【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（二） Word版含解析.docx，共(6)页，733.362 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（二）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．关于近代物理内容的叙述，下列说法正确的是（）A．康普顿效应揭示了光具有波动性B．某原子的原子核发生一次

衰变，该原子就失去两个核外电子C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D．一束光照射到某种金属表面上，只要光足够强，照射时间足够长，就一定能发生光电效应【答案】C【详解】A．康普顿效应揭示了光具有粒子性，故A错误；B．原子核的衰变过程是中子和质子被释放的过程，核外电子没有参与该反

应中，故B错误；C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；D．能否发生光电效应与入射光的频率、金属的逸出功有关，与照射的时间无关，故D错误；故选C。2．如图所示为某同学将足球踢飞出去的情景，下

列关于足球的说法正确的是（）A．在空中飞行过程中不受空气阻力作用B．在上升过程中除受重力外，还受到脚对足球的弹力C．在空中飞行过程中所受合力恒定D．在空中上升过程的时间小于下降过程的时间【答案】D【详解】A．若足球在空中飞行的过程中，仅受重力，则其轨迹应为抛物线，而根据题图可知，足球最高点两侧

的轨迹不对称，而斜抛运动水平方向应做匀速直线运动，其在最高点两侧的水平位移应该大小相等，但题图中，最高点两侧的水平位移明显不相等，因此可知足球在空中飞行过程中受重力和空气阻力的作用，故A错误；B．在足球上升过程中，脚没有与足球接

触且发生形变，因此在上升过程中足球不受脚对它的弹力，而根据以上分析可知，在足球上升过程中足球受重力与空气阻力，故B错误；CD．在空中上升过程受到向下的重力与向下的阻力，而在下降的过程中受到向下的重力与向上的阻力，显然上升过程在竖直方向的合外力大于下降过程中在竖直

方向的合外力，因此根据牛顿第二定律可知，向上做减速运动的加速度大于向下做加速度运动的加速度，在竖直位移大小相同的情况下，将向上的减速运动逆向看成初速度为零的向下的加速运动，根据212hat=定性分析可知，在空中上升过程的时间小于下降过程的时间，而在水平方向，足球在运动过程中也

要受到空气阻力的作用，因此可知，在空中飞行过程中足球所受合力不恒定，故C错误，D正确。故选D。3．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，振幅为0.1m，t=0时振子的位移为-0.05m，沿x轴正方向运动；t=0.5s时位移为0.05m，沿x轴负方向运动

，则（）A．振子的周期可能为1s3B．振子的周期可能为2s3C．振子的周期可能为5s6D．振子的周期可能为2s【答案】A【详解】由简谐运动规律，振子的周期可能为1(0,1,2)12Tnn==+当n=1时，解得11s3T=故选A。4．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电

量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的12，它们之间的相互作用力变为（）A．2FB．FC．4FD．16F【答案】D【详解】真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，根据库仑定律，有122qqFkr=若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的12，它们之间的相互作用力变为'

12222161()2qqFkFr==故选D。5．宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（）A．飞船绕地球运动的线速

度为2sinRTB．一天内飞船经历“日全食”的次数为0TTC．飞船每次经历“日全食”过程的时间为02TD．飞船周期为T＝2sinsin22RRGM【答案】D【详解】A．飞船绕地球匀速圆周运动，则线速度为2rvT=又由几何关系知sin()2Rr=解得

2sin()2RvT=故A错误；B．地球自转一圈时间T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为0TT，故B错误；C．由几何关系可知，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角所需的时间为2T

t=，故C错误；D．由万有引力提供向心力，可得2224MmrGmrT=解得2sinsin22=RRTGM故D正确。故选D。6．如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，物块A套在光滑杆上可自由滑动，绕过光滑定滑轮的细绳端连接在物块A上，另一端竖直

悬挂着物块B，开始时锁定物块A，细线与竖直杆的夹角为37，解除物块A的锁定，物块B由静止向下运动，当细绳与杆垂直时，物块A的速度刚好为零，物块B下降的最大高度为h，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A．物块A到最高点时，物块B的速度最大B．物块A向上运动过程中机械

能一直增大C．物块A、B的质量之比为1:2D．当细绳与竖直杆间的夹角为53时，物块A的速度大小为3543gh【答案】BC【详解】A．物块A到最高点时，细绳与杆垂直，因此B的速度也为零，A错误；B．物块A向上运动过程中，细绳对物块A的拉力一直做正功，因此物块A的机械能

