2024年高考押题预测卷—物理（辽宁卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—物理（辽宁卷03）（全解全析），共14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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。每小题6分，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．如图所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱后，被分成两光束OA和OB沿如图所示方向射出。 则（ ）
A．OA为黄光，OB为紫光B．OA为紫光，OB为黄光
C．OA为黄光，OB为复色光D．OA为紫光，OB为复色光
【答案】C
【解析】在同一种介质中，对紫光的折射率大于对黄光的折射率，故在黄光能够发生全反射时，两种光都能够发生全反射，所以正确的情况是黄光的入射角恰好等于临界角，而紫光的入射角已经大于临界角，故OA为黄光，OB为复色光。
故答案为：C。
2． 紫光光子的能量范围为2.76~3.10eV，蓝光光子的能量范围为2.53~2.76eV。如图所示为氢原子的能级图，光子能量为12.75eV的光照射大量处于基态的氢原子使这些氢原子处于激发态，这些氢原子向低能级跃迁时，关于上述两种光的辐射情况，下列说法正确的是（ ）
A．只辐射紫光B．只辐射蓝光
C．既辐射紫光，又辐射蓝光D．既不辐射紫光，也不辐射蓝光
【答案】B
【解析】处于基态的氢原子吸收12.75eV的光子后的能量为；可知氢原子会从基态跃迁到第4能级，然后再自发地向低能级跃迁，根据能级差公式；可知氢原子跃迁释放的能量分别为0.66eV、2.55eV、12.75eV、1.89eV、12.09eV、10.2eV，结合题意可知只辐射蓝光，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
3． 如图所示，轻绳一端连在水平台上的玩具小车上、一端跨过光滑定滑轮系着皮球（轻绳延长线过球心）。小车牵引着绳使皮球沿光滑竖直墙面从较低处上升，则在球匀速上升且未离开竖直墙面的过程中（ ）
A．玩具小车做匀速运动B．玩具小车做减速运动
C．绳对球的拉力逐渐减小D．球对墙的压力大小不变
【答案】B
【解析】AB.设绳子与竖直方向的夹角为，球的速度为v，将球的速度沿着绳子的方向和垂直于绳子的方向分解得，根据牵连速度的规律可知，小车的速度等于球沿绳子方向上的速度分量，即；球匀速上升时的过程中，v不变，增大，所以减小，即小车做减速运动，A不符合题意，B符合题意；
CD.因为球做匀速运动，所以球处于平衡状态，分析球的受力，受重力、绳对球的拉力和球对墙的压力为，由共点力平衡条件可得，绳子上的拉力为；墙对球的支持力大小为；可知增大，绳对球的拉力T、墙对球的支持力N均增大，由牛顿第三定律可知，球对墙的压力变大，CD不符合题意。
故答案为：B。
4．一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图中的实线所示，t=0.5s时的波形图如图中的虚线所示，则该简谐横波在介质中的传播速度可能为（ ）
A．88m/sB．160m/sC．258m/sD．340m/s
【答案】C
【解析】若该简谐横波沿x轴正方向传播，则有
将数据代入可知，当n=16时
其他速度均不成立。若该简谐横波沿x轴负方向传播，则有
将数据代入可知，速度均不成立。
故答案为：C。
5．如图甲所示，一个质量m=1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块回到斜面底端时速度大小约为 5.4m/s
D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s
【答案】C
【解析】B、由乙图可知，物块上滑加速度大小为
物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得
解得；故B错误；
A、物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得；解得；故A错误；
CD、由乙图可知，0~1.2s内滑块上滑的位移为；设滑块下滑时间为t，则有解得；
物块回到斜面底端的时刻约为
物块回到斜面底端时速度大小约为；故C正确，D错误。
故答案为：C。
6．如图所示，将一个小玻璃瓶开口向下放入密封的塑料矿泉水㼛中，小玻璃瓶中封闭一段空气。现用手挤压矿泉水瓶，小玻璃瓶缓慢下沉到底部；适当减小挤压矿泉水瓶的程度，使小玻璃瓶缓慢上浮。若小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，忽略气体分子个数变化，则在此过程中小玻璃瓶中的空气（ ）
A．体积不变，内能不变B．体积减小，内能减小
C．体积增大，对外界做正功D．对外界做正功，并放出热量
【答案】C
【解析】小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律pV=C；可知，小玻璃瓶缓慢上浮压强减小，体积变大，气体对外做功，温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律；可知，气体吸收热量，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
7．神舟十五号飞船停靠天和核心舱后，中国空间站基本建成。空间站绕地球可看作做匀速圆周运动，由于地球的自转，空间站的飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了空间站相继飞临赤道上空所对应的地面的经度。设空间站绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2，则r2与r1的比值最接近的值为（ ）
A．10B．8C．6D．4
【答案】C
