天津市宝坻区何仉中学2024届高考物理考前最后一卷预测卷含解析

天津市宝坻区何仉中学2024届高考物理考前最后一卷预测卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。

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。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()
A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大
C．地面对柱状物体A的支持力不变D．地面对柱状物体A的摩擦力不变
2、一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是t=0时刻的波形图，图（乙）是x=1.0m处质点的振动图像，下列说法正确的是（）
A．该波的波长为2.0m B．该波的周期为1s
C．该波向x轴正方向传播D．该波的波速为2.0m/s
3、某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。

假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，取重力加速度g=10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送过去的最长时间是2s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10m/s
4、如图所示，虚线表示某孤立点电荷Q 激发的电场中三个等间距的等势面，一带电粒子（可看成点电荷）仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a 、b 、c 、d 为轨迹与等势面的交点。

下列说法正确的是（ ）
A ．粒子在a 点的电势能一定小于在d 点的电势能
B ．电势的高低一定是a b c ϕϕϕ>>。

C ．粒子运动过程中经过c 点时的加速度一定最大
D ．粒子在a 、b 间的动能改变量一定等于在b 、c 间的动能改变量
5、汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的U-t 图像，二者在t 1和t 2时刻的速度分别为v 1和v 2，则在t 1到t 2时间内
A ．t 1时刻甲的加速度小于乙的加速度
B ．乙运动的加速度不断增大
C ．甲与乙间距离越来越大
D ．乙的平均速度等于122
v v + 6、如图，一小孩在河水清澈的河面上以1m/s 的速度游泳，t = 0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t = 3s 时他恰好看不到小石块了，河水的折射率n =4
3，下列说法正确的是（ ）
A ．3s 后，小孩会再次看到河底的石块
B ．前3s 内，小孩看到的石块越来越明亮
C．这条河的深度为7m
D．t=0时小孩看到的石块深度为47
3
m
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是。

A．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
8、如图所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是__________
A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
B．a比b更容易发生衍射现象
C．在水中a光的速度比b光的速度小
D．在水中a光的临界角大于b光的临界角
E.若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a光
9、a、b两束单色光从水中射向空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，下列说法正确的是（）A．以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角小
B．分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大
C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能
D．通过同一玻璃三棱镜，a光的偏折程度大
E.分别通过同一单缝衍射装置，b光形成的中央亮条纹窄
10、下列说法中正确的是（）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多
C．一定量的100C的水变成100C的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E.液晶的光学性质具有各向异性
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t－t图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
12．（12分）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．
①下列哪些措施能够提高实验准确程度______．
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______．
③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n=______．（用图中线段的字母表示）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）两根长为L的绝缘轻杆组成直角支架，电量分别为+q、-q的两个带电小球A、B固定在支架上，整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。

在电场力之外的力作用下，整体在光滑水平面内绕竖直轴O以角速度ω顺时针匀速转动，图为其俯视图。

不计两球之间因相互吸引而具有的电势能。

试求：
（1）在支架转动一周的过程中，外力矩大小的变化范围。

（2）若从A球位于C点时开始计时，一段时间内（小于一个周期），电场力之外的力做功W等于B球电势能改变量，求W的最大值。

（3）在转动过程中什么位置两球的总电势能变化最快？并求出此变化率。

14．（16分）光滑水平面上，质量为1kg的小球A以5m/s的速度向右运动，大小相同的小球B质量为4kg，以0.5m/s 的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B以2m/s的速度向右运动.求：
①碰后A球的速度v；
②碰撞过程中A球对B球的冲量大小I.
15．（12分）如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m 的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解析】对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：
A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向右平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A对B球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，故AB错误；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故D错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，
两物体的重力不变，故A 对地面的压力不变，故C 正确。

所以C 正确，ABD 错误。

2、D
【解析】
ABD ．根据甲、乙图可知，波长4m ，周期2s ，波速
=2m/s v T λ
=
选项AB 错误，D 正确；
C ．根据图乙t =0s 时，质点向下振动，所以甲图x =1m 坐标向下振动，由同侧法可得波向x 轴负方向传播，选项C 错误。

故选D 。

3、B
【解析】
AB ．工件恰好传到右端，有
2002v gL μ-=-
代入数据解得
0.5μ=
工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此时用时
02s v t g
μ== 故A 错误B 正确；
CD ． 若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故CD 错误。

故选B 。

4、A
【解析】
A ．由图可知，轨迹向下弯曲，带电粒子所受的电场力方向向下，则带电粒子受到了排斥力作用；从a 到d 过程中，电场力做负功，可知电势能增大，故A 正确；
B ．由于不知道粒子带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故B 错误；
C ．根据点电荷的电场特点可知，在轨迹上，距离点电荷最近的地方的电场强度最大，所以粒子运动过程中经过距离点电荷最近处的加速度一定最大，但c 处不是距点电荷最近点的，故其加速度不是最大，故C 错误；
D ．ab 之间任意一点的电场强度均小于bc 之间任意一点的场强，带电粒子在ab 之间电场力做功小于bc 之间电场力做
的功，粒子在a 、b 间的动能改变量小于在b 、c 间的动能改变量，故D 错误。

