全国2024年高考物理考前冲刺押题卷四含解析

高考物理考前冲刺押题卷第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1．目前，在居家装修中，常常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，依据有关放射性学问可知，下列说法正确的是()A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并放射出来的B．β射线是原子核外电子电离形成的质子流，它具有很强的穿透实力C．已知氡的半衰期为3.8天，若取1g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5g砝码天平才能再次平衡D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数削减了4【答案】A【解析】β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并放射出来的，故A正确；β射线是电子流，并不是质子流，它的穿透实力强于α射线，弱于γ射线，穿透实力中等，故B错误；氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5g衰变成新核，新的原子核仍旧留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5g，天平才能再次平衡，故C错误；α发生衰变时，电荷数少2(即质子数削减2)，质量数少4，故中子数削减2，故D错误．2．如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ＝30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面对上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g.则()A．斜劈对滑块的支持力大小为mgB．斜劈对滑块的作用力大小为mgC．动摩擦因数μ＝0.5D．水平面对斜劈的摩擦力大小为eq\f(1,2)mg【答案】B【解析】斜劈对滑块的支持力大小为mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力的夹角为120°，重力与拉力的合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力的合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；依据F＝mg＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，选项C错误；对滑块和斜劈的整体分析，水平方向：Fcos30°＝f，解得f＝eq\f(\r(3),2)mg，选项D错误．3．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．该水平拉力与轻绳的弹力大小相等B．物块c受到的摩擦力大小为μmgC．当该水平拉力增大为原来的eq\f(3,2)倍时，物块c受到的摩擦力大小为eq\f(1,2)μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为eq\f(1,3)μmg【答案】C【解析】三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F>T，故A错误；物块c做匀速直线运动，处于平衡状态，c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的eq\f(3,2)倍时，F′＝eq\f(3,2)F＝eq\f(9,2)μmg，由牛顿其次定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝eq\f(1,2)μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统由牛顿其次定律得2μmg＝2ma′，对c：由牛顿其次定律得f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D错误．4．如图所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是()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】设斜面的倾角为θ，可得eq\f(gt,2v0)＝tanθ，所以eq\f(gt1,2v01)＝eq\f(gt2,2v02)，竖直方向下降的高度之比为1∶2，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，求得eq\f(v01,v02)＝eq\f(1,\r(2))，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，eq\f(v1,v2)＝eq\f(v01,v02)＝eq\f(1,\r(2))，eq\f(tanθ1,tanθ2)＝1，所以C正确．5．地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐．潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起肯定的作用，但要弱得多．引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面对上(背离地心)最大处，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面对下(指向地心)最大处，海水出现低谷．为简化探讨，只在地—月系统分析问题，此时引潮力可称为月潮力．假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量为M月，地球质量为M地；A为近月点，B为远月点．如取直角坐标系的x轴沿月地连线，θ为地表某处的半径与x轴正方向的夹角．该处质量为Δm的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是Fx＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ；Fy＝－eq\f(2GM月Δm,r3)·Rsinθ；依据已学的学问，结合上述公式，推断下列说法正确的是()A．月潮力就是地球对海水的引力B．月潮力就是月球对海水的引力C．近月点处的海水月潮力向下最大D．远月点处的海水月潮力向上最大【答案】D【解析】月潮力是月球的吸引与地球的自转共同对海水产生的等效力，故A、B都错误；在近月点A，θ＝180°，Fx＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ<0，方向沿x轴负方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故C错误；在远月点B，θ＝0°，Fx＝eq\f(2GM月Δm,r3)Rcosθ>0，向沿x轴正方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故D正确．6.机场规定“严禁携带额定能量超过160W·h的充电宝搭乘飞机”，下列说法正确的是()A．机场限定的是充电宝的能量不能超过5.76×105JB．160W·h相当于160kg的重物由静止下落1m时所具有的动能C．