备战2024新高考物理抢分秘籍考前抢分押题卷（一）及解析

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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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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。
1．有甲、乙两种气体，如果甲气体分子的平均速率比乙气体分子的平均速率大，则（ ）
A．甲气体的温度一定高于乙气体的温度
B．甲气体的温度一定低于乙气体的温度
C．甲气体的温度可能高于也可能低于乙气体的温度
D．甲气体中每个分子的运动都比乙气体中每个分子的运动快
【答案】C
【详解】ABC．气体温度是气体分子平均动能的标志，而分子的平均动能不仅与分子的平均速率有关，还与分子的质量有关。本题涉及两种不同的气体（即分子质量不同），它们的分子质量无法比较，因而无法比较两种气体温度的高低，故AB错误，C正确；
D．速率的平均值大，并不一定每个分子速率都大，故D错误。
故选C。
2．如图，小球a、b的质量分别为m、2m，且两小球均可视为质点，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，保持Oa与竖直方向夹角为不变。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】以小球a、b为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，如图
根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力3mg和总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置
F的最小值为
根据胡克定律，可得
所以有
ABC错误，D正确。
故选D。
3．如图所示为某卫星绕地球运行的椭圆形轨道，为椭圆的长轴，为椭圆的短轴，地球的半径为。下列说法正确的是（ ）

A．卫星从A点运动到点的时间与从点运动到点的时间相等
B．卫星从点运动到点的平均速度与从点运动到点的平均速度相同
C．卫星从点运动到点的过程中与地心连线扫过的面积等于从点运动到A点的过程中与地心连线扫过的面积
D．卫星在A点的速度可能大于第一宇宙速度，卫星在点的速度一定小于第一宇宙速度
【答案】D
【详解】A．卫星从A点运动到点的过程中，速度越来越小，因此卫星从A点运动到点的时间小于从点运动到点的时间，A项错误；
B．卫星从点运动到点的位移与从点运动到点的位移方向不同，因此平均速度不同，B项错误；
C．卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，由于从点运动到点的时间与从点运动到点的时间不等，所以卫星从点运动到点的过程中与地心连线扫过的面积与从点运动到A点的过程中与地心连线扫过的面积不相等，C项错误；
D．卫星在A点做离心运动，速度可能大于第一宇宙速度，卫星在点做近心运动，因此速度小于过点的圆周运动的线速度，即一定小于第一宇宙速度，D项正确。
故选D。
4．如图所示，在同一水平面上有两个固定的点电荷，距离为d，电荷量分别为和，在它们中垂线上水平固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管。有一电荷量为的小球以初速度从上端管口射入，则小球（ ）

A．做匀速直线运动
B．受到的电场力先做负功后做正功
C．受到的电场力最大值为
D．管壁对小球的弹力最大值为
【答案】D
【详解】A．由等量异种电荷形成的电场特点，小球受电场力水平向右，可知小球在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，故A错误；
B．电场力水平向右，不做功，故B错误；
C．在两点电荷连线中点处小球所受电场力最大
故C错误；
D．管壁对小球的弹力与电场力是平衡力，所以最大值为，故D正确。
故选D。
5．一束由红光和紫光组成的复色光斜射到水平放置的平行矩形玻璃砖的上表面上的点，如图所示，入射光线与法线的夹角为i。下列说法中正确的是（ ）
A．红光从玻璃砖下表面射出时偏折程度比紫光大
B．红光在玻璃砖中传播速度比紫光小
C．红光从玻璃砖下表面射出时，相对入射光线侧移距离比紫光小
D．增大入射角，红光先从玻璃砖下表面上消失
【答案】C
【详解】A．因为紫光的折射率大于红光的折射率，所以通过三棱镜后紫光的偏折角大，故A错误；
B．紫光的折射率大于红光的折射率，根据光在介质中的速度公式可知，红光在玻璃砖中传播速度比紫光大，故B错误；
C．以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖，因为紫光的折射率大，则紫光偏折更厉害，如图：
则紫光的侧移大，故C正确；
