浙江省2024年高考物理押題試卷含解析

浙江省名校2024年高考物理押題試卷

注意事項:

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5亳米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，一個質量為機的鐵球處于靜止狀態(tài)，鐵球與斜面的接觸點為A,推力戶的作用線通過球心O,假設斜面、

墻壁均光滑，若讓水平推力緩慢增大，在此過程中，下列說法正確的是0

A.力尸與墻面對鐵球的彈力之差變大

B.鐵球對斜面的壓力緩慢增大

C.鐵球所受的合力緩慢增大

D.斜面對鐵球的支持力大小等于陛；

COS，

2、在地球同步軌道衛(wèi)星軌道平面內運行的低軌道衛(wèi)星，其軌道半徑為同步衛(wèi)星半徑的5，則該低軌道衛(wèi)星運行周期

4

為（）

A.lhB.3hC.6hD.12h

3、如圖，半徑為￡的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心。的豎直軸線以角速度。勻速轉動。質量相

等的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止。A、B和球心。點連線與豎直方向的夾角分別為a、fj,a邛，則下列

A.A的句心力小于B的向心力

B.容器對A的支持力一定小于容器對B的支持力

C.若co緩慢增大，則A、B受到的摩擦力一定都增大

D.若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向卜的摩擦力

4、某同學設計了一個煙霧探測器，如圖所示，S為光源，當有煙霧進入探測器時，S發(fā)出的光被煙霧散射進入光電管

Co光射到光電管中的鈉表面產生光電子，當光電流大于或等于/時，探測器觸發(fā)報警系統(tǒng)報警。已知真空中光速為c,

鈉的極限頻率為U。，電子的電荷量為C,下列說法正確的是（）

散時的光束

A.要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光波長應大于-

%

B.若用極限頻率更高的材料取代鈉，則該探測器一定不能正常工作

C.若射向光電管C的光子中能激發(fā)出光電子的光子數占比為,報警時，f時間內射向光電管鈉表面的光子數至少是

It

綺

D.以上說法都不對

5、宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，。為拋出點，若該

星球半徑為4000km,引力常量G=6.67xl0FN?m2?kg-2,則下列說法正確的是（）

A.該星球表面的重力加速度為16.0m/s2

B.該星球的第一宇宙速度為4.0km/s

C.該星球的質量為2.4xl02（）kg

D.若發(fā)射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度可能大于4.0km/s

6、豎直放置的肥皂膜在陽光照耀下，由于前后表面反射光通過的路程不同，形成兩列相干光，薄膜上會呈現出彩色條

紋.若一肥皂膜由于受重力和液體表面張力的共同影響，其豎直方向的截面如圖所示，則光通過該把皂膜產生的干涉

條紋與下列哪個圖基本一致（）

B.

D.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖所示，傾角為a的光滑導軌上接入一定值電阻，I和U是邊長都為L的兩正方形磁場區(qū)域，其區(qū)域內的磁場

方向都垂直于導軌平面向上，區(qū)域I中磁場的磁感應強度為以，恒定不變，區(qū)域H中磁感應強度隨時間以=內（A>0）

變化，一質量為加、電阻為「的金屬桿穿過區(qū)域I垂直地跨放在兩導軌上，并恰能保持靜止，不計導軌電阻，則下列

說法正確的是（）

A.通過金屬桿的電流大小為_一

D/O

B.通過金屬桿的電流方向是從。到力

C.定值電阻的阻值為一

匚4b口

D.定值電阻的阻值為一一

口口尸

SCxicC

8、如圖所示，兩根質量均為，〃的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左、右兩部分導軌間距之比為1：2,導軌間

左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，現用水平恒力F向右拉

CD棒，在CD棒向右運動距離為s的過程中，AB棒上產生的焦耳熱為Q,此時AB棒和CD棒的速度大小均為外

此時立即撤去拉力廣，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，則下列說法正確的是（）

c

xxxx

B.撤去拉力產后，AB棒的最終速度大小為￡%方向向右

C.撤去拉力尸后，CD棒的最終速度大小為|力方向向右

D.撤去拉力產后，整個回路產生的焦耳熱為:〃*2

9、如圖所示，煤礦車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，煤塊與兩傳送帶間的動摩擦因數均為〃=。3,

每隔T=10s在傳送帶甲左端輕放上一個質量為〃?=2kg的相同煤塊，發(fā)現煤塊離開傳送帶甲前已經與甲速度相等，且

相鄰煤塊（己勻速）左側的距離為x=6m,隨后煤塊平穩(wěn)地傳到傳送帶乙上，乙的寬度足夠大，速度為u=0.9m/s,g

取10m//,則下列說法正確的是（）

傳送帶乙

履

傳送帶甲.

