物理（全国旧教材版）2024年高考冲刺押题卷 05（新情景题）（全解全析）

这是一份物理（全国旧教材版）2024年高考冲刺押题卷 05（新情景题）（全解全析），共15页。
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。回答非选择题时，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、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。
14．如图甲所示，一辆小轿车从服务区匝道驶入平直高速行车道时速率为20m/s，想要加速驶入内车道，由于行车道前方匀速运动的大货车速度较小，影响超车。小轿车加速8s后放弃超车，立即减速，再经过3s，与大货车同速跟随，再伺机超车。该过程小轿车的速度与时间的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．该过程小轿车的平均加速度大小为1.25m/s2
B．该过程小轿车的平均加速度大小为m/s2
C．该过程小轿车与大货车之间的距离先减小后增大
D．该过程小轿车与大货车之间的距离先增大后减小
【答案】B
【详解】AB．该过程小轿车的平均加速度大小为，故A错误，B正确；
CD．该过程小轿车的速度一直大于大货车的速度，所以该过程小轿车与大货车之间的距离一直减小，故CD错误。
故选B。
15．目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应，反应释放出的高杀伤力的粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死．已知X粒子的质量为，中子的质量为，粒子的质量为，核的质量为。下列说法正确的是（ ）
A．，
B．，
C．该核反应释放的能量为
D．该反应类型属于衰变
【答案】A
【详解】AB．据核反应中核电荷数与质量数守恒，可知粒子内有2个质子，核子数为4，所以，，解得，故A正确；错误；
C．由质能方程得该核反应释放的能量为，故错误；
D．该反应属于人工转变或裂变反应，衰变反应是原子核自发进行的，反应前只有一个核。故D错误。
故A正确。
16．质量为m的链球在抛出前的运动情景如图所示，假设在运动员的作用下，链球与水平面成一定夹角的斜面上从1位置匀速转动到最高点2位置，则链球从1位置到2位置的过程中下列说法正确的是（ ）
A．链球需要的向心力保持不变
B．链球在转动过程中机械能守恒
C．运动员的手转动的角速度等于链球的角速度
D．运动员的手转动的线速度大于链球的线速度
【答案】C
【详解】A．链球从1位置匀速转动到最高点2位置，链球需要的向心力大小不变，但方向时刻发生改变，故A错误；
B．链球在转动过程中动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故B错误；
CD．运动员的手转动的角速度等于链球的角速度，根据，可知运动员的手的线速度小于链球的线速度，故C正确，D错误。
故选C。
17．如图所示，薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯，杯中装入质量相等的水，其中右侧水杯内的底面平放一薄铜片，在两个水杯中都放入温度传感器用来测温度。玻璃板的下方一装有多个磁铁的塑料圆盘旋转起来，经过一段时间，可以观测到右侧水杯中水温明显上升，而左侧水杯中的水温没有变化，这是因为（ ）
A．磁铁使水杯中的水产生涡流引起的
B．磁铁使水杯底部的铜片产生涡流引起的
C．磁铁与空气摩擦生热引起的
D．磁铁使水杯底部的铜片磁化引起的
【答案】B
【详解】A．水是绝缘体，磁铁不能使水产生涡流，A错误；
B．磁铁在转动过程中，通过铜片的磁通量发生变化，在铜片中产生涡流，电流生热使水的温度升高，B正确；
C．若空气摩擦生热，对两侧水温的影响应该是一样的，不能仅一侧升温明显，C错误；
D．磁铁不能使铜片磁化，且磁化也不能产生热量，D错误。
故选B。
18．如图，甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星，甲、丙的轨道为圆，乙的轨道为椭圆。则三颗卫星（ ）
A．在轨道上运行的周期关系是：
B．在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是：
C．在轨道上1、2、3位置的速率关系一定是：