乘飞机可以携带标注容量为30000mA·h，输出电压为5V的充电宝一块D．容量为1200mA·h的充电宝，假如对外供电的电流为50mA，那么续航时间大约为24h【答案】ACD【解析】选机场限定的是充电宝的能量不能超过160W·h＝160×3600J＝5.76×105J，选项A正确；160kg的重物由静止下落1m时所具有的动能为mgh＝160×10×1J＝1600J，则160W·h比160kg的重物由静止下落1m时所具有的动能大，选项B错误；容量为30000mA·h，输出电压为5V的充电宝储存的电能为30000mA·h×5V＝30×3600×5J＝5.4×105J<5.76×105J，则乘飞机可以携带此充电宝，选项C正确；容量为1200mA·h的充电宝，假如对外供电的电流为50mA，那么续航时间大约为eq\f(1200mA·h,50mA)＝24h，选项D正确．7．如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】设正方体的边长为r，已知正点电荷的场强方向沿径向向外，负点电荷的场强方向沿径向向里，故q在b点的场强沿qb连线向外，大小为eq\f(kq,r2)，－q在b点的场强由b指向－q，大小为eq\f(kq,2r2)，两个场强方向垂直，同理得q在a点的场强沿qa连线向外，大小为eq\f(kq,2r2)，与－q在b点的场强相同；－q在a点的场强与q在b点的场强相同，故a、b两点的场强大小、方向都相同，B、C正确；点电荷的等势面是以点电荷为球心的球面，故a点的电势与b点正上方的顶点电势相同，从b点正上方的顶点沿边线移动到b点，负电荷所受的两个电场力都做正功，故电势能降低，电势上升，A、D错误．8．如图甲，在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框自t＝0起先，在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止起先做匀加速直线运动穿过磁场区域，外力F随时间t变更的图象如图乙所示，已知线框质量为0.5kg，电阻R＝1Ω，线框穿过磁场过程中，外力F对线框做功eq\f(7,3)J，下列说法正确的是()A．线框匀加速运动的加速度a＝2m/s2B．磁场的宽度为1mC．匀强磁场的磁感应强度为2TD．线框在穿过磁场过程中，线框上产生的热量为1.0J【答案】AC【解析】物体做匀变速运动，假如线框的边长和磁场的宽度不相等，那么在线框完全进入磁场的时候，整个线框的磁通量不变，没有感应电流，因此没有安培力，外力F会和受到安培力的时候的情形不一样．由乙图可知物体始终受安培力的作用，因此线框宽度和磁场的宽度一样，都为L；由牛顿其次定律及匀变速运动知F－eq\f(B2L2v,R)＝ma⇒F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，乙图的直线部分斜率为2，当t＝1s时拉力F不再变更说明线框离开磁场，此时物体的速度v＝at＝a，联立有eq\f(B2L2a,R)＝2,1s时的拉力F1＝eq\f(B2L2a,R)＋ma＝3，可解得a＝2m/s2，故A正确；物体做匀变速运动，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×12＝1m，线框和磁场宽度一样，因此L＝0.5m，故B错误；将L和a代入可得B＝2T，故C正确；由能量守恒定律得：WF＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入数据得Q＝eq\f(4,3)J，故D错误．第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必需作答。第13~14题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题（共47分）9．（6分）探究“加速度与力、质量关系”的试验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。(1)关于平衡摩擦力，下列说法正确的是___________。A．平衡摩擦力时，须要在动滑轮土挂上钩码B．变更小车质量时，须要重新平衡摩擦力C．变更小车拉力时，不须要重新平衡摩擦力(2)试验中___________(选填“须要”或“不须要”)满意所挂钩码质量远小于小车质量。(3)某同学依据试验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示，图线不过原点的缘由是___________。A．钩码质量没有远小于小车质量B．平衡摩擦力时木板倾角过大C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力【答案】（1）C（2分）（2）不须要（2分）（3）B（2分）【解析】（1）平衡摩擦力只须要将木板适当倾斜，不须要在动滑轮上挂钩码，选项A错误；变更小车质量时，不须要重新平衡摩擦力，变更拉力时，不须要重新平衡摩擦力，选项B错误C正确。（2）由于在轻绳一端加了拉力传感器，能够干脆读出拉力数值，因此不须要满意所挂钩码的质量远小于小车质量。（3）加速度a与力F图象在拉力F为零时就肯定有加速度，所以不过坐标原点的缘由是平衡摩擦力时木板倾角过大，选项B正确。10．（9分）某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。试验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：A．电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.125ΩB．电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩC．滑动变阻器0～20ΩD．滑动变阻器0～200Ω(1)为了操作便利，减小试验误差，滑动变阻器应选用________(选填相应器材前的字母)。(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应当置于最________端(选填“左”或“右”)。(3)图乙是该同学依据试验数据绘制的U­I图线，依据图线求得被测干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果保留到小数点后两位)。(4)该试验中，产生系统误差的主要缘由是________。图丙中实线为依据测量数据绘制的图线，虚线代表在没有误差状况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，图丙四幅图中能够正确反映两者关系的是________。【答案】(1)C（1分）(2)右（1分）(3)1.48（2分）0.90（2分）(4)电压表分流（1分）D（2分）【解析】(1)若选C，则电路中的电流最小约为eq\f(1.5V,20Ω)≈0.08A，此时电流表指针偏转已经较小；若选D，则滑动变阻器阻值从200Ω到20Ω，电路中的电流始终很小，所以为了便利试验操作，滑动变阻器应选择C。(2)滑动变阻器采纳限流接法，为爱护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端。(3)由图示电源U­I图象可知，电源电动势为：E＝1.48V，电源内阻为：r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.48－1.10,0.42)Ω≈0.90Ω。