【解析】由图可知，空间站每绕地球运动一圈，地球自转的角度为22.5°，设空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球自转周期为T0，则有T=22.5°360°T0=116T0，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r可得r=3GMT24π2，则有r2r1=3T02T2=3162=434≈6
故答案为：C。
8．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从0点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子由O到A经历的时间为
C．若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为
D．离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°
【答案】C,D
【解析】A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示
根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；
B、根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60°，则粒子由O到A经历的时间为
；故B错误；
C、若已知A到x轴的距离为d，根据几何关系可得；解得粒子轨迹半径为；由洛伦兹力提供向心力可得；解得粒子速度大小为；故C正确；
D、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确。
故答案为：CD。
9．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】A,B,C
【解析】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确
B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确
C、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．
D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误
故选：ABC
10．图甲为一起重机的电路示意图，理想变压器的原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，照明灯的规格为“20V 10W”，电动机的内阻为r=0.5Ω，装置工作时，质量为m= 50kg的重物体恰好匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，电流表的示数为10.5A。设电动机的输出功率全部用来提升物体，下列说法正确的是（ ）
A．原副线圈的匝数之比为n1∶n2=∶2
B．重物匀速上升的速率v=0.3m/s
C．电动机的效率为η =0.75
D．若电动机被卡住不转，且电路尚未烧坏，则原线圈中电流为101.25A
【答案】B,C
【解析】A．原线圈电压为；照明灯正常工作，则副线圈电压为原副线圈的匝数之比为；A不符合题意；
B．通过灯的电流为；通过电动机的电流为；电动机的输出功率等于重物克服重力做功的功率，则有；解得；B符合题意；
C．电动机的效率；C符合题意；
D．若电动机被卡住不转，为纯电阻电路，照明灯的阻值为
总电阻为；副线圈电流
根据变流比可知；D不符合题意。
故答案为：BC。
二.实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）
11．用如图甲所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。（已知当地重力加速度为g）
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是____。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．实验时应先确定x轴再确定y轴
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹（为抛出点）。在轨迹上取C、D两点，OC与CD的水平间距相等且均为x，测得OC与CD的竖直间距分别是和；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足 ，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动。
（3）如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和，可求得钢球平抛的初速度大小为 ，B点距离抛出点的高度差为 。（用已知量和测量量的字母符号表示）
【答案】（1）A；（2）；（3）；
【解析】（1）A.为了保证小球抛出后做平抛运动，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，A符合题意；
B.为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在同一位置由静止释放，B不符合题意；
C.实验时应先利用重锤线确定y轴，再确定x轴，C不符合题意；
D.为描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的点连接起来，D不符合题意。
故答案为：A。
（2）根据初速度为零的匀变速直线运动中，相邻的相等的时间内的位移比为，可知，如果；说明OC与CD对应时间相等，又因为OC与CD间距相等，均为x，说明平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动。