D．增大入射角i，根据光的可逆性可知，红光不会从玻璃砖下表面上消失，故D错误。
故选C。
6．某发电站的电能输送示意图如图所示，输电线总电阻为，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。若发电机的输出电压与用电器的额定电压刚好相等，要使用电器正常工作，则（ ）
A．n1>n2
B．
C．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
D．升压变压器的输出电流大于降压变压器的输入电流
【答案】BC
【详解】A．升压变压器中原线圈匝数小于副线圈匝数，A错误；
B．因导线上有电压损失，则
因为发电机的输出电压与用电器的额定电压刚好相等，则
则
B正确；
C．因导线上有功率损失，则升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C正确；
D．升压变压器的输出电流等于降压变压器的输入电流，D错误。
故选BC。
7．如图所示是沿x轴传播的一列简谐横波，实线是在时刻的波形图，虚线是在时刻的波形图，已知该波的波速是，则下列说法正确的是（ ）
A．这列波的周期是
B．这列波是沿x轴负方向传播
C．时，处的质点速度沿y轴正方向
D．内，处的质点振动方向改变了3次
E．时，处的质点加速度方向向下
【答案】ABD
【详解】A．从图中可以看出波长等于，由已知得波速等于，则周期为
故A正确；
B．经过即经过周期，因为经过一个周期回到原位置，即只看经过周期的振动情况即可，根据波形的平移法可得知，该波x轴负方向传播，故B正确；
C．由于该波向左传播，所以根据振动和波动关系可知时刻，处的质点的速度沿y轴负方向，故C错误 ；
D．在内即经过周期，处的质点振动方向改变了3次，故D正确；
E．根据牛顿第二定律以及回复力公式可以得到
时，处的质点的位移为负，故该时刻加速度方向为正，即方向向上，故E错误。
故选ABD。
8．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子（不计重力）以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U、B、比荷（）、v0的变化情况为（ ）
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而减小，d与v0无关
D．d随B增大而减小，d随比荷增大而减小
【答案】AD
【详解】带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有
得
根据
得带电粒子在磁场中的运动的半径
则有
所以d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关，故AD正确、BC错误。
故选AD。
第II卷（非选择题）
二、实验题
9．为探究小碟子与餐桌上的水平转盘间的动摩擦因数，一同学设计了这样的实验：如图所示，转盘可绕过圆心的竖直轴水平转动，将转盘上的一点标记为，在该点放一质量为的小碟子，测得与的距离为，已知重力加速度为。
操作一：让转盘开始转动并缓慢增大转速，当转速增大到某一值时保持不变，此时小碟子与转盘相对静止，转盘转动的周期为；
操作二：将转盘突然停止转动，小碟子由于惯性在圆盘上滑行一段距离后停在点，测出与两点间的距离为；
改变转盘的转速，重复操作一、二得到多组数据，根据这些数据作出图像，测得该图像的斜率为。
完成下列填空：
（1）转盘的周期为时，小碟子速度的大小为 （用题中所给物理量符号表示）；
（2）转盘突然停止转动时，小碟子相对转盘速度的方向为 （填选项前字母）；
A．沿方向 B．沿方向 C．沿与垂直的方向
（3）小碟子与转盘间的动摩擦因数为 （用题中所给物理量符号表示）。
【答案】 C
【详解】(1)[1]根据匀速圆周运动线速度与周期的关系，可得
(2)[2]转盘突然停止转动时，小碟子相对转盘速度的方向为圆周轨迹上该点线速度方向，即沿与垂直的方向。
故选C。
(3)[3]依题意，转盘突然停止转动时，小碟子相对转盘做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，可得
又
联立，可得
结合图像的斜率为，可得
可得
10．测一阻值约1Ω的电阻丝Rx的阻值。为较准确测量，要求多测几组数据。实验室供选择的器材有：
电源E：电动势约1.5V，内阻可忽略
电流表A1：量程0～0.2A，内阻约0.5Ω
电流表A2：量程0～0.01A，内阻约0.05Ω
电压表V1：量程3.0V，内阻非常大
电压表V2：量程15.0V，内阻非常大
滑动变阻器R：0～10Ω
电阻箱R０：0～99.99Ω
电键S与导线若干
（1）某实验小组的同学设计了如图所示的电路图来测量Rx，该电路有不妥或不符合要求之处，请指出其中的两处：
① ；
② ；
（2）请将你设计的测量电路图在方框内，并标明所选器材符号 ，用测得的物理量计算Rx的公式是Rx= ；式中各物理量的物理意义是 。
