2024年高考押题预测卷-物理（北京卷03）（全解全析）

2024年高考押题预测卷03（北京卷）

物理，全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择即时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题

目要求。

!•某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图（甲）所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观

察到的条纹如图（乙）所示。他改变的实验条件是（）

IIIIIIII

甲

乙

A.减小双缝之间的距离B.减小火源到双缝的距离

C.减小双缝到光屏之间的距岗D.换用频率更高的单色光源

【答案】A

【解析】A.由题可知，改变实验条件后，条纹间距变宽，由刈=4/1；可知减小双缝间距离，条纹间

a

距会变宽，A符合题意；

B.减小光源到双健的距离，条纹间距不变，B不符合题意；

C减小双缝到光屏之间的距离，条纹间距变窄，C不符合题意；

D,换用频率更高的单色光源，波长更小，条纹间距更窄，D不符合题意。

故答案为：A

2.如图所示是一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），取g=10m,

/占IO.下列说法正确的是（)

A.此单摆的摆长约为2m

B.此单摆的固有周期为0.5K

C.若摆长增大，共振曲线的“峰”将向左移动

D.若将该单摆运到月球上，共振曲线的“峰''将向右移动

【答案】C

【解析】AB.由共振曲线可知，该单摆的固有频率为0.5Hz,由7=（可得，该单摆的固有周期为2s,

根据单摆的周期公式丁=2乃《；可得此单摆的摆长为L=g尸_I0x22

m=Im：AB不符合题意;

4424x10

C.若摆长增大，根据单摆的周期公式丁=2%1；可知，单摆的固有周期变大，固有频率变小，共振曲

线的“峰”将向左移动，C符合题意;

D.若将该单摆运到月球上，重力加速度变小，根据T=2兀可知，单摆的固有周期变大，固有频率

变小，共振曲线的“峰”将向左移动，D不符合题意。

故答案为：Co

3.1887年，赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的间隙如果受到光照，就更容易产生电火花,

这就是最早发现的光电效应现象。用如图所示电路研究光电效应，下列说法正确的是（）

A.爱因斯坦为了解释光电效应现象的实验规律，提出了“光子”说

B.光照强度越大，电子从K板逸出时的初动能越大

C.光照条件不变时，闭合开关S,滑片P向右移动时，光电流会一直增大

D.只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子

【答案】A

【解析】A、爱因斯坦为了解祥光电效应现象的实验规律，提出了“光子”说，故A正确；

B、根据光电效应方程用=/川-乂；可知电子从K板逸出时的初动能与光照强度无关，故B错误；

C、光照条件小变时，闭合开关S,消片P向右移动时，加在光电管上的止向电压增大，光且流先增大，

当达到饱和光电流时，光电流不再增大，故C错误；

D、由发生光电效应的条件可知，入射光的频率大于极限频率时，才能使K板发出光电子.故D错误。

故答案为：Ao

4.网课期间，小飞同学向爸爸学习刀削面。若面团到锅边缘的竖直距离为0.45m,面团离锅边缘最近的水

平距离为0.70m,锅的直径为0.40m。为使削出的面片能落入锅中，不计空气阻力，重力加速度大小取

10m/s2,则面片的水平初速度可能是（）

A.1.Om/sB.2.0m/sC.3.0m/sD.4.0m/s

【答案】C

【解析】根据力=gg产；代入数据〃=0.45m；得，=0.3s；由题意知水平位移最大为

二0・7m+0.4m=最小为乙而二°.7m；根据x=W：代入数据得gm/sWvW£m/s

故答案为：Co

5.如图为一定质量的理想气体经历a-b-c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴,

cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是（）

A.a-b过程，所有气体分子的运动速率都减小

B.a-b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分了数增加

D.对船,根据牛顿第二定律可得Fcos6>-/=ma；解得船的加速度为a=屋。,",；D不符合题意。

m

故答案为：Bo

7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5♦s内做匀加速直线运动，5拆末达到额定功率，之后保持

额定功率运动，其v-t图像如图所示，已知汽车的质量为m=2xl()3kg,汽车受到的阻力为车重的0.1

倍，SaiOm/s2，则()

