苏州大学2024届高考物理押题试卷含解析

苏州大学2024届高考物理押题试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将木试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、一三棱镜截面如图所示，ZC=90°,NB=60。，AC面涂有反光涂层。一细束光从。垂直4B边射入棱镜，经AC面

反射到面，在面上恰好发生全反射。则该棱镜的折射率为（）

2x/3

A.V2

3

2、在一边长为L的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为q的点电荷，其中A3C处为正点电荷，。处为负点电荷,

尸、。、M、N分别是A仄BC.CD、OA的中点，贝I」（）

:/°\;

:/\J

Q

A.N两点电场强度相同

B.尸、。两点电势相同

C.将一个带负电的粒子由。沿直线移动到电势能先增大后减小

D.在。点静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着做匀变速直线运动

3、在闭合电路中，以下说法中正确的是（）

A.在外电路和电源内部，电荷都受非静电力作用

B.在电源内部电荷从负极到正极过程中只受非静电力而不存在静电力

C.静电力与非静电力对电荷做功都使电荷的电势能减少

D.静电力对电荷做功电势能减少，非静电力对电荷做功电势能增加

4、滑索速降是一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的现代化体育游乐项目。可跨越草地、湖泊、河流、峡谷，借助高度

差从高处以较高的速度向下滑行，使游客在有惊无险的快乐中感受刺激和满足。下行滑车甲和乙正好可以简化为下图

所示的状态，滑车甲的钢绳与索道恰好垂直，滑车乙的钢绳正好竖直。套在索道上的滑轮质量为〃，，滑轮通过轻质钢

绳吊着质量为M的乘客，则（）

A.滑轮〃、力都只受三个力作用

B.滑轮力不受摩擦力的作用

C.甲一定做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动

D.乙中钢绳对乘客的拉力小于乘客的总重力

5、一半径为K的半圆形玻璃砖放置在竖直平血上，其截面如下图所示.图中。为圆心，为竖直方向的直径.有一

束细光线自0点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖内射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光

线与。点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失.则此玻璃的折射率为（）

6、电荷之间的引力会产生势能。取两电荷相距无穷远时的引力势能为零，一个类氢原子核带电荷为+°,核外电子带电

量大小为e,其引力势能昂=-如，式中左为静电力常量，「为电子绕原子核圆周运动的半径（此处我们认为核外

r

只有一个电子做圆周运动）。根据玻尔理论，原子向外辐射光子后，电子的轨道半径从6减小到与，普朗克常量为心

那么，该原子释放的光子的频率u为（）

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极,

将永磁体由静止释放永磁体下落h高度到达P点时速度大小为V,向下的加速度大小为a,圆环的质量为M,重力加

速度为g,不计空气阻力，则（）

A.俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向

B.永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零

C.永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg+mg—ma

D.永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+^mv，

8、如图，水平面上从3点往左都是光滑的，从5点往右都是粗糙的.质量分别为M和机的两个小物块甲和乙（可视

为质点），与粗糙水平面间的动摩擦因数分别为〃甲和〃乙，在光滑水平血上相距L以相同的速度同时开始向右运动，

它们在进入粗糙区域后最后静止。设静止后两物块间的距离为s,甲运动的总时间为小乙运动的总时间为仇则以下

说法中正确的是

7甲

ii一口…2，一

A.若M=nh〃甲=〃乙，则s=L

B.若〃甲=〃乙,无论M、机取何值，总是s=0

C.若〃甲V〃乙，机，则可能4女2

D.若〃甲V〃乙，无论M、小取何值，总是fiV，2

9、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为小的小球，从离弹簧上端高〃处由静止释放。

某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作

出小球所受弹力尸大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断

A.当x=/?+xo时，重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=〃+2xo

C.小球受到的弹力最大值等于2mgD.小球动能的最大值为〃7g/?+号■

10、如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻A（其余电阻不计），虚线和NM

之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为①，虚线MV，和之间也有垂直于导轨平面向外的匀

强磁场，磁场的磁感应强度为&（BI>»2）O现将质量为〃，的金属杆"，从上方某处由静止释放，金属杆在下落

的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知外棒到达NN和尸P之前已经匀速运动。则油棒从运动

到PP这段时间内的图可能正确的是（）

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

1L（6分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。

A.待测干电池两节，每节电池电动势约为L5V,内阻约几欧姆

B.直流电压表殖、V2,量程均为3V,内阻约为3kH

C定值电阻Ro未知

D.滑动变阻器R,最大阻值Rm

E.导线和开关

（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图_____O

⑵实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻Ro,方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm,再闭合开关，电压表

W和V2的读数分别为UlO、U20,则R产（用Um、UlO、U20、Rm表示）

⑶实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表VI和V2的多组数据Ui、U2,描绘出U2-U1图象如图闪所示，图中直线斜