D．在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系一定是：
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第三定律可得，卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大，所以周期增大，即，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有，所以，卫星在1、2、3处与地球球心间的距离增大，则加速度减小，即，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有，所以，所以，但无法确定v2与v3的大小关系，故C错误；
D．由于不知道三颗卫星的质量关系，所以不能确定在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系，故D错误。
故选B。
19．如图所示，在菱形ABCD两个顶点A、B各固定一个带正电的点电荷，C、D两点各固定一个带负电的点电荷，四个电荷的电荷量绝对值相等，O是菱形的中心。现将B点处电荷沿OB的延长线向右缓慢移至无穷远处，此过程中（ ）
A．O点电场强度变小
B．O点的电势降低
C．D点处电荷所受静电力变小
D．移动的电荷所受静电力做正功
【答案】ABC
【详解】A．O点的电场强度是四个点电荷在O点分别产生的电场强度的矢量和，A、C在O点的电场强度矢量和向下指向C，不随B位置的变化而变化；B、D在O点的电场强度的矢量和向左指向D，当B处电荷沿OB延长线向右移动时，B、D在O点的电场强度的矢量和向左逐渐减小，根据，可知O点的电场强度随着B处电荷沿OB延长线向右移动而逐渐减小，故A正确；
B．O点的电势是四个点电荷在O点分别产生的电势的标量和，在B处电荷沿OB延长线向右移动过程中，A、C、D三点电荷在O点的电势不变，B电荷在O点的电势逐渐降低，故O点的电势降低，故B正确；
C．D点处电荷受到A、C两处的电场力合力垂直BD向上，且大小不变；当B处电荷沿OB延长线向右移动时，D点处电荷受到B处电荷电场力向右逐渐减小，根据 ，可知D点处电荷所受静电力变小，故C正确；
D．移动的电荷受到A、C两处的电场力合力垂直BD向下，移动过程不做功；移动的电荷受到D处电荷电场力向左，与电荷的移动方向相反，移动过程做负功，则移动的电荷所受静电力做负功，故D错误。
故选ABC。
20．安全气囊是一种车辆乘员约束系统，能在碰撞事件中为乘员提供柔软的缓冲和约束，减少对乘客和车内人员的伤害。如图所示为某汽车安全气囊的触发装置，金属球被强磁铁吸引固定。当汽车受到猛烈撞击，碰撞过程中加速度不小于时，金属球会脱离强磁铁，沿导轨运动接通电路，安全气囊打开。若金属球的质量为50g，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．碰撞过程中，小球因为受到另外的一个力的作用而脱离强磁铁
B．强磁铁对金属球的最大引力为20N
C．汽车在紧急加速时，小球对强磁铁的压力变大
D．若汽车某次碰撞时间为0.03s，车头部凹陷了0.15m，则此碰撞会导致安全气囊弹出
【答案】BC
【详解】A．碰撞过程中，汽车受到猛烈撞击，速度减小，存在向左的加速度，当强磁铁对小球的吸引力不足以提供向左的加速度时，小球与强磁铁发生相对运动，从而脱离强磁铁，可知小球脱离强磁铁并不是因为受到另外的一个力的作用，故A错误；
B．结合上述，根据牛顿第二定律有，即强磁铁对金属球的最大引力为20N，故B正确；
C．汽车在紧急加速时，加速度方向向右，小球与汽车保持相对静止，小球的加速度方向也向右，根据牛顿第二定律可知，强磁铁对小球向右的弹力大小等于吸引力，即强磁铁对小球的向右的弹力变大，根据牛顿第三定律可知，小球对强磁铁的压力变大，故C正确；
D．若汽车某次碰撞时间为0.03s，车头部凹陷了0.15m，利用逆向思维，根据位移公式有 ，解得，可知，此碰撞不会导致安全气囊弹出，故D错误。
故选BC。
21．如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数
B．电阻R1、R2消耗的功率之比为
C．电阻R1、R2消耗的功率之比为
D．若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小
【答案】AC