B.汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功为1.5x101

C.汽车的额定功率为60*kW

D.汽车的最大速度为15*m/s

【答案】C

【解析】A、汽车在前5s内的位移为x=乜4=25m；A错误；

2

B、汽车在前5s内的牵引力所做的功为卬=八=6xlO3x,xlOx5=1.5xlOSj；汽车在达到最大速度

2

的过程中牵引力做的功一定大于1.5X18J,故B错误；

C、汽车受到的阻力/=〃〃7g=(HX2X103X10N=2X1()3N；前5s内，由图知〃=2m/s2：由牛顿

第二定律：F-f=ma.求得/nGxlOiN；匚5s末功率达到额定功率

P-FV-6X103X10W-6X104W-60A:W；故C正确；

PP6000(),“/

D、汽车的最大速度为%故D错误；

Ff2000

故答案为：Co

8.两条通电的直导线互相垂直，如图所示，但两导线相隔一小段距离，其中导线AB是固定的，另一条导

线CD能自由转动或平动。它们通以图示方向的直流电流时，CD导线将()

A.逆时针方向转动，同时靠近导线AB

B.顺时针方向转动，同时靠近导线AB

C.逆时针方向转动，同时离开导线AB

D.顺时针方向转动，同时离开导线AB

【答案】A

【解析】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电

流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知

CD导线逆时针方向转动，当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引，所以导线CD逆时

针方向转动，同时靠近导线AB,A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A

9.竖直放置口轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小球开

始接触弹o簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（）

n

—

777777777

A.小球和弹簧组成的系统动量守恒

B.小球的动量一直减小

C.弹簧对小球冲量的大小大干重力对小球冲量的大小

D.小球的机械能守恒

【答案】C

【解析】A、弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为0,对小球进行受力分析，从小球开始接

触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度减小的变加速直线运动,

最后向下做加速度增大的变减速直线运动，可知，速度先增大后减小，动量先增大后减小，可知，小球

和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；

B、根据上述可知，小球的动量先增大后减小，故B错误；

C、根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速

直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，直至速度减为0,根据动量定理有/G-^=0-wv:

可知，弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故C正确；

D、根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速

直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，故D

错误。

故答案为：Co

10.如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试

探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（）

甲乙

A.点电荷Q一定为正电荷

B.点电荷Q在A、B之间

C.点电荷Q在A、O之间

D.A点的电场强度大小为5xlO'N/C

【答案】B

【解析】ABC.由图乙知，正的试探电荷放在A点，受到的电场力方向沿x轴正方向，所以A点的场强

向右，负的试探电荷放在B点，所受的静电力的方向也沿x轴的正方向，所以B点的场强方向向左，说

明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，AC不符合题意，B符合题意；

D.根据尸=%：可知，图乙中A点的试探电荷受到的静电力与其:所带电荷量的关系图像的斜率等「点

电荷Q在A点的场强，即七=-------N/C=2xlO3N/C

42x10-6

D不符合题意。

故答案为：Bo

11.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳

和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的4、4、4、4、4所示，人们称为拉格朗日点。若

飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用卜.，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳

做圆周运动，若发射一颗卫星定位于拉格朗日4点，下列说法正确的是（）

A.该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等

B.该卫星在&点处于平衡状态

C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度

D.该卫星在&处所受太阳和地球引力的合力比在4处小

【答案】C

【解析】A、根据题意可知，该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A错误；

B、该卫星在L?点绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态，故B错误；

C、根据题意可知，卫星位于这些点上与地球同步绕太阳做圆周运动，由公式〃=”「；可知，由于

T2

卫星绕太阳运动的半径大于地球绕太阳运动的半径，则该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳

运动的向心加速度，故C正确：

D、根据题意，由牛顿第二定律有七二〃?*■〃；卫星在L2史和在L.处绕太阳做圆周运动的周期相同，

L2处半径大，则卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在Li处大，故D错误。

故答案为：Co

12.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈面cd有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线

圈平面，磁感应强度B随时间/的变化规律如图乙所示.线圈中产生的电动势石、电流/、内能Q、线圈

受到的安培力户与时间/的关系可能正确的是（）

九一

1T2Tt

【答案】C

【解析】AB、若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，在0~1时间内线圈中产生逆时针方向电流，

在T〜2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据七二——=—S；可知感应电动势大小不变，但是

△/A/

p

方向不同，根据/=，:可知，在0~丁时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变，在1~2T时间内线圈