【答案】 不能多次测量；或超过电流表量程，不安全； 或电压表量程太大，读数误差较大 U是电压表V1示数，I是电流表A1示数，R0是电阻箱示数
【详解】（1）①②[1][2]由图可知，该实验中采用的是定值电阻，故不能多次测量；同时待测电阻约为1Ω，电源的电动势约为1.5V，电流达到1.5A，故电流表量程过小，不能保证安全；而电压表量程太大，读数误差太大；①不能多次测量；②或超过电流表量程，不安全；③或电压表量程太大，读数误差较大；
（2）[3]因电阻阻值过小，故采用分压接法控制电阻两端的电压；电压表选择V1时，最大电压为3V，故为了多测几组数据且要保证电压表的准确，电阻箱与待测电阻串联的方式；同时电流表采用外接法；电流表选择A1，原理图如图所示
[4][5]由欧姆定律可得
Rx=-R0
U是电压表V1示数，I是电流表A1示数，R0是电阻箱示数。
三、解答题
11．质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁后又以4m/s的速度反向弹回，如图所示，若球与墙的作用时间为0.05s，求：
（1）小球动量的增量；
（2）小球在碰撞过程中受到的平均冲力。
【答案】（1）；（2）-90N
【详解】（1）规定向左为正方向，则小球动量的增量为

（2）根据动量定理得
解得
12．如图所示，顶端有定滑轮的粗糙斜面体A固定在水平面上，轻质细绳的一端连接质量为的物体B，另一端固定在竖直杆上。另有轻质动滑轮跨过细绳与质量为的物体C相连，整个系统处于静止状态。初始时与竖直方向的夹角为60°。已知斜面A与水平面的夹角为，物体B与斜面A之间的动摩擦因数为，重力加速度为。试求：
（1）物体B与斜面A之间摩擦力的大小；
（2）缓慢地向右移动竖直杆，物体B保持不动，求与竖直方向的最大张角（用正弦或余弦表示）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）选动滑轮为研究对象，设细绳拉力为，由平衡条件可知
解得
对物体B进行受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）缓慢向右移动竖直杆，轻绳与竖直方向夹角为时，B与斜面间的摩擦力达到最大值，设此时轻绳上张力为，对受力分析，则有
对B受力分析，则有
，，
联立解得
13．ab、cd为间距d=1m的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ=30°，导轨电阻不计，ac、bd间都连接有一个R=4.8Ω的电阻，如图所示．空间存在磁感应强度B0=2T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上．将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0=0.5m处，金属棒的质量m=0.5kg，电阻r=0.8Ω．现闭合开关K将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac平行且与导轨接触良好．已知当金属棒从初始位置向下滑行x=1.6m到达MN处时已经达到稳定速度，金属导轨足够长，g取10m/s2．则：
（1）开关处于闭合状态时金属棒的稳定速度是多少？
（2）开关处于闭合状态时金属棒从释放到运动至MN处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，连接在ac间的电阻R上产生的焦耳热是多少？
（3）开关K断开后，若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化．试写出磁感强度B随时间t变化的表达式．
【答案】（1）2m/s （2）1.125J （3）
【分析】（1）当金属棒受到的安培力与重力沿斜面的分力相等时，导体棒受到的合力为零，导体棒做匀速直线运动，速度最大，达到稳定状态，由安培力公式及平衡条件即可求出棒下滑的最大速度．
（2）由能量守恒定律求解电阻上产生的焦耳热．
（3）为使金属棒中不产生感应电流，回路中磁通量应不变，据此列式求解．
【详解】（1）导体切割磁感线产生感应电动势：
开关闭合时，导体棒作为电源，上下两个定值电阻并联：
根据闭合电路欧姆定律：
整个运动过程，根据牛顿第二定律得：
当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得：
（2）从棒由静止释放到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得：
可解得：
故电阻上产生的焦耳热为：
（3）当回路中的总磁通量不变时，棒中不产生感应电流，沿导轨做匀加速运动．则有：
由牛顿第二定律得：
联立解得：
【点睛】对金属棒正确受力分析、分析清楚金属棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件等，即可正确解题．要明确产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．