達斜面底端的過程中，下列判斷正確的是（）

A.A球和B球到達斜面底端的速度大小不相等

B.A球重力做功的平均功率比B球重力做功的平均功率小

C.A球運動的加速度比B球運動的加速度大

D.A球所受重力的沖量大小比B球所受重力的沖量大小小

5、如圖所示，固定在水平地面上的物體A,左側是圓弧面，右側是傾角為〃的斜面，一根輕繩跨過物體A頂點上的

小滑輪，繩兩端分別系有質量為⑸、利的小球，當兩球靜止時，小球如與圓心連線跟水平方向的夾角也為。，不計

一切摩擦，則，川、〃”之間的關系是（）

C.in\=rnitanOD.m\=miCQsO

6、2019年“山東艦”正式服役，標志著我國進入雙航母時代。如圖，“山東艦”正在沿直線航行，其質量為加，發(fā)動機

的輸出功率恒為P,所受阻力恒為力其時刻速度為由、加速度為由，一段時間，后速度變?yōu)殡姡╲2>vi）,在這段時間

內位移為s。下列關系式正確的是（）

Pf

A.4

，〃匕m

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、兩材料完全相同的、可視為質點的滑塊甲和滑塊乙放在粗糙的水平上，在兩滑塊的右側固定一擋板。已知兩滑塊與

水平面之間的動摩擦因數(shù)均為〃，甲、乙兩滑塊的質量分別為⑸=3m、/〃2=2機，且在水平面上處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給滑

塊甲一向右的初速度如（未知），使滑塊甲和滑塊乙發(fā)生無能量損失的碰撞，經過一段時間滑塊乙運動到擋板處且被一

接收裝置接收，而滑塊甲未與擋板發(fā)生碰撞，開始兩滑塊之間的距離以及滑塊乙與擋板之間的距離均為L,重力加速

度為g。滑塊甲與滑塊乙碰后的瞬間速度分別用力、以表示，下列正雄的說法是（）

站二,Wzf,

A.VI:￡2=1:5B.VI：V2=l：6

D.%的最小值為,但回

C.Po的最小值為

8、如圖所示，A、B兩滑塊質量分別為2kg和4kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的水平面上，并用手按

著兩滑塊不動。笫一次是將一輕質動滑輪置于輕繩上，然后將一質量為4kg的鉤碼C掛于動滑輪上，只釋放A而按著

B不動；第二次是將鉤碼C取走，換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上，只釋放B而按著A不動。重力加速

度g=10m/s2,不計一切摩擦，則下列說法中正確的是（）

AB

nng-n

c

A.第一次操作過程中，滑塊A和鉤碼C加速度大小相同

20

B.第一次操作過程中，滑塊A的加速度為^m/s2

C.第二次操作過程中，繩張力大小為20N

D.第二次操作過程中,滑塊B的加速度為lOm/s?

9、如圖所示，足夠長的光滑平行金屬直導軌固定在水平面上，左側軌道間距為2d,右側軌道間距為d。軌道處于豎直

向下的磁感應強度大小為〃的勻強磁場中。質量為2,〃、有效電阻為2R的金屬棒a靜止在左側軌道上，質量為利、有

效電阻為R的金屬棒》靜止在右側軌道上?，F(xiàn)給金屬棒。一水平向右的初速度如經過一段時間兩金屬棒達到穩(wěn)定狀

態(tài)。已知兩金屬棒運動過程中始終相互平行且與導軌良好接觸，導軌電阻忽略不計，金屬棒。始終在左側軌道上運動,

則下列說法正確的是（）

A.金屬棒力穩(wěn)定時的速度大小為3％

B.整個運動過程中通過金屬棒。的電荷量為笠

2Rmv

C.整個運動過程中兩金屬棒掃過的面積差為0

B2d

D.整個運動過程中金屬棒。產生的焦耳熱為:0片

表頭

甲乙

⑴圖甲中4端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接

⑵開關S接位置_________（填“1”或“2”）時是電流擋的大量程，根據題給條件可得。&+&=

凡=Q，（=Qo

⑶某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示，若此時5端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為;若此時5端

是與“3”相連的，則讀數(shù)為<.