R

中产生顺时针方向的电流也不变，故AB错误；

C、根据。=/2用可知，因I、R不变，则Q-t图像是过原点的直线，故C正确：

D、根据七二8〃；在0~］时间内B随时间均匀减小，则F安随时间均匀减小，且F安方向向左；在

T

一~T时间内B随时间均匀增加，则F安随时间均匀增加，且F安方向向右；故D错误。

2

故答案为：Co

13.一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为

e=220s加314f（V）,则下列说法正确的是（)

A.该交变电流电动势的有效值为220V

B.该线圈匀速转动的转速约为3(X)0〃"而

C.当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化

D.将该交变电流加在标称为220V的灯泡上时，灯泡能正常发光

【答案】B

【解析】A、根据电动势为0=22O*in314/(V)：得，电动势最大值为220V,所以该交变电流电动势

的有效值为110夜V，故A错误；

B、根据电动势为e=220sin314KV)：得。=314rad/s；所以转速为“=2=5()r/s=3(X)()r/min

2兀

故B正确：

C、根据纥可知当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值变大，故C错误：

D、将该交变电流加在标称为220V的灯泡_£时，电源有效值小于灯泡额定电压，灯泡的亮度会发暗，

不能正常发光，故D错误；

故答案为：Bo

14.自行车轮胎正常气压约为大气压强“°的4倍，一同学骑自行车上学时，发现自行车轮胎气压大约只

有L5p(),于是用家里容积为］Ocn?的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。已知自行车轮胎的容积为

80cm，打气过程中气体温度不变，为使轮胎内气体的压强达到正常值，该同学至少要打气的次数为

()

A.16B.20C.24D.36

【答案】B

【解析】设该同学打气的次数最少为n次，此时胎内气体压强为4p0,由题意可知，打气过程气温不变，

根据玻意耳定律有+巧%%=4〃(Y；解得n=20(次)；B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：Bo

二、实验题(本大题共2小题，共18.0分。第一小题6分，第二小题12分)

（1）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证“当质量一定时，

物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量

为M,重物的质量为〃?，试回答下列问题：

①实验时，必须满足“M远大于〃厂的实验小组是（填“甲''、"乙”或“丙”

②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的。一尸图线如图（丁）中A、B、C所

示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是，,（选填”A8U、“8CA”或“CA8”）。

（2）小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示

数产为横坐标，加速度。为纵坐标，画出的。一尸图像是图（丁）中的一条直线，根据图线与横坐标的

夹角求得图线的斜率为匕则小车的质量为。

2

【答案】（1）甲；CAB；（2）-

【解析】（1）①乙有弹簧测力计测量绳的拉力，丙有力的传感器测量绳的拉力，甲图中没有弹簧测力计，

必须用重物的重力替代绳的拉力，为了使绳的拉力近似等于重物的重力，甲图必须满足“M远大于m”。

②根据牛顿第二定律，三个小车的加速度分别为

1MM

2"琢2

a=--=—F

乙7MM

mg1口

。寺=---=—/

乙的比例系数最大，斜率最大，对应图线A：甲和丙的比例系数相等，斜率相等，但是甲不能直接测量

绳的拉力，用重物的重力替代，小车的加速度越大，重物的重力与绳的拉力相差越大，实验误差越大,

图线弯曲程度越大，而丙有弹簧测力计直接测量绳的拉力，不产生实验误差，图线不发生弯曲，所以丙

对应图线B,甲对应图线C。故甲、乙、丙对应图线CAB。

（2）由％=强=工厂；结合图像可得

MMk

16.某同学在研究标有额定工作状态为“3V1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材:

电流表A1（量程100mA,内阻约为1C）

电流表A2（量程600mA，内阻约为0.3C）

电压表V（量程3.0N,限约为6000C）

滑动变阻器凡（最大阻值为10Q）

滑动变阻器&（最大阻值为5（X）0）

电源E（电动势为4V,内阻不计）

单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干

图⑵

（I）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表,滑动变阻器（填器材后

面的代号）;