【详解】A．从图示位置开始，矩形线框产生正弦式交流电,其有效值为，由等效电阻可知，升压变压器的等效电阻为，所以电流表的示数为，故A正确；
BC．电阻R1、R2消耗的功率之比，故B错误，C正确；
D．若用户数量增加，输出功率变大，则输入功率也变大，故D错误。
故选AC。
二、非选择题：共62分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共47分
22．（5分）为验证“机械能守恒定律”，某同学组装了如图所示实验装置：量角器中心O点安装力传感器并与细线的一个端点固定；细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合。实验步骤如下：
①测量小球自由静止时力传感器的示数 F0；
②把小球拉离平衡位置一个角度θ，由静止释放小球。记录下θ及运动过程中力传感器的最大示数F；
③改变θ，重复②，获得多组数据。
回答下列问题：
(1)现有半径相等的钢球和木球，为减小实验误差，小球应选______（填字母序号）；
A．质量均匀的钢球B．质量均匀的木球
(2)若小球运动过程中机械能守恒，下列哪一个关系满足一次函数变化______（填字母序号）
A．F—θB．C．F—csθD．
(3)若忽略空气阻力的影响，理论上细线长度对实验结果 影响（选填“有”或“无”）。
【答案】(1)A (2)C (3)无
【详解】（1）为减小空气阻力的影响，小球应选质量大，体积小的钢球。故选A。
（2）小球从静止运动到最低点，根据机械能守恒定律，有，最低点时绳上有最大拉力，根据牛顿第二定律，有，联立可得满足一次函数关系。故选C。
（3）若忽略空气阻力的影响，理论上有，，联立可得，可知细线长度对结果无影响。
23．（10分）用如图a所示的电路图测量毫安表G的内阻，并改装成量程更大的电流表。已知G量程是，内阻约为。电阻箱最大阻值为，电源E电动势约为，内阻忽略不计。供选用的滑动变阻器有：甲，最大阻值为；乙，最大阻值为。
完成以下实验，并回答问题：
(1)为完成实验，滑动变阻器应该选用 ；（选填“甲”或“乙”）
(2)测量毫安表G的内阻。正确连接电路后，进行如下操作：
①断开和，将接入电路的电阻调到最大值；
②闭合，调节 （选填“”或“”）使G满偏；
③闭合，调节 （选填“”或“”）使G半偏，记录其此时接入电路的阻值为；
④根据测量原理，可认为毫安表G的内阻等于。与灵敏电流计内阻真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
(3)将毫安表G改装成量程为的电流表。根据测得的毫安表G的内阻，计算与毫安表G并联的定值电阻R的阻值。完成改装后，按照图b所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为时，毫安表G指针位置如图c所示，说明改装电表量程不是，这是由于毫安表G的内阻测量不准确造成的。要让改装电表量程为，不必重新测量G的内阻，只需要将定值电阻R换成一个阻值为的电阻，其中 。
【答案】(1)乙 (2) 偏小 (3)
【详解】（1）根据半偏法测量电表电阻的原理可知，当闭合后，干路电流恒定，由闭合电路欧姆定律可知，需要保证时，才能尽量减小并入电路后的影响，所以滑动变阻器应选乙。
（2）根据半偏法测量电表的电阻实验步骤可知，先闭合后，应调节使毫安表满偏；保持闭合，再闭合后，调节使毫安表半偏；当闭合后，并入电路后，电路中的总电阻减小，干路电路增大，当毫安表的电流等于时，则通过的电流大于，所以，即测量值小于真实值。
（3）当标准毫安表的示数为时，由图c可知改装表的示数为，则当改装表满偏时，对应的实际电流为，即把毫安表改装后的量程为，量程扩大了倍，则并联电阻为，若把毫安表改装成的电流表时，则量程扩大了10倍，则并联的电阻为，由题意可知，则，联立解得
24．（14分）如图，半径数的光滑圆弧BC的圆心位于水平面上，光滑斜面AB与圆弧左端相切于B点，水平桌面左端与圆弧相切于C点，水平桌面的长度为，以点为圆心、半径为的四分之一圆弧恰好分别与水平x轴，竖直y轴相交。质量为m的物块甲以初速度（大小未知）沿光滑斜面上滑、运动到C点时对圆弧恰好无压力；此后与位于C点的物块乙发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。物块乙与水平桌面之间的动摩擦因数为0.25。不计空气阻力，重力加速度大小为g，甲、乙两物块均可视为质点。
（1）求物块甲的初速度的大小。
（2）物块乙经过坐标系中的圆弧时速度最小，此情景下物块乙由点平抛的速度为多大?
