真題重組卷04（全國卷舊教材專用）（解析版）沖刺2024年高考物理真題重組卷

第第頁試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁沖刺2024年高考※※真題重組卷（全國卷舊教材專用）真題重組卷04（考試時間：75分鐘試卷滿分：110分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）A．受到的合力較小 B．經(jīng)過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【解析】A．頻閃照片時間間隔相同，圖甲相鄰相等時間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；B．設(shè)斜面傾角為，動摩擦因數(shù)為，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階段，從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。故選C。15．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為，且軌跡交于點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（

）A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高點的速度小于C．兩谷粒從到的運動時間相等 D．兩谷粒從到的平均速度相等【答案】B【解析】A．拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；C．谷粒2做斜向上拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；B．谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于，B正確；D．兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。故選B。16．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，真空中電荷量為和的兩個點電荷分別位于點與點，形成一個以延長線上點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），為連線上的一點，S為等勢面與直線的交點，為等勢面上的一點，下列說法正確的是（）A．點電勢低于點電勢 B．點電場強度方向指向O點C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點 D．將正試探電荷從T點移到P點，靜電力做正功【答案】B【解析】A．在直線上，左邊正電荷在點右側(cè)電場強度水平向右，右邊負電荷在線段區(qū)間的電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知點電勢高于電勢為零的等勢面，S處于電勢為零的等勢面上，則S電勢為零；則點電勢高于點電勢，故A錯誤；C．由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在直線MN上在N左側(cè)電場強度不可能為零，在右側(cè)，設(shè)距離為，根據(jù)可知除無窮遠處外，直線MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；D．由A選項分析可知：點電勢為零，電勢低于電勢，則正試探電荷在點的電勢能低于在的電勢能，將正試探電荷從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；B．設(shè)電勢為零的等勢面的半徑為，與線段MN交于A點，設(shè)距離為，距離為，如圖所示根據(jù)點電荷的電勢結(jié)合電勢的疊加原理、滿足，解得，由于電場強度方向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢可知可知T點電場方向指向O點，故B正確。故選B。17．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．大于 D．大于【答案】B【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為，氫核的質(zhì)量為，氮核的質(zhì)量為，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得可得碰撞后氫核的動量為氮核的動量為可得碰撞后氫核的動能為氮核的動能為可得故B正確，ACD錯誤。故選B。18．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，忽略水在管道中運動的機械能損失，則（）A．每秒水泵對水做功為75JB．每秒水泵對水做功為225JC．水泵輸入功率為440WD．電動機線圈的電阻為10【答案】D【解析】AB．每秒噴出水的質(zhì)量為,抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為故AB錯誤；C．水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機械能，則而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，則故C錯誤；D．電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為而電動機的電功率為由能量守恒可知聯(lián)立解得故D正確；故選D。19．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是（

）A．飛船從1軌道變到2軌道要點火加速 B．飛船在1軌道周期大于2軌道周期C．飛船在1軌道速度大于2軌道 D．飛船在1軌道加速度大于2軌道【答案】ACD【解析】A．飛船從較低的軌道1進入較高的軌道2要進行加速做離心運動才能完成，選項A正確；BCD．根據(jù)可得可知飛船在軌道1的周期小于在軌道2的周期，在軌道1的速度大于在軌道2的速度，在軌道1的加速度大于在軌道2的加速度，故選項B錯誤，CD正確。故選ACD。20．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【解析】A．設(shè)桿的彈力為，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。21．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計。質(zhì)量為、長為、電阻為的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點與質(zhì)量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說法正確的是（

