物理（全国新课标卷）2024年高考冲刺押题卷03 （新情景题）（全解全析）

这是一份物理（全国新课标卷）2024年高考冲刺押题卷03 （新情景题）（全解全析），共13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
二、选择题：本题共8小题，每小题4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。
14．2023年8月24日，日本启动核污染水排海，排放核污染水里含64种核放射性元素，将对全人类和海洋生命产生长久的重大威胁，核废水中的发生衰变时的核反应方程为，该核反应过程中放出的能量为Q，设的比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，已知光在真空中的传播速度为c，的半衰期为138天，则下列说法正确的是（ ）
A．该核反应中发生了β衰变
B．该核反应过程中放出的能量
C．100个原子核经过138天，还剩50个原子核未衰变
D．该核反应过程中的质量亏损为
【答案】D
【详解】A．根据核反应前后质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4，电荷数为2，即X为，该反应为α衰变，故A错误；B．核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总结合能之差，即故B错误；C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，故C错误；D．该核反应过程中的质量亏损为故D正确。故选D。
15．如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径；已知圆柱体截面直径为，透明圆桶直径。则该糖水折射率（ ）
A．1.45B．1.72C．2.00D．2.50
【答案】A
【详解】作出对应的光路图如图所示
根据几何关系可得，，则该糖水折射率为，故选A。
16．如图甲所示，塑料制成的光滑细圆环水平固定放置，环上套一个带正电的电荷量为的小球（视为质点）处于静止状态，磁感应强度大小为的匀强磁场方向竖直向上，环面的面积为；英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在周围的空间激发出感生电场，如图乙所示，空间存在竖直向上均匀增加的匀强磁场，周围产生的环形电场线从上向下看沿顺时针，同一个圆周上的电场强度大小相等，下列说法正确的是（ ）
A．对甲图，若磁场竖直向上均匀增加，则塑料圆环内部会产生感应电流
B．对甲图，若磁场竖直向下均匀增加，从上向下看小球会沿顺时针方向转动
C．乙图说明，任何磁场周围都会产生电场，与闭合电路是否存在无关
D．对甲图，若磁场方向竖直向上均匀增加的变化率为，则小球运动一周，电场力做的功为
【答案】D
【详解】A．对甲图，若磁场竖直向上均匀增加，则在金属圆环上会产生感应电流，而塑料圆环不会产生感应电流，A项错误；
B．对甲图，若磁场竖直向下均匀增加，对比乙图，塑料圆环上产生的环形电场线从上向下看沿逆时针，则带正电的小球受到沿逆时针方向的电场力，小球会沿逆时针方向转动，B项错误；
C．乙图说明，变化磁场的周围会产生电场，与闭合电路是否存在无关，若磁场不变化，周围不会产生电场，C项错误；
D．由法拉第电磁感应定律可得均匀变化的磁场产生的感应电动势为，由电场力做功的定义，可得小球转动一周，感生电场力对小球做的功为，D项正确。
故选D。
17．在一条平直公路上，甲、乙两辆汽车从0时刻开始的位移—时间图像如图所示，甲的图像为抛物线，乙的图像为倾斜直线。已知甲的加速度大小为，再根据图中所提供的其他信息，下列说法正确的是（ ）
A．时刻甲的速度等于乙的速度
B．甲、乙在0时刻处在同一地点
C．甲的初速度不为0
D．甲的图像在时刻的切线与乙的图像平行
【答案】D
【详解】A．切线斜率表示速度，时刻甲的速度大于乙的速度，选项A错误；
B．0时刻甲处在坐标原点处，乙处在坐标处，不是同一地点，选项B错误；
C．根据。结合，综合解得，选项C错误；
D．设乙的速度为v，则有，设甲的图像在时刻的切线与乙的图像平行，则时刻甲、乙的速度相等，则有，综合解得，选项D正确。
故选D。
18．一质量为m的行星绕质量为M的恒星运动，如图所示，设在以恒星为球心的球形大空间范围内均匀地分布着稀薄的宇宙尘埃，尘埃的密度很小，略去行星与尘埃之间的直接碰撞作用，行星绕行轨道为圆，半径为，则下列说法正确的是（ ）（已知质量均匀分布的球壳对壳内任一点的万有引力为零，引力常量为G）
A．行星绕行圆半径越大，其所受的万有引力的合力越小
B．行星绕行的周期为
C．行星的绕行的动能为
D．若行星的轨道不是圆轨道，则其运动规律仍满足开普勒三定律
【答案】C
【详解】A．行星所受引力为恒星M和尘埃引力的合力，尘埃对行星的引力可看成以为半径的球形空间尘埃的引力，有，行星绕行圆半径越大，其所受的万有引力的合力不一定越小，A错误；
B．由圆周运动受力特点可得，可得，B错误；
C．由圆周运动受力特点可得，行星的绕行的动能为，C正确；
D．若行星的轨道不是圆轨道，则行星与恒星的距离变化，尘埃的引力也变化，相当于单个中心天体的质量发生变化，开普勒第三定律不再适用，D错误。
故选C。
19．华为在2023年10月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超级充电桩，其最大输出电流为600A，充电电压范围为200V至1000V，并且该充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。某天，小振开着自己的某款电动汽车来这种充电站体验，其车总质量为1.6t，所用电池组规格为“360V，”（内阻不能忽略），车上显示屏显示此次充电电量由充到用时10分钟，本次充电共消费60元（充电桩计费规则为每度电2元）。经他几天实测，显示屏电量由下降到共行驶了120公里，已知他的车行驶时的阻力为车重的0.02倍，则下列说法错误的是（ ）