率为k,与纵轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、Ro表示）。

12.（12分）实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。某同学欲测

量它的初级次级线圈匝数：先在闭合铁芯的上端铁粗处紧密缠绕100匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压

表构成比合回路。

（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为60V,则次级线圈的匝数为

________匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为30V,则初级线圈的匝

数为________匝。

（2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为“311sinlO（H«V）,则与次级线圈左右两端接线柱直接

相连的理想交流电压表的示数为V。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，两条直线MN与PQ所夹区域内有两个不同的匀强磁场，磁场的直线边界。O'与MN和

均垂直。一质量为〃?、电荷量为4的带电粒子以某一初速度垂直MN射入磁场片，受磁场力的作月，最终垂直于边

界尸。且从。'。段射出。已知：两磁场的磁感应强度分别为片=侬竺、&=二也”（各物理量单位均为国际单

qq

位制中的主单位），粒子进入磁场的初速度为u=20mWs。不计粒子重力，求：

⑴粒子在用、色磁场中运动的半径之比

（2）粒子在两磁场中运动的最短时间

M

•♦•

O----------------------O'

xxx

q，^f坊

XXX

NQ

14.（16分）如图，是游乐场的一项娱乐设备.一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座

舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下.已知座舱开始下落的高度为H=75m,当落到离地

面h=3（）m的位置时开始制动,座舱均匀减速.在一次娱乐中,某同学把质量m=6kg的书包放在自己的腿上.g取10m/s2,

不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力.

（1）当座舱落到离地面hi=60m和h2=20m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；

（2）若环形座舱的质量M=4xl0・%g,求制动过程中机器输出的平均功率.

15.（12分）如图所示，光滑水平地面上方ASCD区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度E=1X106N/C

方向竖直向上，AO距离为Im,CO高度为1m,一厚度不计的绝缘长木板其右端距8点1m,木板质量M=lkg,在木

板右端放有一带电量片+卜1（尸（：的小铁块（可视为质点），其质量"『0.1kg,小铁块与木板间动摩擦因数〃=0.4,现

对长木板施加一水平向右的恒力入=1L4N,作用Is后撤去恒力，g®lOm/s1.

（I）求前Is小铁块的加速度大小am,长木板加速度大小“M；

（1）要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度B的最小值；

⑶在Uis时再给长木板施加一个水平向左的力满足（1）条件下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止,

求木板的最小长度（计算过程兀取3・14）.

参考答案

一、单项选择题：木题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

做出光路图，如图所示

根据几何关系，光线到达AC面的入射角为a=30。，则反射角为6=。=3()。，根据几何关系，光线在BC面的入射角

为i=60。，因为光线在面上恰好发生全反射，则

n=-sin-9-00=-2-G

sinz3

故C正确，ABD错误。

故选C。

2、B

【解析】

A.场强叠加遵循平行四边形定则，M、N两点电场强度大小相等，方向不同，A错误；

B.尸、。两点即关于A、C两正电荷对称，又关于3、0两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在产、。两点

产生的电势相同，B正确；

C.M、N、P、。关于A、C两正电荷对称，所以对于A、C两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对5、。两异

种电荷而言，P、。两点的电势高于〃、N两点的电势，所以负电的粒子由。沿直线移动到根据：

E

P=W

可知负电荷电势能一直增大，c错误；

D.这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从O点静止释放的粒子不可能做匀变速运动，

D错误。

故选Bo

3、D

【解析】

A.在电源内部，电荷受非静电力作用；在外电路，电荷不受非静电力作用；故A项错误；

B.在电源内部电荷从负极到正极过程中，电荷既受非静电力又受静电力，故B项错误；

CD.在闭合电路中，静电力对电荷做功使电荷的电势能减少，非静电力对电荷做功使电荷的电势能增加，故C项错误,

D项正确。

4、C

【解析】

AB.设索道的倾角为甲图中，对乘客，根据牛顿第二定律得

Mgsina=Ma

解得

a=gsina

对滑轮和乘客组成的整体，设滑轮。受到的摩擦力大小为了,由牛顿第二定律得

(M+ni}gsina-f=(M+m)ci

解得

/=0

故滑轮。只受重力和钢绳的拉力两个力作用；乙图中，对乘客分析知，乘客只受重力和钢绳的拉力两个力作用，这两

个力必定平衡，若这两个力的合力不为零，且合力与速度不在同一直线上，乘客不能做直线运动，故该乘客做匀速直

线运动，对滑轮和乘客组成的整体可知，滑轮匕一定受到摩擦力，故A、B错误；

C.由上分析知，甲一定做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，故C正确；

D.乙做匀速直线运动，乙中钢绳对乘客的拉力等于乘客的总重力，故D错误；

故选C。

5、C

【解析】

根据题意可知，当入射光线与。点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失，光线恰好在圆弧面上发生了全

反射，作出光路图，如图

根据几何知识得:

sinC=—

R

.-1

sinC=—,

n

联立得：

R

n=—

d

RR

A./2,2与上述计算结果〃=~7不相符，故A错误;

yJR2-d2d

B.妇与上述计算结果〃不相符，故B错误;