---------------腐

圉國留I用四

A.傳送帶甲的速度大小為0.6m/s

B.當煤塊在傳送帶乙上沿垂直于乙的速度減為0時，這個煤塊相對于地面的速度還沒有增加到0.9m/s

C.一個煤塊在甲傳送帶上留下的痕跡長度為6cm

D.一個煤塊在乙傳送帶上留下的痕跡長度為19.5cm

10、18世紀，數學家莫佩爾蒂和哲學家伏爾泰，曾設想“穿透”地球：假設能夠沿著地球兩極連線開鑿一條沿著地軸的

隧道貫穿地球，一個人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，則以下說

法正確的是（已知地球表面處重力加速度g取10m/s?；地球半徑K=6.4xl06m；地球表面及內部某一點的引力勢能

埒=一紀竺，「為物體距地心的距離）（）

7

A.人與地球構成的系統(tǒng)，雖然重力發(fā)生變化，但是機械能守恒

B.當人下落經過距地心0.5R瞬間，人的瞬時速度大小為4x103m/s

C.人在下落過程中，受到的萬有引力與到地心的距離成正比

D.人從北極開始下落，直到經過地心的過程中，萬有引力對人做功W=1.6xl09j

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）用圖甲所示的裝置測量當地的重力加速度。將金屬小球從一定高度由靜止釋放，在小球自由下落通過的軌

跡上的合適位置固定一個光電門，能自動記錄小球通過光電門的時間，因小球經過光電門的時間很短，通過的過程近

似認為小球的速度不變。實驗中測量的物理量有：

A.小球的直徑d；

B.小球運動至光電門處下落的高度小

C.小球擋住光電門的時間，。

金屬球Q—

光電門

甲

請依據實驗要求，完成下列填空。（前兩個小題用測得的物理量的原字母表示）

（1）小球經過光電門的速度V=;

（2）當地的重力加速度為g=；

⑶用游標卡尺測量金屬球的直徑如圖乙所示，小球的直徑為cm。若實驗中還測得〃=0.4760m,

/=4.12xl（r3s<.則重力加速度g=m/s2o（計算結果保留1位小數）

12.（12分）LED燈的核心部件是發(fā)光二極管，某同學欲測量一只工作電壓為2.9V的發(fā)光極管的正向伏安特性曲線,

所用器材有：電壓表（量程3V,內阻約3kQ）,電流表（用多用電表的直流25mA擋替代，內阻約為5Q）,滑動變

阻器（0-20。），電池組（內阻不計），電鍵和導線若干，他設計的電路如圖（。）所示，回答下列問題：

圖（d）

（1）根據圖（a）,在實物圖（力）上完成連線；

⑵調節(jié)變阻器的滑片至最端（填“左”或“右”），將多用電表選擇開關拔至直流25mA擋，閉合電鍵；

⑶某次測量中，多用電表示數如圖（c）,則通過二極管的電流為mA；

⑷該同學得到的正向伏安特性曲線如圖（4）所示，由曲線可知，隨著兩端電壓增加，二極管的正向電阻________（填

“增大、“減小”或“不變”）：當電流為15.0mA時，正向電阻為C（結果取三位有數字）。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）質量為“xlOkg的物體靜止在光滑水平面上，零時刻開始物體受到水平向東尸=100N的力作用，1s后，

力尸的大小不變，方向改為向北，作用1s。求：

（1）物體第1s末的速度大??；

（2）物體在2s內的位移大小。

14.（16分）如圖所示，在水平面上有一個固定的L光滑圓弧軌道而，其半徑R=0.4m。緊靠圓弧軌道的右側有一足

4

夠長的水平傳送帶與圓弧軌道相切于b點，在電動機的帶動下皮帶以速度卬=2m/s順時針勻速轉動，在〃的正上方高

/i=0.4m處將小物塊A由靜止釋放，在a點沿切線方向進入圓弧軌道ab,當A滑上水平傳送帶左端的同時小物塊B在

c點以呻4m/s的初速度向左運動，兩物塊均可視為質點，質量均為2kg,與傳送帶間的動摩擦因數均為〃=0.4。兩物

塊在傳送帶上運動的過程中恰好不會發(fā)生碰撞，取g=10m/s2。求：

（1）小物塊A到達圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??；

(2)小物塊R、A開始相向運動時的距離ZIK；

⑶由于物塊相對傳送帶滑動，電動機多消耗的電能。

15.(12分)如圖所示,C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3孫在木板的上面有兩塊質量均為/〃的小木

塊4和民它們與木板間的動摩擦因數均為〃，最初木板靜止小、△兩木塊同時以方向水平向右的初速度V。和2V。在木

板上滑動，木板足夠長d、A始終未滑離木板,重力加速度為g,求：

(1)木塊B從剛開始運動到與木板。速度剛好相等的過程中，木塊3所發(fā)生的位移;