A．充电桩上标识的“600kW”表示给各车充电时的平均功率
B．小振本次充电的平均功率约为300kW
C．小振本次充电的充电效率约为
D．小振汽车电机将电能转化为机械能的效率约为
【答案】ABD
【详解】A．根据最大充电电流与最大充电电压可知，指的是最大充电功率。而最大功率，由于“充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率”，所以充电桩的平均充电功率必定小于最大功率，故A错误；
B．本次充电时的平均功率约为，-故B错误；
C．充电效率约为，-故C正确；
D．机械效率约为，故D错误。
故选ABD。
20．如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子O，两端分别系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使轻绳OB水平且绷直，球A与地面接触，两球均静止。已知，两球质量分别为、，重力加速度为g，不计一切阻力。现将球B由静止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（ ）
A．两球质量应满足
B．外力F应满足
C．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为
D．两球碰后摆起的最大高度不超过
【答案】AD
【详解】A．两球可沿水平方向发生碰撞，说明A不会离开地面，则对B有，在最低点时，解得T=3mBg，因A不会离开地面，则，选项A正确；
B．要使的细绳处于伸直状态，则力F最小值为mBg，因A的重力无最大值（可以是无穷大），可知F无最大值，选项B错误；
C．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为，选项C错误；
D．因A质量最小值为3mB，则AB碰后由动量守恒，，解得，选项D正确。
故选AD。
21．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v-t图像如图乙所示，时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
B．时间内，导线框的速度大小为
C．时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
D．时间内，导线框的位移大小为
【答案】CD
【详解】A．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，导线框的ab边可以经过虚线PQ，故A错误；
B．时间内，设导线框的总电阻为，根据平衡条件可得，其中时间内，根据平衡条件可得，其中，则时间内，导线框的速度大小为，故B错误；
C．时间内，a、b两点间的电势差为a、c两点间的电势差为，故导线框a、c两点间的电势差为0，故C正确；
D．时间内，根据动量定理，其中，解得导线框的位移大小为，故D正确。
故选CD。
三、非选择题：共62分。
22．（6分）在用单摆测量重力加速度时，小明将小锁头栓接在不易形变的细丝线一端，另一端固定在O点，并在细线上标记一点A，如图所示。
(1)将小锁头拉到某一高度（细线与竖直方向夹角很小）由静止释放，当锁头第一次到达最低点D时开始计时并计数为1，以后锁头每到达D点一次，计数增加1，计数为N时，秒表测出单摆运动时间为t，则该单摆的周期 ；
(2)他保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度L以改变摆长，并测出单摆运动对应的周期T，测量多组数据后，作出图乙所示图像，图像纵坐标应为 （选填“”、“”、“”、“”）；
(3)已知图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度 。
(4)图线乙明显不过原点，其图像与横轴交点的意义是 。
【答案】(1) （1分） (2)（1分） (3) （2分） (4)A点距小锁头重心距离的负值（2分）
【详解】（1）单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知，解得
（2）设A点距小锁头重心距离为，根据单摆周期公式，化简得，可知图乙所示图像纵坐标应为
（3）图像的斜率为，根据，解得
（4）当时，，因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是A点距小锁头重心距离的负值
23．（12分）小理同学利用实验室器材改装了一个双量程电流表，并利用此改装的电流表设计了一个多倍率的欧姆表。
(1)如甲图所示，双量程电流表的量程分别是和，当使用0、1两个端点时，量程为 ；
(2)某同学使用此双量程电流表组装完成了简易双倍率欧姆表（“”和“”），电路图如乙图所示。
①A端应与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接；
②电源电动势，换挡开关与2相连，此欧姆表内阻为 ，此时应为 倍率。
③为了验证改装的欧姆表的测量精度，按规范操作在红黑表笔间接标准电阻时，指针指示位置如丙图所示，造成这一误差的原因可能是 。
A．电池使用时间较长致电动势偏小
B．改装电流表时接入的电阻1偏小
C． 表头真实内阻偏小
【答案】(1)0~100mA（2分） (2) 红 （2分） 150 （3分） ×10 （2分） AB（3分）
【详解】（1）当表笔接通2时，表头的量程一定，因两电阻串联，则通过这两个电阻的最大电流较小，而当表笔接通1时，电流计与R2串联，虽电流计的量程一定，但R1的电压增大，则通过R1的最大电流较大，因此当表笔接通1时电流表的量程为100mA；