（4）多用電表長時間使用后會造成電源的電動勢減小和內阻增大，若繼續(xù)使用時還能進行歐姆調零，則用該多用電表測

量電阻時，所測得的電阻值將（填“偏大”、“偏小”或“不變

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，直角坐標系Oxy位于豎直平面內，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里

的勻強磁場和豎直向上的勻強電場.質量為m2=8xl0^kg的不帶電小物塊靜止在原點O,A點距。點L=0.045m,

質量m^lxlO,kg的帶電小物塊以初速度vo=O.5m/s從A點水平向右運動,在O點與m?發(fā)生正碰并把部分電量轉移

到m2上，碰撞后m2的速度為0.lm/s,此后不再考慮皿、nn間的庫侖力.已知電場強度E=40N/C,小物塊mi與

水平面的動摩擦因數(shù)為H=0.L?g=10in/s2,求：

（D碰后mi的速度；

（2）若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角9=30。，OP長為Lop=0.4m,求磁感應強度B的

大小：

(3)其它條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小為由使m?能與皿再次相碰，求6的大?。?/p>

14.(16分)如圖所示，一定質量的氣體從狀態(tài)A經狀態(tài)B、C、O再回到狀態(tài)人已知氣體在狀態(tài)4時的體積是1L。

(latm=1.013xl05Pa,ln3=1.099)

①求氣體在狀態(tài)C的體積;

②氣體從狀態(tài)A經狀態(tài)8、C、。再回到狀態(tài)A的過程中，吸收或放生的熱量。。

15.(12分)如圖所示，矩形拉桿箱上放著平底箱包，在與水平方向成。=37”的拉力F作用下，一起沿水平面從靜止

開始加速運動.已知箱包的質量〃，=1.0kg,拉桿箱的質量M=9.0kg,箱底與水平面間的夾角9=37。，不計所有接觸

面間的摩擦，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8?

(1)若尸=25N,求拉桿箱的加速度大小a；

⑵在(1)的情況下，求拉桿箱運動x=4.0m時的速度大小y；

⑶要使箱包不從拉桿箱上滑出，求拉力的最大值En。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、C

【解題分析】

A.電容器的上極板與電源正極相連，帶正電，油滴受到豎直向下的重力和電場力作用，處于平衡狀態(tài)，故電場力方

向影直向上，油滴帶負電，故A錯誤。

B.只斷開電鍵不影響電路的結構，電容器的電荷量恒定不變，故B錯誤。

C.只斷開電鍵S2,電容器電壓變?yōu)殡娫措妱觿?，則電容器兩極板間電壓增大，電場強度增大，油滴將會向上運動,

故C正確。

D.斷開電鍵S3和S4,電容器電荷量不變，電場強度不變，油滴仍靜止，故D錯誤。

故選C。

2、B

【解題分析】

己知彈簧的彈力尸與伸長的長度力根據胡克定律

F=kx

ACD錯誤，B正確。

故選B。

3、A

【解題分析】

氫原子從〃=4躍遷到n=l時放出光子的能量為

E=E4-E]=(-0.85)-(-13.6)=12.75eV

光子的動量

光子的能量

E

P=-

c

根據動量守恒定律可知

12.75xl.6xl0-1

m/s=4.07m/s

x-2

mhcinH3x10x1.67x10'