⑵木塊A在整個過程中的最小速度；

⑶整個過程中4、8兩木塊相對于木板滑動的總路程是多少？

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解析】

對小球受力分析，受推力尸、重力G、墻壁的支持力N、斜面的支持力N。如圖：

根據共點力平衡條件，有：

X方向：

FN'sinOW=O

豎直方向：

N'cos8=〃?g

解得：

cos9

2V=F-///gtanO；

A.故當方增加時，墻壁對鐵球的作用力不斷變大，為N=F-mgL可知尸與墻面對鐵球的彈力之差不變，故A錯誤;

BD.當產增加時，斜面的支持力為鳥，保持不變，故球對斜面的壓力也保持不變，故D正確，B錯誤；

cost)

C.鐵球始終處于平衡狀態(tài)，合外力始終等于0；故C錯誤；

2、B

【解析】

根據開普勒第三定律

置朝

贈舄

解得

第=:、24h=3h

OO

故選B。

3、D

【解析】

A.根據向心力公式知產=〃?32Rsin〃，質量和角速度相等，4、3和球心。點連線與豎直方向的夾角分別為。、夕，

a>B,所以A的向心力大于〃的向心力，故A錯誤；

B.根據徑向力知，若物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，則由受力情況根據牛頓第二

定律得

mgtan3=mcJRsin0

解得

(0=

若角速度大于,則會有沿切線向下的摩擦力，若小于,則會有沿切線向上的摩擦力，故容器對4

的支持力不一定小于容器對〃的支持力，故B錯誤；

C.若緩慢增大，則A、3受到的摩擦力方向會發(fā)生變化，故摩擦力數值不一定都增大，故C錯誤；

D.因A受的靜摩擦力為零，則b有沿容器壁向上滑動的趨勢，即"受沿容器壁向下的摩擦力，故D正確。

故選D。

4、C

【解析】

A.根據。=義》可知，光源S發(fā)出的光波波長

即要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光波波長小于￡,故A錯誤；

%

B.根據光電效應方程可知，用極限頻率更高的材料取代鈉，只要頻率小于光源S發(fā)出的光的頻率，則該探測器也能

正常工作，故B錯誤；

C.光電流等于/時，，秒產生的光電子的個數

It

n=—

e

t秒射向光電管鈉表面的光子最少數目

..nIt

N=—=——

〃5

故C正確；

D.由以上分析，D項錯誤。

故選C。

5、B

【解析】

A.物體做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律有

1,

聯立解得

g=4m/s2

該星球表面的重力加速度為4m/s2,故A錯誤；

BC.設該星球的第一宇宙速度為上該星球的質量為M，在星球表面附近，則有

GMmmv2

———=mg=-----

R2R

解得

v=yfgR=V4x4xl06m/s=4.0km/s

加二過二wo

G6.67x10110°

故B正確，C錯誤；

D.根據萬有引力提供向心力有

GMmr?iv2

解得

衛(wèi)星運動的軌道半徑越大，則繞行速度越小，第一守宙速度是繞星球表面運行的速度，同步衛(wèi)星的速度一定小于

4.0km/s,故D錯誤；

故選Bo

6、B

【解析】

薄膜干涉為前后兩個面反射回來的光發(fā)生干涉形成干涉條紋，故從肥皂薄膜的觀察到水平干涉條紋，用復色光時出現

彩色條紋，由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度從上到下逐漸增大，從而使干涉條紋的間距變密，故B正確，ACD錯

誤.

【點睛】

本題考查了薄膜干涉的原理和現象，抓住薄膜干涉的形成原因：前后兩表面反射的光發(fā)生干涉，是考試的重點.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、AC

【解析】

A.對金屬桿，根據平衡條件，結合安培力公式有〃喀sina=U"L解得一?一，選項A正確；

口二百

B.由楞次定律可知，通過金屬桿的電流方向是從方到。，選項B錯誤；

C.由法拉第電磁感應定律有_______:根據閉合電路歐姆定律得廠，故.一1，選

-2：：2一」8G」二一工工X一

項C正確，選項D錯誤.