（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的端（填

“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关S,置点（“a”或"b”）。

（3）将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据、记录在表格中，

描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。

（4）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中

标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为W（结果保留三位有效数字）。

£=4V/

<——

&=5C

6=5。8

图⑶

【答案】(1)A2；RI；(2)左；b；(3)尢；(4)().384

【解析】(1)灯泡的额定电流为/=£=竺A=().5A=5(X)64

U3

U3

所以电流表应选择A；灯泡的电阻约为R=—=—C=6Q

2xI0e^5

因为提高实验的准确度，滑动变阻器应选择分压式接法，所以为了方便调节，滑动变阻器应选最大阻值

较小的R-

(2)为了保护电路安全，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；根据前面所

凡

选器材，分析有涓=幽=1。。。。＞%二巨=2。

6R,\0.3

则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。

(4)在图(3)电路图中，设灯泡的电压为U,电流为I,根据闭合电路欧姆定律可得E=U+1+/4

)

代入数据整理得。=2-2.5/

将此函数图象在图(2)中画出来，如图所示:

两图线交点对应坐标即为该小灯泡工作电压和电流，可得小灯泡在该电路中的实际工作功率为

P=UI=l.2x0.32W=0.384W

三.计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后

答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

17.（7分）如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形轨道BC在B点相切。质量〃?=lkg的小物块（可视为

质点）以一定的初速度从水平轨道的A点向左运动，进入圆轨道后，沿圆轨道内侧做圆周运动，恰好到

达最高C,之后离开圆轨道，做平抛运动，落在圆轨道上的D点。已知小物块在B点进入圆轨道瞬间,

速度0=3m/s,圆轨道半径R=0.1m,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。求：

（1）小物块从B点进入圆轨道瞬间对轨道压力的大小；

（2）小物块到达C点的瞬时速度%的大小；

（3）小物块的落点D与B点的距离。

v2

【答案】（1）在B点，设轨道对小物块的支持力为N,根据牛顿第二定律N-〃吆=〃，为

根据牛顿第三定律可得小物块从B点进入圆轨道瞬间对轨道压力N'=N

联立解得N'=100N

2

（2）小物块恰好到达最高C,在。点根据牛顿第二定律〃2g=7〃空

解得％=lm/s

（3）小物块从C点飞出后做平抛运动，竖直方向2R二gg/

水平方向巧用二%，

联立解得/8=0-2m

18.（10分）如图所示，在x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子

以速度v从坐标原点。沿xOy平面射入磁场，v与x轴负方向的夹角a=30。；粒子射入磁场后的某个

时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P（L,0）点沿垂直x轴方向进

入第四象限，在第四象限内有一半径R=Y3L的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁场边

3

界与x轴相切于P点。不计粒子的重力。

(1)求从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间I及所加电场的电场强度E的大小；

(2)要使粒子离开圆形匀强磁场区域后能运动到x轴的负半轴，求圆形区域内磁场的磁感应强度B的

取值范围。

【答案】(1)解：某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L,0)

点沿垂直x轴方向进入第四象限，

根据题意可知，粒子到达P所在竖直线时，速度方向竖直向下，根据几何关系Rsin300+R=L

根据qvB=筮

结合平衡条件qvB=Eq

3mv?

解得E

2qL

714

粒子在磁场中偏转对■应圆心角为0=2兀-a--=-7i

23

2KR_47rL

粒子运动周期T

3v

所以从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t=—T=—

2兀9v

(2)解：粒子离开圆形磁场，刚好通过原点时，根据几何关系可知，对应速度偏转角为120。，有

+1,1=

sin30°

沿x轴负方向射出，则转四分之一圆周与二R=立L

3

根据qvB=吧-

可得磁感应强度B的取值范围±2吧<B<3mv

qLqL

19.(9分)饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电

磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为

如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S=10-3n?，线圈的总电阻为〃=0.1。，线圈

连接一电阻A=0.4C,其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，(垂

直纸面向里为正)，

(1)请你判定0~0."时间内，流经电阻K的电流方向

(2)求0~0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；

(3)求0.1〜0.4s时间内，通过电阻R的电荷量.

【答案】(1)解：根据楞次定律“增反减同”可知0~U.ls时间内，流经电阻R的电流方向从上到卜；

(2)解：由法拉第电磁感应定律有£=〃竺"S

A/Ar

0-0.1S时间内线圈产生的感应电动势为&=〃詈S=1000XWX1O_3V=0.2V

F02

根据闭合电路欧姆定律，则有L=—=——A=0.4A

r+R().1+0.4

根据焦耳定律，可得。〜0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为Q=/；心=0.42x0.4x0.1J=6.4x10-3j

-A（I）

（3）解：（）.1〜0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有七二〃一