（2）①根据图乙电路可知，电流从表笔B出来，从表笔A进去，根据“红进黑出”可知左侧表笔是红表笔，即表笔A是红表笔。
② 换挡开关与2相连，此欧姆表满偏电流为10mA，则有，此时应为×10倍率。
③[A．当电动势变小， 总电流变小，则流过表头的电流变小，指针跟准确位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故A正确；
B．改装电流表时接入的电阻1偏小时，改装后总电阻减小，即中值电阻标的值变小，故B正确；
C．表头真实内阻偏小，欧姆调零后对欧姆表总电阻没有影响，中值电阻不变，测120欧时指针在中央刻度右侧，故C错误。
故选AB。
24．（10分）水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1s内可将压强为p0、温度为t0、体积V0=700mL的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p=16atm，温度。已知外界大气压p0=1atm，外界环境温度，氧气瓶的容积V=11L，氧气瓶的导热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10m深度水压增加1atm。
（1）求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；
（2）潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1=10m深处，在该水层活动期间吸入气体V1=20L，随即迅速下潜至水面下h2=20m深处，在该水层活动期间吸入气体V2=16L，求此时氧气瓶内剩余气体的压强。
【答案】（1）220s；（2）8atm
【详解】（1）充气过程有
解得
则充气时间为
（2）当下潜至水面下h1=10m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，则此时吸入气体压强为
此时以吸入气体和氧气管内气体为研究对象，则有
当下潜至水面下h2=20m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，则此时吸入气体压强为
此时以吸入气体和氧气管内气体为研究对象，则有
解得
25．（14分）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。
（1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v；
（2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求；
（3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有
解得
克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有
解得
（3）平抛运动过程有，，
根据题意有
底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理有，
结合上述有
由于n≤10，则有，或，或，
26．（20分）甲辰龙年，有研究者用如图装置实现“双龙戏珠”。图中M1M2和N1N2、M3M4和N3N4组成两对平行极板，将空间分隔为I、II、III三个区域，三个区域中有垂直于纸面的匀强磁场如图甲，磁感应强度均为。两发射源紧靠极板放置，每秒每个发射源分别射出104个垂直极板初速度大小的正或负电子。正负电子每次经过狭缝均被加速，极板电压UMN随时间变化由如图乙。经多次加速，正负电子恰能在荧光球表面上某点相遇，并被荧光球吸收发出荧光，实现“双龙戏珠”。已知电子比荷，电子质量；以两发射源连线中点O为坐标原点，平行极板向右方向为x轴正方向；荧光球半径，球心位置在x轴上；极板N1N2、M3M4间距。由于极板间距极小，忽略正负电子之间相互作用、过狭缝时间及正负电子穿越极板的动能损失、忽略场的边缘效应和相对论效应，计算时。
（1）正负电子各由哪个发射源射出？求电压UMN的周期T；
（2）求t=0时刻发射的正负电子相遇的时刻t0和荧光球球心的位置x1；
（3）求正负电子每秒对荧光球的冲量I；
（4）以“⌒”为一“龙节”，若同（2）在不改变“龙节”情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，求仍能使荧光球发光的球心位置范围。
【答案】（1）正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出，；（2）0.495m；（3）；（4）或
【详解】（1）根据左手定则可知，正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出。
以正电子为例，发射源发射的电子在电场中被加速后先在磁场II中做半个周期的圆周运动后又反向返回电场，此时电场必须反向，继续对返回的电子加速，加速后的电子又在磁场I中做半个周期的圆周运动，再次返回电场，电场此时应再次反向，对进入的电子继续加速，如此反复，可知电压UMN的周期应和电子在磁场中做圆周运动的周期相同，其周期为
（2）电子经一次加速后，由动能定理有
解得
由洛伦兹力充当向心力有
解得
若要正负电子相遇，则必须满足
即
则有
解得
可知正负电子第一次相遇的时间
该时间内沿着轴方向的位移
代入数据
解得
（3）有一半正负电子能够进入电场后被加速，相遇时恰好都沿轴正方向，球对电子的冲量
则电子对球的冲量
（4）若在（2）情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，由几何关系可得
仍能使荧光求发亮的球心的位置范围或
即或