一直增大，B正确；C．设滑轮到杆的距离为d，则有sin37ddh−=解得32dh=物块A上升的高度为2tan37dHh==根据机械能守恒定律ABmgHmgh=解得AB12mm=C正确；D．当细绳与竖直杆

间的夹角为53时，物块A上升的高度17tan538dhHh=−=物块B下降的高度25sin37sin538ddhh=−=设此时物块A的速度大小为v，则物块B的速度大小为cos530.6vv=根据机械能守恒定律有BAA2221B11(0.6)22mghmgh

mvmv=++解得53243vgh=D错误。故选BC。7．理想变压器工作时，原线圈输入与副线圈输出的物理量一定相同的是（）A．电压有效值B．电流有效值C．交变电流频率D．交流电功率【答案】CD【详解】A．电压的有效值根据公式m=2UU计算，根据公式1122UnUn=，可得变压器原副线圈两

端电压是不相同的，所以有效值也不同，故A错误；B．电流的有效值根据公式m=2II计算，根据公式1221InIn=，可得变压器原副线圈电流是不相同的，所以有效值也不同，故B错误；C．变压器不改变交流电的频率，所以原副线圈中的交流电频率一定

相同，故C正确；D．理想变压器输入端和输出端功率相等，故D正确。故选CD。8．如图所示，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，a、b初速度大小

相等，两粒子恰好都打在板上同一点P（图中未标出），并立即被挡板吸收。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．a、b的电性一定相同B．a、b的比荷之比为1sinC．若P在O点左侧，则a在磁场中运动时间比b长D．若P在

O点右侧，则a在磁场中运动路程比b短【答案】AB【详解】A．两粒子打到同一个点，表明偏转方向一致，所以带同种电荷。A正确；B．设P点与O点的距离为L，则有22sinababmvmvLqBqB==所以有1:sinababqqmm=B正确；C．若P在O点左侧，则粒子在磁场中运

动的时间为sinabaabmmtqBqB==，(22)bbbmtqB−=角在锐角范围内，有abttC错误；D．若P在O点右侧，则粒子在磁场中运动的弧长为2aLs=，sinbLs=角在锐角范围内，

有abssD错误。故选AB。第II卷（非选择题）二、实验题9．“验证牛顿运动定律”实验装置如图甲所示。（1）如图甲所示，用砝码盘和砝码所受的总重力作为小车所受的合外力，在保持小车总质量不变的情况下，改变所放砝码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线如图乙

所示，此图线AB段基本是一条直线，而BC段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是。（填选项前的字母）A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大（2）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没

有画出，计时器打点的时间间隔为0.02s。由此可求得小车的加速度a=m/s2。（结果保留二位有效数字）【答案】C0.50【详解】（1）[1]设小车总质量为M，砝码与砝码盘的总质量为m，对小车和砝码盘隔离分析可得小车的加速度为mgaMm=+当m

M可以认为aFmgMM==a与F成正比，所以AB段成直线；但当m逐渐增加时，由于Mm+中的m不可忽略不计，a与F不再成正比，所以BC段不再是直线，故A、B、D错误，C正确；（2）[2]由逐差法公式可得小车的加速度为()()2231223.392.40100.50m/s220.025

xxaT−−−=10．为了测量某金属丝的电阻案：（1）如图（a）所示，先用多用电表“1”挡粗测量其电阻为，然后用图（b）的螺旋测微器测量其直径为mm。（2）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压表V（量程3V，内

阻约为15k；量程15V，内阻约为75k）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1；量程3A，内阻约为0.2）C．滑动变阻器R（0~5，2A）D．1.5V的干电池两节，内阻不计E.开关S，导线若干在实验过程中，若想实现待测金属丝两端电压在较大范围内变化，结合所给器材，完成

图（c）中的实物连线。()【答案】80.268见解析【详解】(1)[1]由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω[2]由图示螺旋测微器可知其读数为0+26.8×0.01mm=0.268mm(2)[3]为测量多

组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，电源电动势为3V，则电压表选择3V量程，电路中最大电流约为3A8，则电流表选择0.6A量程，实验电路图如图所示根据实验电路图连接实物电路图，如图所示三、解答题11．某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球，发现