（3）AB和BC的水平间距相等且均为x，可知AB和BC所用时间相等，设为T，竖直方向上，由匀变速直线运动的位移差公式可得；解得；水平方向有；可得钢球平抛的初速度大小为；根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的竖直分速度为；则B点距离抛出点的高度差为
12． 某实验小组设计如图甲的原理图，先测量电流表A内阻，再测量电源电动势E和内阻r。请回答下列问题：
（1）在测量之前，滑动变阻器的滑动触头P应滑到 （选填“a”或“b”）；
（2）闭合开关。调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数，，，则电流表A内阻 ；
（3）为了准确测量电源电动势E和内阻r，在步骤（2）后断开开关 （选填“”或“”）；
（4）调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表 （选填“”或“”）及电流表A的读数，并描点作图得到了如图乙所示的图线，电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）b；（2）1；（3）；（4）；1.45；1.50
【解析】（1）为了保护电路，在测量之前，滑动变阻器的滑动触头P应滑至b端，使得接入的阻值最大。
（2）电流表A内阻
（3）为了准确测量电源电动势E和内阻r， 在步骤（2）后断开开关K2。由闭合回路可得
（4）由（3）分析可知应调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表V2的值。由闭合回路可得；结合图像可得，
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题10分，第二小题12分，第三小题18分）
13．“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角的AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示。用一质量m的滑块K（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块K从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，过B点后最终静止在C点。已知AB段长度为L，下滑过程的加速度大小为，滑块K与AB、BC段的动摩擦因数相同。已知，，取重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求滑块K与段滑道的动摩擦因数；
（2）求BC段的距离L2；
（3）若滑块K从C点以某初速度向左滑动能返回到A点，则初速度至少多大。
【答案】（1）解：在AB段，对滑块有
由题意可得
解之得μ=0.5
（2）解：设到达B点的速度为vB，在AB段，对滑块有
在BC段，对滑块有
解得
（3）解：初速度取最小值时对滑块，CB过程有
BA过程中有
解得
14． 如图所示，有两根固定的足够长且电阻不计的光滑水平导轨。和处在垂直导轨平面的匀强磁场中，左右两部分导轨间距分别为和，左右两部分导轨磁场方向相反，磁感应强度大小均为，将两根电阻分别为和、质量均为的金属棒a、b分别垂直导轨放在NQ位置和位置并处于静止状态。现对金属棒b施加一垂直棒的水平向右的恒力，金属棒b向右运动时，撤去F，此时金属棒b的速度，该过程中b棒上产生的焦耳热为20J，求：
（1）此时金属棒a的速度大小；
（2）该过程中两金属棒扫过的面积差；
（3）从撤去F到两棒匀速运动过程中金属棒b产生的热量。
【答案】（1）解：根据焦耳定律
棒产生的焦耳热
则得棒上产生的焦耳热为
根据功能关系有
代数并解得
（2）解：对，由动量定理
又
根据法拉第电磁感应定律可得
据闭合电路欧姆定律可得
联立并代数解得
（3）解：撤掉后，棒向左做加速运动，棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，则
得
对两棒分别应用动量定理，有，
根据能量守恒定律，从撤去到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为
，
联立并代数解得
15． 如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长L2=2m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m1=0.3kg，滑块b与轻弹簧相连，质量m2=0.1kg，滑块c质量m3=0.6kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c第一次经过E时对轨道上方压力大小为42N，滑块c与传送带间的动摩擦因数μ1=0.35，与MN间的动摩擦因数μ2=0.4，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能（x为形变量）。求：
（1）滑块c第一次经过F点时速度大小（结果可用根号表示）；
（2）滑块a的初速度大小v0：
（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律，在E点滑块c；
解得
滑块c第一次经过E点到F点，根据动能定理
解得
（2）解：滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为vc，根据运动学规律
滑块a，b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得
联立解得；
a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
联立解得
（3）解：假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点，根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律
联立解得
即可以追上滑块a，b发生再次碰撞，设最大压缩量为，根据动量守恒与能量守恒
联立解得