(4)由图示电路图可知，电流表采纳内接法，由于电压表不是志向电表，故存在分流现象，导致测得通过电源的电流偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽视，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故D正确，A、B、C错误。11．（14分）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向放射质量为m、电荷量为的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满意．（1）若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v；（2）若大量此类粒子以速率，从M点射入磁场，方向随意，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为多少？（3）若由M点射入磁场各个方向的全部粒子速率均为题中计算出的，求磁场中有粒子通过的区域面积。11．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子以速率沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：设轨迹半径为，则（1分）解得：（1分）由牛顿其次定律可得（1分）解得：（1分）（2）大量此类粒子以速率从M点射入磁场由牛顿其次定律可得（1分）解得：（1分）粒子方向随意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：则（1分）解得：（1分）粒子在磁场中运动的最长时间（1分）（3）粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为，且不变。由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧

MQ与直线MQ围成的面积S3之和。（1分）（1分）（1分）所以（2分）12．（18分）如图所示，一对杂技演员(均视为质点)荡秋千，女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最终二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽视不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g。求：(1)女演员摆到最低点B的速度大小；(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力。【答案】(1)eq\r(2gl)(2)60°(3)mg＋eq\f(m\r(2gl),t)，方向竖直向下【解析】(1)对于女演员，设其在B点的速度大小为v，从A运动到B，由机械能守恒定律得：mgl＝eq\f(1,2)mv2，（2分）代入数据得：v＝eq\r(2gl)。（1分）(2)设秋千绳O2D和竖直方向的夹角为θ，设男演员从平台上D点静止摆下至C点时，速度大小为vC，由机械能守恒定律有：2mg×2l(1－cosθ)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)。（2分）当女演员到达C点时刚好被男演员接住，最终二者恰好摆回到平台D点，可见男女演员的共同速度大小也为vC。男演员接住女演员的过程水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，若男演员接住女演员前两者速度方向相同，有：mv＋2mvC＝3mvC（2分）代入数据得：cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°。（1分）若男演员接住女演员前两者速度方向相反，有：mv－2mvC＝3mvC。（2分）代入数值得：cosθ＝eq\f(49,50)(不符合实际，舍去)。（1分）(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动，设到达C点的竖直速度大小为vyveq\o\al(2,y)＝2g(2l－l)＝2gl（2分）由(2)可知v＝vC，男、女演员水平方向无作用力，设男演员对女演员的平均作用力大小为F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，由动量定理：(F－mg)t＝mvy，（2分）解得：F＝mg＋eq\f(m\r(2gl),t)。（1分）依据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为mg＋eq\f(m\r(2gl),t)（1分）方向竖直向下。（1分）（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。13．[物理——选修3–3]（15分）（1）（5分）下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．布朗运动就是分子的无规则运动B．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D．做功和热传递都是通过能量转化的方式变更系统内能的E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B正确；依据热力学其次定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；做功是通过能量转化的方式变更系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故D错误；温度是描述热运动的物理量，依据热平衡定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E正确．（2）（10分）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积到处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg.环境温度不变．【答案】144cmHg9.42cm【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1'，长度为l1'；左管中空气柱的压强为p2'，长度为l2'.以cmHg为压强单位．由题给条件得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）联立①②③式得p1'＝144cmHg④依题意p2'＝p1'⑤l2'＝4.00cm＋eq\f(20.0－5.00,2)cm－h⑥（2分）由玻意耳定律得p2l2＝p2'l2'⑦（2分）联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42cm⑧（2分）14．[物理——选修3–4]（15分）（1）（5分）某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t＝1s时的波形图，图乙是介质中x＝2m处质点的振动图象，则下说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．波沿x轴正向传播，波速为1m/sB．t＝2s时，x＝2m处质点的振动方向为y轴负向C．x＝1m处质点和x＝2m处质点振动步调总相同D．在1s的时间内，波动图象上随意质点通过的路程都是10cmE．在t＝1s到t＝2s的时间内，x＝0.5m处质点的运动速度先增大后减小【答案】BDE【解析】由甲图