当气球升高到1600m时破裂。实验表明氢气球内外压强近似相等，当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂。已知地面附近大气的温度为27℃，常温下当地大气压随高度的变化如图所示求：高度为1600m处大气的摄氏温度。【答案】17℃【详解】由图得，在地面球内压强p

1=76cmHg1600m处球内气体压强p2=70cmHg由气态方程得112212pVpVTT=代入数据有222111708.4300K290K768VTTppV===换算后有t2=290﹣273℃=17℃【考点】气

态方程12．如图所示，在一个由x轴和曲线为边界包围的空间中存在匀强磁场，曲线方程为（单位：m）()．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为．有一ab边与x轴重合的正方形金属线框在水平拉力F作用下以1.0m/s速度水平向右匀速运动，线框边长为0.4m，线框

电阻为0.1，试求：（1）在线框通过磁场区域的过程中，拉力F的最大瞬时功率是多少？（2）在下面坐标图中画出线框产生的电流随时间变化图象（取方向为电流正方向）．（3）线框经过磁场区域的整个过程，拉力F做多

少功？【答案】（1）（2）（3）【详解】试题分析：（1）图中可见，切割磁感线的有效长度即为纵坐标大小，所以[0.3sin(5)]EBvBvx==，最大电压为E=0.06V则最大功率为22()3.610BLvPWR−==（2）感应电流[0.3sin(5)]EBvxIRR==，因此感

应电流变化规律为正弦形状，且周期相同．但Lab>0.2,所以经过0.2s线框完全覆盖了磁场，磁通量不变，所以感应电流消失．到t=0.4s时，线框出磁场，出现感应电流，根据右手定则判断电流方向与刚开始进去的

方向相反，即如图（3）在整个过程中，产生的为交流电，所以用有效值进行计算：有效值为0.32IA=22-32=0.60.10.4=7.2102QItJ有（）=考点：电磁感应定律、有效值点评：本题通过电磁感应定律求出交流电的表达式，并通过数学知识画出函数图像，利用有效值求出交流电的发热量13．

如图所示，水平面右端放一质量m=0.1kg的小物块（可看做质点），让小物块以v0=4m/s的初速度使其水平向左运动，运动位移s=1m时将弹簧压至最短（在弹簧的弹性限度内，其劲度系数k=100N/m。），反弹回到出发点时物块的速度大小v1=2m/s，若水平面右端与一长L=3m的水平传送带平滑

连接，传送带以v2=10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与竖直面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置关闭圆轨道，圆轨道半径R=0.8m，不计空气阻力，g=10m/s2.求：

（答案可用根号表示）(1)为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满足的条件；(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ2、弹簧具有的最大压缩量xmax；(3)若将一个固定的长度与弹簧原长相

等且右端面为与墙面平行的竖直平面的长方体替换弹簧，且右端面上方装一可看成质点的小铃铛（图上没画），且去除圆轨道触发闭合装置，物块进入圆轨道后不脱离圆轨道，小物块与长方体右端面发生弹性正碰。传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.1，如要使铃铛响二声，给小物

块向左的初速度v0满足什么条件。【答案】(1)10.2；(2)20.3=，max0.1mx=；(3)0922130m/sm/s105v【详解】(1)物块恰好到达轨道圆心等高点时，根据动能定理得212102mgLmgRmv−=−带入数据解得10.2

=为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满足的条件是10.2(2)物块从向左运动到回到原点，根据动能定理得2221011222mgsmvmv−=−带入数据解得20.3=物块从

向左运动到弹簧压缩到最短时的过程，根据动能定理得222max011022mgskxmv−−=−带入数据解得max0.1mx=(3)要使铃铛响二声，给小物块向左的较大初速度v0，且到达圆轨道后不能高于圆心等高点，否则可能脱离轨道，从起点到达圆心等高点根据动能定理得22ma

x1012()02mgsxmgLmgRmv−−+−=−带入数据解得02130m/s5v=给小物块向左的较小初速度v0，且最终恰好第二次达到铃铛处，传送带对物块先做正功后做负功，传送带全程对物块做功为零；同理重力对物块做功为零，

从起点到第二次到达铃铛处，根据动能定理得22max013()02mgsxmv−−=−带入数据解得092m/s10v=给小物块向左的初速度v0满足条件是0922130m/sm/s105v