2024高考物理三轮冲刺许冲刺抢分练4含解析

小卷冲刺抢分练(四)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错的得0分)
14．公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发觉了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。

公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”。

关于静电场，下列说法正确的是( )
A．沿电场线方向电场强度越来越小
B．若电场中某点的电场强度为零，则该点电势必定也为零
C．等势面肯定与电场强度的方向垂直
D．初速度为零的带电粒子在电场中肯定沿电场线运动
解析：在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项A错；电势与场强无关，等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0)，选项B错；沿电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项C对；在非匀强电场中，初速度为零的带电粒子不肯定沿电场线运动，选项D错。

答案： C
15.
某工厂为了测试汽车的性能，将两辆完全相同的汽车A、B并排停放在平直的马路上，在t＝0时刻让两汽车同时启动，通过计算机描绘出两汽车的加速度随时间的变更规律的图象。

则下列说法正确的是( )
A．汽车A做匀速直线运动，汽车B做匀减速直线运动
B．第1 s末两车之间的距离最大
C．第1 s末汽车A的速度大小为10 m/s，汽车B的速度大小为15 m/s
D．前2 s内两汽车的位移大小相等
解析：在0～2 s内，汽车A做匀加速直线运动，汽车B做加速度渐渐减小的加速直线运动，选项A错误；在a­t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变更量，又两汽车的初速度均为零，则某段时间内，图线与坐标轴围成的面积等于该时刻两汽车速度的大小。

即1 s末汽车A的速度大小为10 m/s，汽车B的速度大小为15 m/s，选项C正确；
两车沿相同方向由静止起先运动，由a ­t 图象可知，2 s 末两汽车的速度相等，则该时刻两汽车之间的距离最大，选项B 、D 错误。

答案： C 16.
如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板位于光滑水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。

重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。

现对物块施加水平向右的力F ，下列说法正确的是( )
A ．水平力F ＝3 N 时，物块m 将保持静止状态
B ．水平力F ＝6 N 时，物块m 将在长木板M 上滑动
C ．水平力F ＝7 N 时，长木板M 的加速度大小为2.5 m/s 2
D ．水平力F ＝9 N 时，长木板M 受到的摩擦力大小为5 N
解析： 设m 和M 恰好不分别时力F ＝F 0，应用牛顿其次定律，有F 0M ＋m ＝μmg M ，解得F 0＝7.5 N 。

明显F ＝3 N<F 0时，m 和M 一起加速运动，选项A 错；F ＝6 N<F 0时，m 和M 一起加
速运动，选项B 错；F ＝7 N<F 0，m 和M 一起加速运动，M 加速度a ＝7 N 3 kg ＝73 m/s 2，选项C 错；F ＝9 N>F 0，m 和M 相对运动，M 受到的摩擦力大小为μmg ＝5 N ，选项D 对。

答案： D
17.
如图所示，A 、B 是绕地球做圆周运动的两颗卫星，A 、B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k ∶1，则A 、B 两卫星的周期的比值为( )
A ．k 23
B.k C ．k 2
D.k 3 解析： 由题意可知⎝ ⎛⎭⎪⎫θA 2π·πR 2A t ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫θB 2π·πR 2B t ＝k ，即T B R 2A T A R 2B
＝k ，依据开普勒第三定律，有R 3A R 3B ＝T 2A T 2B ，联立可得T A T B
＝k 3，选项A 、B 、C 均错，D 对。

答案： D 18.
如图所示为氢原子的能级图，氢原子从n ＝4能级干脆跃迁到n ＝2能级，辐射出的是可见光光子，则下列说法正确的是( )
A ．辐射的可见光光子的能量为－2.55 eV
B ．氢原子从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射的光子是紫外线光子
C ．氢原子向外辐射光子后，氢原子的核外电子运动的线速度变小
D ．使n ＝4能级的氢原子电离，须要汲取光子的能量至少为0.85 eV
解析： 氢原子从n ＝4能级干脆跃迁到n ＝2能级时，辐射的可见光光子的能量为2.55 eV ，选项A 错误；氢原子从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射的光子的能量小于从n ＝4能级干脆跃迁到n ＝2能级辐射的可见光光子的能量，因此辐射的光子不行能是紫外线光子，选项B 错误；氢原子向外辐射光子后，能级降低，核外电子运动的轨道半径减小，核外电子运动的线速度变大，选项C 错误；使处于n ＝4能级的氢原子电离，须要汲取光子的能量至少为0－(－0.85 eV)＝0.85 eV ，选项D 正确。