Rd

C.勺与上述计算结果〃=§相符，故C正确；

aa

IR

D.［与上述计算结果〃=:不相符，故D错误。

Rd

6、B

【解析】

电子在「轨道上圆周运动时，静电引力提供向心力

kqeV

=tn——

厂r

所以电子的动能为

1kqe

心=­/nv2=----

A22r

所以原子和电子的总能为

厂厂厂kqe

E=EK+EP=--

再由能量关系得

E-E*

r2

即

kqe(11

y-.---------

22rj

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC

【解析】

根据楞次定律判断感应电流的方向；可根据假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别

为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热。

【详解】

磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项A正确；永磁体下落的整个过程，开

始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻

止”，即磁铁的速度不可能减到岑，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项B错误；永磁体运动到P点时，根

据牛顿第二定律：mg・F安=!«2；对圆环：Mg+F5=N,则N=Mg+mg-ma,由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大

小为Mg+mg—ma,选项C正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh-；mv?,

选项D错误；故选AC.

【点睛】

此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.

8、BC

【解析】

A.由动能定理可知：

-/.imgx=O-^inv2

若〃甲乙，则两物体在粗糙地面上滑动的位移相同，故二者的距离为零，故A错误：

B.由动能定理可知：

八12

-pmgx=0--mv"

解得：

2

V

X=——

4g

滑行距离与质量无关，故若〃甲二〃乙，无论例、取何值，总是S=0,故B正确;

CD.两物体在粗糙斜面上的加速度：

a=Ng

则从8点运动到停止的时间:

vv

t=—=—

a

若〃甲<〃乙»则有：

而>坛

因乙离5点较远，故可能有:

£=t2

故C正确，D错误；

故选BC.

9、AD

【解析】

由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大

的减速运动，直到小球速度为零。

A.当时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹

性势能之和最小，A正确；

B.在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的

绝对值相等，即到最低点图中实线与X轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在

A+2xo小球的后边，B错误；

C.由B知道最低点位置大于X=/?+2A。，所以弹力大于2〃吆，C错误;

D.当下"+xo时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得

%+叱、=mg(h+/)—•g/=mgh+-,

故D正确。

10>BC

【解析】

A.若第一阶段匀速，则

B:I3V

，ng=R~

冲入第二磁场以后

B；Lv

mg>———

R

则金属棒会做加速度逐渐减小的加速运动，所以选项A错误;

B.若刚进入第一磁场时速度过大，则由

mg)

则金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加速运动

B；l3vx

性质为加速，所以选项B正确；

CD.若刚进入第一磁场时速度过小，则由

q=一(叫

mR

则金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加速运动

B；l3v

a、=­(mgx

m

性质为加速，所以选项C正确，D错误;

故选BC.

三、实验题:本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

4一-°&4

q。\-k\-k

【解析】

（i）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示:

(2)由图可知，V2测量R。与R两端的电压，5测量R两端的电压，则R。两端的电压Uzo-Uio；由欧姆定律可知:

—.20—410二.20-010

RoU[0U]。Rm；

(/,-U...ER。f'rrri

(3)由闭合电路欧姆定律可知：E=Uz+2-变形得：^2=—^-+--结合图象有：--=k,

R。&+-Ro+『

普二二〃，解得;七=匕"=鲁。

«()+〃1一攵1-A：

12、200400110

【解析】

(1)[11[21.由理想变压器的电压与匝数关系

U?“2

可知次级线圈的匝数为

〃，=^-=-n=—x100=20匝

“U60

初级线固的匝数

n.=纹=工xl00=40匝

1U30

(2)[3J.因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为2：1,由

U2n2

可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为uov.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)2；(2)0.015s

【解析】

(1)粒子在磁场内做圆周运动，根据牛顿第二定律则有

v

qvB[=m——

v2

q\，B、=m——

Z2

则两半径之比

4=2

⑵粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图，粒子交替在为与生磁场内做圆周运动，图示情景为最短时间

丁2乃川

27rm

4=

由几何关系知，带电粒子在两磁场中运动时间分别为

2

公2

则总时间为

t=tI.+t-X=0.015s

14、(1)I50N(2)1.5xll6VV

【解析】

本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题，需运用运动学公式、牛顿运动定律、功率等知识求解.

【详解】

(1)当座舱距地面加=61m时，书包处于完全失重状态.故书包对该同学的压力尸产1.

座舱自由下落高度为〃・〃=(75・31)m=45m时，座舱开始制动，设此时的速度为也由运动学公式得/=2g(〃-")

座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为。，则有声=23？

联解得：a=15m/s2,方向竖直向上.

设此过程中书包受到腿的支持力为尸2,根据牛顿第二定律，对书包有乙

代入数据可得g=150N

根据牛顿第三定