8、AC

【解析】

A.兩棒的長度之比為1：2,所以電阻之比為1：2,由于電路在任何時刻電流均相等，根據焦耳定律：。=尸氏，所以

C0棒的焦耳熱為2。，在CD棒向右運動距離為s的過程中，根據功能關系有

Fs=3Q+—mv2x2

解得

Vm

故A正確；

BC.令48棒的長度為/,則CO棒長為2/,撤去拉力產后，棒繼續(xù)向左加速運動，而C?)棒向右開始減速運動，

兩棒最終勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足

2lvci)f

即

VABr=2vCD，

對兩棒分別應用動量定理，有

FAB/=mVABr-WV

-Fcnt=mvcD^mv

因為

FCI)=2FAB

所以

6

V\B，=-V

J

3

VCD,=~y

故B錯誤，C正確；

D.撤去外力F到最終穩(wěn)定運動過程根據能量守恒定律

1,21,

C=—wv2x2-—-=——mv~

10

故D錯誤。

故選AC,

9、ACD

【解析】

A.煤塊在傳送帶甲上做勻加速運動的加速度

a=從叫=4g=3in/s2

m

煤塊在傳送帶甲上先勻加速再勻速運動，加速度相同，所以相鄰煤塊之間的距離與時間的比值即傳送帶甲的速度，即

=y=0.6m/s

故A正確；

B.煤塊滑上傳送帶乙時，所受滑動摩擦力的方向與煤塊相對傳送帶乙的運動方向相反，相對傳送帶乙做勻減速直線

運動，所以當煤塊在傳送帶乙上沿垂直乙的速度減為零時，煤塊已相對傳送帶乙靜止，即相對地面的速度增至0.9m/s,

故B錯誤；

C.以傳送帶甲為參考系，煤塊的初速度為0.6m/s,方向與傳送帶甲的速度方向相反，煤塊相對傳送帶甲做勻減速直

線運動，相對加速度仍為3m/s2,故相對傳送帶甲的位移

V

x=—=0.06m=6cm

12a

所以煤塊在甲傳送帶上留下的痕跡長度為6cm,故C正確;

D.以傳送帶乙為參考系，煤塊的初速度為

相對加速度

a—3m/s2

煤塊相對乙傳送帶的位移

2

就對=—=0.195m=l9.5cm

出對2a

即煤塊在傳送帶乙上留下的痕跡為19.5cm,故D正確。

故選ACDo

10、AC

【解析】

A.人下落過程只有重力做功，重力做功效果為重力勢能轉變?yōu)閯幽埽蕶C械能守恒，故A正確;

B.當人下落經過距地心0.5A瞬間，其引力勢能為：

1_GMm

七L0.5H

根據功能關系可知:

EHEk

即：

GMmGMm12

=2WV-°n

0.5R

在地球表面處忽略地球的自轉:

GMm

~^=m8

則聯立以上方程可以得到：

v=y[2gR=8&x]0Yn/s

故B錯誤;

C設人到地心的距離為廣，地球密度為夕，那么，由萬有引力定律可得：人在下落過程中受到的萬有引力為:

?GMm4

F=——--JIGprnr

r3

故萬有引力與到地心的距離成正比，故C正確;

4

D.由萬有引力b§4Gp〃"可得：人下落到地心的過程萬有引力做功為:

…14c八八GMm1c

Vv=—x-7rGpmRxR=--------=—HIQR

232R2

由于人的質量未知，故無法求出萬有引力的功，故D錯誤；

故選AC,

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

dd1

11、一一-1.239.4

t2hr

【解析】

小球經過光電門的位移大小為小球直徑d,運動時間為f,則速度為

d

(2)[2]小球下落至光電門的過程有

v2=2gh

解得

d2

g=

(3)[3]游標卡尺的主尺讀數為12mm,游標尺的第3條刻線與主尺的某刻線對齊，則游標卡尺讀數為0.3mm,則測量

值為

12mm+0.3mm=12.3mm=1.23cm

⑷在式g=￡中代入相關數據得

2hr

z/2(1.23x102mV,

——-=----------------------------------------7?9.4m/s~

2〃廠2x0.4760mx(4.12xl0%)~

左19.0減小181?184

【解析】

(1)[1].根據圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示:

⑵[2].滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路閉合開關前滑片應置于左端。

⑶[3].電流表量程為25mA,讀量程為250mA的擋，示數為190mA,則通過二極管的電流為19.0niA；

(4)(4].由圖示圖象可知，隨著二極管兩端電壓增加，通過二極管的電流增大，電壓與電流的比值減小，則二極管的正

向電阻隨電壓增加而減??；

[5J.由圖示圖象可知，當電流/=15.0mA=0.015A時，t/=2.72V

電阻阻值

u272

R=—=——Q?181Q

/0.015

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)10ni/s；(2)sVlOnu

【解析】

(1)由牛頓第二定律：

F=ma

解得?=10m/s2

則第1s末的速度

v=at

解得：v=10m/s

(2)物體第1s內向東的位移

I2

X.=—at~

12

解得：％=5m

物體Is后做類平拋運動，根據牛頓第二定律有：

F-mi

解得向北的加速度a=10m/s2

物體第2s內向東的位移

x2=vr=10m

物體第2s內向北的位移

1-

y=—at=5m

2

物體在2s內的位移