答案： D
19．如图甲所示，志向变压器原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，副线圈中的R 0、R 1为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为R ，且R 1<R 0。

志向沟通电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2；志向沟通电流表A 1、A 2的示数分别为I 1、I 2；志向沟通电压表V 2和志向交电流表A 2示数变更的肯定值分别为ΔU 2、ΔI 2。

下列说法正确的是( )
A ．t ＝0.01 s 时，志向沟通电压表V 1的示数为零
B ．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I 1增大，U 2减小
C ．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，ΔU 2ΔI 2
不变 D ．滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I 2U 2减小
解析： 电压表示数为有效值，而不是瞬时值，选项A 错；依据U 1U 20＝n 1n 2
可知副线圈两端电压U 20不变，滑片上滑，副线圈电路电阻减小，副线圈中电流I 2增大，由变压器原理可知
I 1增大，原线圈两端电压U 1不变，则副线圈两端电压U 20不变，由U 2＝U 20－I 2R 0知U 2减小，则I 2U 2乘积不能确定，选项B 对，D 错；U 20＝U 2＋I 2R 0，U 20不变，则U 2变更的肯定值和定值
电阻R 0两端电压变更的肯定值相等，则ΔU 2ΔI 2
＝R 0不变，选项C 对。

答案： BC
20.
如图所示，一平行板电容器两极板A 、B 水平放置，上极板A 接地，电容器通过滑动变阻器R 和开关S 与电动势为E 的电源相连。

现将开关S 闭合，位于A 、B 两板之间的P 点的带电粒子恰好处于静止状态，则( )
A ．
B 板电势为－E
B ．变更滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态
C ．将B 板向上移动，P 点电势将不变
D ．将B 板向左平移，带电粒子电势能将不变
解析： 粒子静止在P 点，受力分析可知粒子受到向上的电场力和重力处于平衡状态。

上板与电源正极相连、电势为0，两板之间电势差为E ，则下板电势为－E ，选项A 对；平行板电容器接入电路，相当于电路断开，变更滑片位置，电容器两板间电压不变，板间的场强不变，粒子受到的电场力不变，粒子仍静止，选项B 对；两板间电压不变，B 板上移，板间距离减小，两板间的场强E 0增大，A 、P 间的电势差增大，则P 点电势降低，选项C 错；将
B 板左移，而两板之间的电压等于E 不变，板间距离d 不变，则两板间场强E 1＝E d
不变，粒子仍静止，又上板位置不动，粒子处的电势不变，粒子的电势能不变，选项D 对。

答案： ABD
21.
如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A 处由静止释放。

小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为F N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v 。

若保持圆心的位置不变，
变更圆弧轨道的半径R (不超圆心离地的高度)。

不计空气阻力，下列图象正确的是( )
解析： 设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选
项D 对；小物体在B 点的加速度a ＝v 2
B R
＝2g ，选项A 对；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝mv 2B R
，又由牛顿第三定律可知F N ＝F B ＝3mg ，选项B 错；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12
gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R )R ，选项C 错。

答案： AD
二、非选择题(计算)
24．(12分)一质量为m ＝0.5 kg 的小球从距离地面肯定高度处由静止释放，一段时间后落地，经反弹后上升到最高点，再从最高点下落，如此反复。

经测量可知小球每次反弹后
上升的最大高度等于每次下落高度的1625。

假设小球每次与地面相互作用的时间均相等，且小球与地面相互作用过程中的作用力远大于小球的重力。

忽视空气的阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)小球第一次与地面碰撞、其次次与地面碰撞的过程中，地面对小球的作用力的大小之比应为多少？
(2)假如将小球无初速度释放后，欲使小球在距离地面0.8 m 处与地面之间做往复运动，则小球每次运动到最高点时应给小球多大的冲量？
解析： (1)由运动学公式v 2＝2gh 并结合题意可知小球每次与地面碰撞后瞬间的速度
大小是碰撞前瞬间的速度大小的45。