4、B

【解題分析】

A.根據機械能守恒定律可得

,1，

nigh=5W

解得

V=yl2gh

兩個小球達到底部的速度大小相等，故A錯誤；

BC小球的加速度大小為

mgsin。.八

a=-2-----=gsinJ

tn

運動時間

仁叵=_L但

Vasin0\g

則運動過程中A斜面斜角小，則A運動的時間比B的大，由于高度相同，重力做功相等，所以A球重力做功的平均

功率比B球重力做功的平均功率小，故B正確，C錯誤；

C.由于A運動的時間比B的大，由公式可知，A球所受重力的沖量大小比B球所受重力的沖量大小大，故

D錯誤。

故選B。

5、C

【解題分析】

設繩子對兩球的拉力大小為尸T,對m2根據平衡條件得

FT=7H2gsinO

對/?!根據平衡條件得

FT=/nigcosO

聯(lián)立解得

/Mi=/?2tan9

故選C.

6、A

【解題分析】

A.由牛頓第二定律，則有

a\~~~

mm"7m

故A正確；

B.當航母達到最大速度時，F(xiàn)=f,此時

PP

fr=一上一

匕”匕

故B錯誤；

C.航母的運動不是勻加速運動，則時間，內的位移

v.+嗎

s^-——-t

2

故C錯誤；

D.由動能定理可得

Pt-fs=；"八彳-g"IV；

故D錯誤。

故選A。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BC

【解題分析】

AB.兩滑塊碰撞過程滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，設碰撞前瞬間滑塊甲的速度為巧則有

m\v=m\V\"\-mivi

由機械能守恒定律得

1212.12

—-nnvr-]mivi

222

聯(lián)立解得

v6v

Vl=—,V2=

JJ

則二者速度大小之比為

VI：V2=l:6

A錯誤，B正確；

CD.當滑塊甲初速度最小時，碰后滑塊乙應剛好運動到右側的擋板，則

—pni2gL=——2y2~

碰前滑塊甲做減速運動

—pm\gL=—nuv2——77/1w

C正確，D錯誤。

故選BC.

8、BC

【解題分析】

A.第一次操作過程中，因AC移動的位移之比為2：1,則滑塊A和鉤碼C加速度大小之比為2：1,選項A錯誤;

B.第一種方式：只釋放4而A按著不動.設繩子拉力為八，。的加速度為小.

對A根據牛頓第二定律可得

T\=m\a\

對C根據牛頓第二定律可得

mcg-27'i=77icai

根據題意可得

聯(lián)立解得

選項B正確；

C.第二種方式：只釋放8而4按著不動，換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上,

則繩張力大小為20N,選項C正確；

D.對b受力分析，根據牛頓第二定律可得

72=//ZB?B

根據題意可得乃=20N

聯(lián)立解得

?B=5m/s2

故D錯誤。

故選BC.

9、BCD

【解題分析】

A.對金屬棒。、力分別由動量定理可得

-BIx2Jxz=2mv-2〃?%,Blxdxt=mv'

聯(lián)立解得

“2%一〃八'=mV

兩金屬棒最后勻速運動，回路中電流為0,則

Bx2clxv=Bxdxv

即

vr=2v

則

1，2

，v

"4J%J=}%

A錯誤；

B.在金屬棒力加速運動的過程中，有

BIxdxt=mvr

即

的d=〃?x|%

解得

q短

B正確；

C.根據法拉第電磁感應定律可得

-E.△①BxAS

q=g=RA/=----=---------

3R3R

解得

△S書

C正確；

D.由能量守恒知,回路產生的焦耳熱

22

。=x2機說?x2tnv1tnv=2mvl

223

則金屬棒〃產生的焦耳熱

0=,0=料：

D正確。

故選BCDo

10、BD

【解題分析】

根據木板A的v-t圖像求解滑塊在木板上滑動時和離開木板時木板的加速度，根據牛頓第二定律列式求解兩個動摩擦

因數(shù)；若木塊在木板上滑動時，木塊的加速度應該大于木板的加速度，由此求解F的范圍；根據木塊和木板的位移關

系求解F與L的關系.