故选A 。

5、A
【解析】
试题分析：在速度-时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线上每一点切线的斜率表示物体的瞬时加速度，根据图象的斜率可知加速度的变化；由速度公式可求得位移及平均速度．
v-t 图像的斜率表示加速度，所以1t 时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来越小，A 正确B 错误；由于甲乙不知道t=0时刻甲乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C 错误；甲做匀减速直线运动，在t 1和t 2时间内，甲的平均速度为
122v v +，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度122
v v v +<，D 错误．
6、C
【解析】
A ．t = 3s 时他恰好看不到小石块了，说明在此位置从小石块射到水面的光发生了全反射，则3s 后的位置从小石块射到水面的光仍发生全反射，则小孩仍不会看到河底的石块，选项A 错误；
B ．前3s 内，从小石子上射向水面的光折射光线逐渐减弱，反射光逐渐增强，可知小孩看到的石块越来越暗，选项B 错误；
C ．由于 13sin 4
C n =
= 则 3tan 377=
可知水深
3=3tan vt h C
= 选项C 正确；
D ．t =0时小孩看到的石块深度为
'h h n == 选项D 错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABD
【解析】
A．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A正确；
B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B正确；
C．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C错误；
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D正确；
E．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E错误。

故选ABD。

8、ABD
【解析】
由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，根据折射定律
sin
sin
r
n
i
=知，a光的折射率小于b光的折射率，则知
a光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式
L
x
d
λ
∆=，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a光的干涉条纹间距
大于b光的干涉条纹间距，故A正确；a光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，故B正确；由
c
v
n
=知，在
水中a光的速度大，故C错误；由全反射临界角公式
1
sin C
n
=，知折射率n越大，临界角C越小，则知在水中a光
的临界角大于b光的临界角，故D正确；若a光与b光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a光的临界角大于b光的临界角，所以b光的入射角先达到临界角，则b光先发生全反射，首先消失的是b光，故E错误．
9、BCE
【解析】
A．由题知a光的临界角大于b光的临界角，根据
1
sin C
n
=
可知a光的折射率较小，波长较大，光以相同的入射角从空气斜射入水中，根据
sin sin i
n
r
=
可知a光的折射角较大，故A错误；B．根据双缝干涉条纹间距公式
L x d
λ∆= 因a 光的波长较大，所以a 光形成的相邻亮条纹间距大，故B 正确；
C ．a 光的频率小，照射某金属表面能发生光电效应，所以b 光频率大，也一定能发生光电效应，故C 正确；
D ．a 光的折射率较小，通过玻璃三棱镜后，偏折程度小，故D 错误；
E ．a 光的频率小，波长长，通过单缝发生衍射，中央亮条纹宽，故E 正确。

故选BCE 。

10、BDE
【解析】
A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A 错误.
B. 温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多；故B 正确.
C. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大；C 错误.
D. 物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加；故D 正确.
E. 液晶的光学性质具有晶体的各向异性；故E 正确.
故选BDE.
【点睛】
解决本题的关键要掌握分子动理论、热力学第一定律等热力学知识，要对气体分子间距离的大小要了解，气体分子间距大约是分子直径的10倍，分子间作用力很小．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >⋅
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

12、AD D
AC BD 【解析】
采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，因此AD 正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B 错误，应选用细一点的大头针因此C 错误．
根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D 正确，ABC 错误 由折射定律可知折射率sin sin AOC n BOD ∠=∠，sin AC AOC R ∠=，sin BD BOD R ∠=，联立解得AC n BD
=
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）0~qEL （2）W =－2qEL （3）OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快，变化率qEωL
【解析】
(1)设OA 与电场线夹角θ，电场力矩与外力矩平衡，外力矩：
sin (sin cos )cos M qEL qE L L qEL θθθθ=-+=-，
故外力矩大小的变化范围为0~qEL
(2)支架匀速转动，由动能定理可得
W +W 电场力=0，
根据题意
W =ΔE pB ，
得
W 电场力=-ΔE pB ，
电场力做功仅改变了B 球电势能，所以A 球电势能变化为零，则A 球在这段时间初末应在同一个等势面上，根据B 球前后位置关系，得：
W =-2qEL ；
(3)因为电场力做功等于电势能改变量，所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。

设OA 与电场线夹角θ，由公式P Fv =有
电场力功率：
cos()cos()cos 24
P qE L qE qE L ππ
ωθθωθ=+--=， 显然在一周内θ=0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

为变化率qEωL
可能存在的另一类解法：
以OA 与电场线平行，A 在右端位置为t =0，以任意位置为零电势，均能得到整体电势能
E p=qEL sin(ωt )，
求导得电势能变化率=qEωL cos(ωt )，显然一周内ωt =0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

变化率qEωL 。

14、①1m/s 方向向左②6N s =⋅I
【解析】
①A B 、两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向 112211
22m v m v m v m v ''+=+ 解得
1
1m/s '=-v 所以碰后A 球速度大小为1m/s ，方向向左;
②以B 球为研究对象，由动量定理
I p =∆合
得
22
22I m v m v '=- 解得
6N s =⋅I
15、（1）θ=45° ；（2）2(1)4mgl -
；(3) 2l 。

【解析】
（1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为 2T mg =
对A 受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
cos T mg θ=
解得45θ=
（2）对A 球，根据牛顿第二定律有 2
sin sin v T m l θθ
= 解得22
v gl = 故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有 ()212cos 124W mv mg l l mgl θ⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭
（3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m x θθ
=
解得v =A 球做平抛运动下落的时间为t ，则有 212cos 2
l x gt θ-=
解得t = 水平位移为
S vt ==
当x
=
时，位移最大，为m S =。