(1分) 设小球的初始高度为H ，与地面第一次碰撞前瞬间的速度大小为v 0，第一次碰撞后瞬间的速度大小v 1＝0.8v 0(1分)
小球与地面其次次碰撞前瞬间的速度大小v 1＝0.8v 0(1分)
小球与地面二次碰撞后瞬间的速度大小v 2＝0.8v 1＝0.64v 0(1分)
设两次碰撞中地面对小球的平均冲力大小分别为F 1、F 2，取竖直向上为正方向，依据动量定理，小球第一次与地面碰撞过程中有F 1t ＝mv 1－(－mv 0)＝1.8mv 0(1分)
小球其次次与地面碰撞过程中有F 2t ＝mv 2－(－mv 1)＝1.8mv 1＝1.44mv 0(1分)
故可得F 1∶F 2＝5∶4。

(2分)
(2)欲使小球碰后上升到距离地面高0.8 m 处，应使小球由静止下落的高度为h 1＝0.816
25
m ＝1.25 m(1分)
小球由距离地面高1.25 m 处从静止落到距离地面高0.8 m 处的过程中有v 2
3＝2g Δh ，其中Δh ＝0.45 m 。

(1分)
解得距离地面高0.8 m 处的速度v 3＝3 m/s(1分)
则应在距离地面高0.8 m 处(此时速度为零)给小球的冲量为I ＝mv 3＝1.5 N·s，方向竖直向下，即可满意题意。

(1分)
答案： 见解析
25．(20分)如图甲所示，一个匝数n ＝100、面积为S ＝0.6 m 2的圆形金属线圈，其总电阻r ＝2.0 Ω，与R ＝10 Ω的电阻连接成闭合电路。

线圈内存在方向垂直于纸面对里、磁感应强度按B 1＝2t ＋3(T)规律变更的磁场。

电阻R 两端并联一对平行金属板M 、N ，N 板右侧为坐标系的第一象限(坐标原点O 在N 板的下端)，虚线OA 与x 轴成45°角。

yOA 区域有垂直于纸面对外的匀强磁场B ，xOA 区域加如图乙所示周期性变更的电场E (规定沿x 轴正方向的电场为正)。

在靠近M 板的P 点由静止释放一个质量为m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝0.1 C 的粒子(重力不计)，粒于经过N 板的小孔Q (0,2 m)点垂直于y 轴进入第一象限。

t ＝0(从粒子进入电场时起先计时)时刻粒子经过OA 上某点(未画出)沿y 轴负方向进入电场，最终恰好垂直打在x 轴上的C (1.5 m,0)点。

求：
(1)金属线圈的感应电动势E 和平行金属板M 、N 间的电压U ；
(2)yOA 区域内的磁感应强度B ；
(3)xOA 区域内电场的变更周期T 和电场强度E 0。

解析： (1)线圈中产生的感应电动势E ＝nS ΔB Δt
代入数据得E ＝120 V(2分)
由闭合电路欧姆定律得I ＝E
R ＋r (1分)
M 、N 两板间电压为U ＝IR (1分)
联立解得U ＝100 V(1分)
(2)粒子由P 运动到Q ，由动能定理得qU ＝12
mv 2(2分) 粒子从Q 点进入磁场后，在磁场中运动14
圆周，由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R ′＝1 m(1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律可知
qvB ＝mv 2
R ′
(2分) 解得B ＝2 T(2分)
(3)粒子进入xOA 区域做类平抛运动，由于垂直x 轴方向打到C 点，所以粒子沿x 轴方向做若干个先匀加速、后匀减速的运动，沿y 轴方向做匀速直线运动。

设粒子在电场中运动的总时间为t ，电场变更n 个周期粒子沿y 轴方向运动的位移为y ′＝2 m －1 m ＝1 m
y ′＝vt (1分)
由(2)解得v ＝100 m/s
联立解得t ＝0.01 s(1分)
依题意有t ＝nT
得T ＝0.01n
s(n ＝1,2,3，…)(2分) 粒子沿x 轴方向的位移为：x ＝1.5－1＝0.5 (m)
x ＝12a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫T 222n (2分) a ＝qE 0m
(1分) 联系以上式子解得：E 0＝400 n (V/m) (n ＝1,2,3，…)(1分)
答案： (1)120 V 100 V (2)2 T (3)T ＝0.01n
s(n ＝1,2,3…) 400 n (V/m)(n ＝1,2,3，…)。