【題目詳解】

滑塊在木板上滑動時木板的加速度為q=-=-m/s2=2mls2,對木板根據牛頓第二定律：

△t1

〃產遙〃2("U1；滑塊從木板上滑出時木板的加速度為由===56/$2=1〃?//，對木板根據牛頓

第二定律：p2mAg=inAa2；聯(lián)立解得：陽=0.7,陽=0.1,選項A錯誤，B正確；對木塊B：尸一卬碼g二〃其

中的aQlm/sl貝UF>9N,則F的大小不可能為9N,選項C錯誤；根據L=ga/-g”2,式中［=卜,聯(lián)立解得：

F=lL+9,即F的大小與板長L有關，選項D正確；故選BD.

【題目點撥】

此題時牛頓第二定律的綜合應用問題，首先要搞清兩物體的運動情況，通過v-t圖像獲取運動信息，結合牛頓第二定

律求解.

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、亞2_4.70010偏大

4L

【解題分析】

⑴⑴⑵合金絲的電阻

R=p—=p—-~~-

S⑶2

兀一

電阻率

TTRD2

P=

4L

由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為:

4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm

(2)[3][4]在閉合電路中，電源電動勢

E=I(R+RJ

則

—

IEE

由圖像可知得電源電動勢E=4V,圖像截距〃=2.5,可得R、.=10。；測量值為待測電阻R、與電流表內阻

之和，所以測量值偏大。

12、52A1400Q偏大

【解題分析】

由題中所示電路圖可知.B與歐姆表內置電源的負極相連.B為紅表筆，A為黑表筆.

(2)[2]由題中所示電路圖可知，開關S接位置1時，分流電阻較小，此時電流擋的大量程；

⑶根據題中所示電路圖，由歐姆定律可知

…二旦…X)50Q

33

/2-/G5X10--1XI0

[4J[5]5mA電流擋的內阻為

(凡十幾)凡，

R=~~^=40Q

N+&+人

則

q=(就40)0=560。

15

%=竺■一凡-&=(_3-40-560)Q=2400Q

?5x1

(3)[6步端是與“1”相連的，電流表量程為1A,分度值是0.02A,多用電表讀數(shù)為

0.02Ax26=0.52A

⑺此時B端是與“3”相連，多用電表測電阻，由圖示可知，指針指在14的位置，則讀數(shù)為

14xl00Q=1400Q

(4)⑻當電池電動勢變小、內阻變大時，需要重新歐姆調零，由于滿偏電流及不變，歐姆表內阻

變小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來的，可知當R內變小時，有

[=E=4凡

凡+R、0+K

由于及不變、R內變小，指針跟原來的位置相比偏左，歐姆表的示數(shù)變大，導致測量阻值偏大。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)0.4m/s,方向向左(2)1T(3)0.25T

【解題分析】

試題分析：(l)mi與m2碰前速度為vi,由動能定理

11212

—|imigl=-miV|-----miv0

代入數(shù)據解得：vi=0.4m/s

設V2=0.lm/s,mi、m2正碰，由動量守恒有：

miV[=mivi'+m2V2

代入數(shù)據得：v/=-0.4m/s,方向水平向左

(2)012恰好做勻速圓周運動，所以qE=m2g

得：q=2xlO-3C

粒子由洛倫茲力提供向心力，設其做圓周運動的半徑為R,則

V；

qv2B=m2—

R

軌跡如鷹，由幾何關系有：R=IOP

解得：B=1T

⑶當m2經過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，mi碰后做勻減速運動.

mi勻減速運動至停，其平均速度為：

_1

V=-v/=0.2m/s>V2=0.1m/s

2

所以m2在皿停止后與其相碰

由牛頓第二定律有：f=|imig=mia

mi停止后離O點距離：s=匕一

2a

則m2平拋的時間：t=一

打

平拋的高度：h=；gt?

設m2做勻速圓周運動的半徑為R，，由幾何關系有:

XXX

E

X

MXX

8

X

產

XX

77k

XXXX

XXX

1

R'=-h

2

由qv2B'=