（3）若能满足物块乙经过坐标系中的圆弧上的速度最小，那么物块乙的质量为多少?
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块甲运动到C点时对圆弧恰好无压力，则重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
甲从开始上滑到运动到C点过程，根据动能定理
解得
（2）乙物块到达点后将向右平抛运动的初速度为，落到圆弧上的速度为，则水平方向有
竖直方向有
乙物块平抛运动的位移有
设乙物块的质量为M，则乙物块由点向右平抛落到圆弧上时，根据动能定理有
联立得
由数学知识可知当时，乙物块平抛落在圆弧上的速度最小，联立可得
（3）设甲乙碰撞后，物块甲乙的速度大小分别为，。对物块乙，在水平桌面上匀减速直线运动，根据动能定理
解得
物块甲乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒
代入数据，解得
25．（18分）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子在电压为U的加速电场中从静止开始被加速后，恰好匀速通过板间距离为L的MN板，MN板间存在垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，磁感应强度大小为。随后电子沿x轴正方向运动，在的空间存在与y轴平行的交变电场，在的空间同时还存在一与y轴平行的交变磁场，取电场和磁场沿方向为正。电子从位置进入电场时开始计时，电场和磁场随时间的变化如图乙所示，其中。忽略电子重力的影响，求：
（1）MN两极板间的电势差；
（2）电子穿过yOz平面时的速度；
（3）电子在的空间中运动到沿y轴方向最低位置点的坐标。
【答案】（1）；（2），方向与x轴正方向成；（3）见解析
【详解】（1）由动能定理
由平衡条件可得
由于场强向上，则MN两极板间的电势差为
（2）垂直于电场方向有
解得
沿电场方向有
则电子穿过yOz平面时的速度大小为
方向为x轴正方向夹角为，满足
所以
（3）电子到最低点的时间为（）
在y轴方向位移为
由洛伦兹力提供向心力
可得
由洛伦兹力提供向心力
可得
解得（）
（）
则电子在x≥0的空间中运动到沿y轴方向最低位置点的坐标为
（）
（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33．【物理—选修3-3】（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是（ ）
A．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变
B．破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是分子间斥力作用的结果
C．空调机在制冷过程中，向室外放出的热量等于从室内吸收的热量
D．为了减少土壤中的水分流失，可以多锄松上壤
E．玻璃管裂口放在火上烧溶，使尖端变圆，利用了熔化的玻璃在表面张力作用下收缩的性质
【答案】ADE
【详解】A．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但温度保持不变，则其分子平均动能保持不变，故A正确；
B．破裂的眼镜镜片不能无痕拼接，是因为分子间距离较大，分子间作用力可以忽略，不是斥力作用的结果，故B错误；
C．消耗的电能也有部分转化为热量，所以向室外放出的热量大于从空内吸收的热量，故C错误；
D．为了减少土壤中的水分流失，锄松土壤，破坏了土壤表层的毛细管，从而阻止了水分上升到地面而被蒸发掉，故D正确；