）A．的方向向上 B．的方向向下 C． D．【答案】BD【解析】AB．導(dǎo)軌的速度，因此對導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為導(dǎo)體棒的安培力大小為由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向為，導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為由左手定則可知的方向為垂直直面向里，A錯誤B正確；CD．對導(dǎo)體棒分析對導(dǎo)體框分析電路中的電流為聯(lián)立解得C錯誤D正確；故選BD。22.（6分）（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）小夢同學(xué)自制了一個兩擋位（“”“”）的歐姆表，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，為調(diào)零電阻（最大阻值為），、、為定值電阻（），電流計G的內(nèi)阻為。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題：（1）短接①②，將單刀雙擲開關(guān)與接通，電流計G示數(shù)為；保持電阻滑片位置不變，將單刀雙擲開關(guān)與接通，電流計G示數(shù)變?yōu)?，則（填“大于”或“小于”）；（2）將單刀雙擲開關(guān)與接通，此時歐姆表的擋位為（填“”或“”）；（3）若從“”擋位換成“”擋位，調(diào)整歐姆零點（歐姆零點在電流計G滿偏刻度處）時，調(diào)零電阻的滑片應(yīng)該調(diào)節(jié)（填“向上”或“向下”）；（4）在“”擋位調(diào)整歐姆零點后，在①②間接入阻值為的定值電阻，穩(wěn)定后電流計G的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的；取走，在①②間接入待測電阻，穩(wěn)定后電流計G的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的，則?！敬鸢浮浚?）大于（2）（3）向上（4）【解析】（1）根據(jù)題意可知，所以開關(guān)撥向時電路的總電阻小于開關(guān)撥向時電路的總電阻，電源電動勢不變，根據(jù)可知；（2）當開關(guān)撥向時，全電路的總電阻較大，中值電阻較大，能夠接入待測電阻的阻值也更大，所以開關(guān)撥向時對應(yīng)歐姆表的擋位倍率較大，即；（3）從“”擋位換成“”擋位，即開關(guān)從撥向，全電路電阻增大，干路電流減小，①②短接時，為了使電流表滿偏，則需要增大通過電流計所在支路的電流，所以需要將的滑片向上調(diào)節(jié)；（4）在“”擋位，令與串聯(lián)部分的總電阻為，上半部分單獨叫，電路圖結(jié)構(gòu)簡化如圖第一次，當①②短接，全電路的總電阻為通過干路的電流為電流表滿偏，根據(jù)并聯(lián)電路中電流之比等于電阻反比可知第二次，①②之間接入，全電路總電阻為，通過干路的電流為電流表偏轉(zhuǎn)了量程的，則結(jié)合第一次和第二次解得第三次，①②之間接入，全電路總電阻為，通過干路的電流為電流表偏轉(zhuǎn)了量程的，則結(jié)合第二次和第三次，解得23.（9分）（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）某同學(xué)設(shè)計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值和最小值。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標系中繪制的圖像是一條直線，如圖乙所示。（1）若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為。（2）由圖乙得:直線的斜率為，小鋼球的重力為N。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是（單選，填正確答案標號）。A．小鋼球擺動角度偏大B．小鋼球初始釋放位置不同C．小鋼球擺動過程中有空氣阻力【答案】（1）；（2）；0.59；（3）C【解析】（1）設(shè)初始位置時，細線與豎直方向夾角為θ，則細線拉力最小值為到最低點時細線拉力最大，則聯(lián)立可得即若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為；（2）由圖乙得直線的斜率為則小鋼球的重力為（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機械能減小，故選C。24．（14分）（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）如圖為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖．該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為，平臺高為。藥品盒A、B依次被輕放在以速度勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端點停下，隨后滑下的B以的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為和，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，AB在滑至N點之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質(zhì)點。求：（1）A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間；（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功；（3）圓盤的圓心到平臺右端點的水平距離．【答案】（1）（2）；（3）【解析】（1）A在傳送帶上運動時的加速度由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間（2）B從點滑至點的過程中克服阻力做的功（3）AB碰撞過程由動量守恒定律和能量關(guān)系可知解得（另一組舍掉）兩物體平拋運動的時間則解得25．（18分）（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）90%【解析】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．【選修3-3】（15分）[來源：學(xué)|科|網(wǎng)]（1）（5分）（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）利用“渦流效應(yīng)”可實現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構(gòu)成。高壓氮氣由噴嘴切向流入渦流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進，分子熱運動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達分離擋板處時，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的是_________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．A端為冷端，B端為熱端B．A端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于B端流出的C．A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的D．該裝置氣體進出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學(xué)第二定律E．該裝置氣體進出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律【答案】ABE【解析】A.依題意，中心部位為熱運動速率較低的氣體，與擋板相作用后反彈，從A端流出，而邊緣部分熱運動速率較高的氣體從B端流出；同種氣體分子平均熱運動速率較大、其對應(yīng)的溫度也就較高，所以A端為冷端、B端為熱端，故A正確；B．依題意，A端流出的氣體分子熱運動速率較小，B端流出的氣體分子熱運動速率較大，所以從A端流出的氣體分子熱運動平均速度小于從B端流出的，故B正確；C．A端流出的氣體分子熱運動速率較小，B端流出的氣體分子熱運動速率較大，則從A端流出的氣體分子平均動能小于從B端流出的氣體分子平均動能，內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關(guān)；依題意，不能得出從A端流出的氣體內(nèi)能一定大于從B端流出的氣體內(nèi)能，故C錯誤；DE．該裝置將冷熱不均氣體的進行分離，噴嘴處有高壓，即通過外界做功而實現(xiàn)的，并非是自發(fā)進行的，沒有違背熱力學(xué)第二定律；溫度較低的從A端出、較高的從B端出，也符合能量守恒定律，故D錯誤，E正確。故選ABE。（2）（10分）（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）某些魚類通過調(diào)節(jié)體內(nèi)魚鰾的體積實現(xiàn)浮沉。如圖所示，魚鰾結(jié)構(gòu)可簡化為通過閥門相連的A、B兩個密閉氣室，A室壁厚、可認為體積恒定，B室壁簿，體積可變；兩室內(nèi)氣體視為理想氣體，可通過閥門進行交換。質(zhì)量為M的魚靜止在水面下H處。B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m；設(shè)B室內(nèi)氣體壓強與魚體外壓強相等、魚體積的變化與B室氣體體積的變化相等，魚的質(zhì)量不變，魚鰾內(nèi)氣體溫度不變。水的密度為ρ，重力加速度為g。大氣壓強為p0，求：（1）魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度、需從A室充入B室的氣體質(zhì)量m；（2）魚靜止于水面下H1處時，B室內(nèi)氣體質(zhì)量m1?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）由題知開始時魚靜止在H處，設(shè)此時魚的體積為，有且此時B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m，則魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，則有聯(lián)立解得需從A室充入B室的氣體質(zhì)量（2）B室內(nèi)氣體壓強與魚體外壓強相等，則魚靜止在H處和水面下H1處時，B室內(nèi)的壓強分別為，由于魚靜止時，浮力等于重力，則魚的體積不變，由于題可知，魚體積的變化與B室氣體體積的變化相等，則魚在水下靜止時，B室內(nèi)氣體體積不變，由題知開始時魚靜止在H處時，B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m，由于魚鰾內(nèi)氣體溫度不變，若，則在H處時，B室內(nèi)氣體需要增加，設(shè)吸入的氣體體積為ΔV，根據(jù)玻意耳定律有則此時B室內(nèi)氣體質(zhì)量若，則在H處時，B室內(nèi)氣體需