【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）考前抢分押题卷（一） Word版含解析.docx，共(7)页，632.667 KB，由小赞的店铺上传

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保密★启用前考前抢分押题卷（一）物理注意事项：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θ60=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．33mgkB．3mgkC．32mgkD．332mgk【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n333sin2miFmgmg==

根据胡克定律，可得nnmimiFkx=所以有n332mimgxk=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，AD为椭圆的长轴，BC为椭圆的短轴，地球的半径为R。下列说法正确的是（）A．卫星从A点运动到B点的时间与从B点运动到D点的时间相等B．卫星从B点运动到D点

的平均速度与从D点运动到B点的平均速度相同C．卫星从D点运动到C点的过程中与地心连线扫过的面积等于从C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D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D

点的过程中，速度越来越小，因此卫星从A点运动到B点的时间小于从B点运动到D点的时间，A项错误；B．卫星从B点运动到D点的位移与从D点运动到B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D点运动到C点的时间与从C点运动到A点的时间不等，所以卫星从D点运动到C点的过程中与地心连线扫过的面积与从C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D点做

近心运动，因此速度小于过D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Q+和Q−，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q+的小球以初速度0v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24kQqdD．管壁对小球的弹力最大值为28kQqd【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222822kqQkqQkqQFddd=+=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28kqQd，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O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i，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cvn=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r，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n

3、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>n2B．3214nnnn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23UU因为发电机的输出电压与用电器的额定电压刚好相等，则14UU=则33221144UnnUnUUn==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0=t时刻的波形图，虚线是在0.2st=时刻的波形图，已知该波的波速是0.8ms，则下列说法正确的是（）A．这列波的周期是

0.15sB．这列波是沿x轴负方向传播C．0=t时，4cmx=处的质点速度沿y轴正方向D．0~0.2s内，4cmx=处的质点振动方向改变了3次E．0.2st=时，4cmx=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12cm，由已知得波速等于0.8ms，则周期为0.12s0.15s0.8Tv===故A正确；B．经过0.2s即经过113周期，因为经过一个周期回到原位置，即只看经过13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0=t时刻，4cmx=处的质点的速度沿y轴负方向，故C错误；D．在0~0.2s内即经过113周期，4cmx=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kxam=−0.2st=时，4cmx=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（qm）、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0cosvv=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2cosdR=得02Rvdv=根据2vqvBmR=得带电粒子在磁场中的运动的半径mvRqB=则有02mvdqB=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O的竖直轴水平转动，将转盘上的一点标记为P，在该点放一质量为m的小碟子，测得P与O的距离为r，已知重力加速度为g。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T；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Q点，测出P与Q两点间的距离为x；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21xT−图像，测得该图像的斜率为k

。完成下列填空：（1）转盘的周期为T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OP方向B．沿PO方向C．沿与OP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】2rTC222rkg【详解】(1)[1]根据匀速圆周运动线速度与周期的关系，可得2rvT=(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OP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mgma=又22axv=联立，可得22212gxTr=结合图像的斜率为k，可得222gkr=可得222rkg=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0xURRI=−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=UI-R0U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）4.5kgm/s-；（2）-90N【详解】（1）规定向左为正方向，则小球动量的增量为210.540.554.5kgm/spmvmv=−=−−=（）（2）根据动量定理得Ftp=解得4.590N0.05pFt=＝＝12．如图所示，顶端有定滑轮O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2m的物体B，另一端固定在竖直杆上。另有轻质动滑轮O跨过细绳与质量为m的物体C相连，整个系统处于静止状态。初始时OO与竖直方向的夹角为60°。已知斜面A与水平面的夹角为30=，物

体B与斜面A之间的动摩擦因数为34=，重力加速度为g。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OO与竖直方向的最大张角（用正弦或余弦表示）。【答案】（1）0f=；（2）2cos7=【详解】（1）选动滑轮O为研究对象，设细绳拉力为1

F，由平衡条件可知12cos60Fmg=解得1Fmg=对物体B进行受力分析，根据平衡条件有12sin30Ffmg+=解得0f=（2）缓慢向右移动竖直杆，轻绳OO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2F，对O受力分析，则有

22cosFmg=对B受力分析，则有222sin30Fmgf=+，N2cos30Fmg=，NfF=联立解得2cos7=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）22(T)15Bt=+【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R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：0EBvd

=开关闭合时，导体棒作为电源，上下两个定值电阻并联：2RR=并根据闭合电路欧姆定律：EIRr=+并整个运动过程，根据牛顿第二定律得：0sinmgBIdma−=当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得：220

()sin2m/smvdmgRrB+==并（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：21sin2mmgxmvQ=+可解得：21sin3J2mQmgxmv=−=故电阻R上产生的焦耳热为：11.125J2RRQQRr==+并并（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：20001()2BdxBdxat=+由牛顿第二定律得：sinmgma=联立解得：22T15Bt=+【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．