E．玻璃管裂口放在火上烧溶，使尖端变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力作用下表面要收缩到最小，故E正确。
故选ADE。
（2）（10分）热水瓶里装上适量的热水后扣上瓶塞，刚开始可以很容易地打开瓶塞，经过一段时间的降温后再打开瓶塞会稍费些力。如图所示的热水瓶容积为V，装上其容积一半的刚烧开的水后扣上瓶塞，刚开始时瓶中上方气体的温度为压强与外界大气压强相同。已知瓶塞的质量为m，瓶塞上表面的面积为2S，瓶口的面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，周围环境温度恒为，热水瓶扣着瓶塞时封闭气体物质的量及体积均视为不变，热力学温度T=t+273K，不计瓶塞与瓶口之间的摩擦。
（1）热水瓶内外达到热平衡后再打开瓶塞，求至少需要多大的力；
（2）热水瓶内外达到热平衡后再打开瓶塞，求外部多少体积的空气会进入热水瓶。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）刚开始时瓶中上方气体的热力学温度
与外界达到热平衡后的热力学温度
设瓶中上方气体与外界达到热平衡后压强为，由查理定律得
得
设热水瓶内外达到热平衡后再打开瓶塞，至少需要的力为，对瓶塞受力分析得
得
（2）热水瓶内外达到热平衡后，若压强变为体积变为，由玻意耳定律得
得
外部进入热水瓶空气的体积
34．【物理—选修3-4】（15分）
（1）（5分）一列沿x轴传播的简谐横波，P、Q是轴上的两个点，P点横坐标为4 m，Q点横坐标为10 m，如图所示为t=0时刻的波形图，t=0.4 s时质点P到达波峰位置，则以下说法正确的是（ ）
A．当质点P在波谷位置时，质点Q一定在波峰位置
B．t=0.4 s时，质点Q一定处于平衡位置
C．在0.4 s内，质点P振动的路程等于质点Q振动的路程
D．在2 s内，质点P振动的路程可能为1.5 m
E．在2 s内，波传播的距离可能为200 m
【答案】BCD
【详解】A． 时刻质点P在平衡位置，质点Q在波峰位置，则当质点P到达波谷位置，质点Q一定处于平衡位置，故A错误；
B．时刻质点P在平衡位置，质点Q在波峰位置，则t=0.4 s时质点P到达波峰位置，质点Q一定处于平衡位置，B正确；
C． 时刻质点P在平衡位置，质点Q在波峰位置，时质点P到达波峰位置，质点Q一定处于平衡位置，所以在0.4 s内，质点P振动的路程等于质点Q振动的路程，C正确；
D．由时刻的波形图知，振幅A=2cm，波长，当Р点移动的路程为时，经历的时间为，解得周期，若波沿x轴负方向传播，则有 （k=0、1、2，），周期，当时，，故D正确；
E．若波沿x轴正向传播，时刻P质点振动方向向上，则有 （k=0、1、2，），可得周期 ，则波速，在2 s内，波传播的距离，当时，波简谐波在2s内传播的距离为，当时简谐波在2s内传播的距离为，故波传播的距离不可能为200 m；若波沿x轴负向传播，时刻P质点振动方向向下，则有 （k=0、1、2，），可得周期 ，则波速，在2 s内，波传播的距离，当时，简谐波在2s内传播的距离为，当时，简谐波在2s内传播的距离为，故波传播的距离不可能为200 m。综合可得E错误。
故选BCD。
（2）（10分）如图所示，一半径为R的半球形特种玻璃，除底面外，半球的表面均涂有一层薄薄的吸光物质，球心为为紧贴球面涂层下的一点，且满足与底面垂直．将一单色点光源置于A点，发现半球底面的透光面积占底面面积的，求：
（1）特种玻璃的折射率n；
（2）若半球形特种玻璃的底面涂吸光物质，而其它地方不涂，当点光源从O点向A点移动过程中，距O点多远时，球面上的某些地方开始无光透出．
【答案】（1）2；（2）
【详解】（1）做出光的传播图像，如图
半球底面的透光面积占底面面积的，根据可知
设临界角为C，则有
根据全反射临界角公式有
解得
（2）根据几何关系如图，此时有
解得