文档内容
2024 年高考物理临考押题密卷 01
（新高考通用）
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
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错的得0分。
1．如图所示，某同学用三根完全相同的轻杆交叉做成简易的支架放在水平地面上，交叉点
为O，再用一根轻绳将质量为m的篮子静止悬空挂在O点。已知三根轻杆与竖直方向的夹
角均为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．每根轻杆的作用力可以不沿杆的方向
B．每根轻杆对O点的作用力为 mg
C．每根轻杆对地的作用力为 mg
D．在篮子中放入重物，更有利于支架的稳定
【答案】B
【详解】A．每根轻杆的作用力都沿杆的方向，故A错误；
B．根据共点力平衡，三个轻杆对O点的弹力沿竖直方向的分力之和等于篮子的重力，即
3Fcos 30°=mg解得
F= mg
故B正确；
C．地面对每根轻杆的支持力为 mg，但地面对轻杆也有摩擦力，故C错误；
D．在篮子中放入重物，轻杆与地面间的静摩擦力增加，若超过最大静摩擦力，则篮子会
落地，故D错误。
故选B。
2．如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面
内摆动时，长木板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙的墨痕图案，
重力加速度为g，则该单摆的摆长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据单摆的周期公式可得
由图可得
联立可得
故选A。
3．某烟雾报警器结构和原理如图甲和乙所示。光源S向外发射某一特定频率的光，发生火
情时有烟雾进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光进入光电管C从而发生
试卷第2页，共3页光电效应，于是有电流输入报警系统，当电流大于 就会触发报警系统报警。某次实验中，
当滑动变阻器的滑片P处于图乙所示位置，烟雾浓度增大到n时恰好报警。假设烟雾浓度
越大，单位时间内光电管接收到的光子个数越多。已知元电荷为e，下列说法正确的是（
）
A．光电管内单位时间激发出的光电子数为 时，一定会触发报警
B．将滑片P向左移动，当烟雾浓度小于n时有可能报警
C．仅提高光源S发出光的强度，光电子的最大初动能将增大
D．报警器报警时，将滑片P向左移动警报有可能会被解除
【答案】D
【详解】A．光电管内单位时间激发出的光电子数为 时，会受到两端电压的限制，在阴
极产生的光电子不一定全部到达A极，故不一定能让报警系统的电流达到 ，不一定能触
发报警，故A错误；
B．将滑片P向左移动，光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A极的光子个
数减少，则报警系统的电流达到 时，单位时间内光电管接收到的光子个数增大，烟雾浓
度增大，即当烟雾浓度大于n时有可能报警，故B错误；
C．根据光电效应方程
可知光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强度无关，故仅提高光源S发出光的强
度，光电子的最大初动能不变，故C错误；
D．报警器报警时，将滑片P向左移动，光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A极的光子个数减少，报警系统的电流减小，警报有可能会被解除，故D正确。
故选D。
4．如图，面积 、电阻不计的单匝矩形线圈，在磁感应强度B=1T的匀强磁
场中旋转，构成交流发电机。其产生的交变电流通过匝数比 的理想变压器，
再经充电电路给电池充电。若要求变压器输出电压的有效值达到12V才能给电池充电，下
列判断正确的是（ ）
A．图示位置流过发电机线圈的电流最大
B．转速变慢时变压器输出电压不变但频率变小
C．交流发电机转速达到2r/s才能给电池充电
D．交流发电机转速达到20r/s才能给电池充电
【答案】C
【详解】A．图示位置线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，感
应电流最小，故A错误；
B．发电机产生的交流电压的有效值
转速变慢时变压器输出电压减小，故B错误；
CD．要求变压器输出电压的有效值达到 才能给电池充电，根据变压比，此时原线
圈电压即发电机输出电压为
则根据
试卷第4页，共3页可得
故C正确，D错误。
故选C。
5．“日心说”以太阳为参考系，金星和地球运动的轨迹可以视为共面的同心圆；“地心
说”以地球为参考系，金星的运动轨迹（实线）和太阳的运动轨迹（虚线）如图所示。观
测得每隔1.6年金星离地球最近一次，则下列判断正确的是（ ）
A．在8年内太阳、地球、金星有5次在一条直线上
B．在8年内太阳、地球、金星有10次在一条直线上
C．地球和金星绕太阳公转的周期之比为8∶5
D．地球和金星绕太阳公转的半径之比为
【答案】B
【详解】AB．根据题意由图可知，金星绕太阳的轨道半径较小，由于每隔1.6年金星离地
球最近一次，即每隔1.6年金星比地球多转1圈，则每隔0.8年金星比地球多转半圈，即每
隔0.8年太阳、地球、金星在一条直线上，则在8年内太阳、地球、金星有10次在一条直
线上，故A错误，B正确；
CD．设金星的公转周期为 ，地球的公转周期为 ，则有
又有
年， 年解得
由万有引力提供向心力有
解得
则地球和金星绕太阳公转的半径之比为
故CD错误。
故选B。
6．如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐
标原点O处，以初速度v= m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的
0
匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v 与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，
0
下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度的大小为 m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为 m/s
试卷第6页，共3页D．O、P两点间的电势差为 V
【答案】BC
【详解】AB．小球在电场中受到的电场力为
小球受到的重力为
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
则小球的加速度的大小为
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着 和垂直分解，则有
，
由类平抛运动规律可得
，
小球在P点的速度为
联立解得，
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
故D错误。
故选BC。
7．如图，肖同学制作了一个“摆”玩具，三根长度均为 的轻绳悬挂质量均为 的相同小
钢球，静止时三个钢球刚好接触但彼此之间没有弹力。现将1号球向左拉到与最低点高度
差为 处由静止释放，且偏角 ，所有碰撞均为弹性正碰且时间极短，钢球均视为质点，
重力加速度大小为 ，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．球1摆到最低点与球2碰撞后，球3上摆最高为
B．以后的每一次碰撞都发生在最低点，球2始终没有离开最低点
C．若去掉球3且将球2质量变为 ，在以后运动中，球2最多只能上摆
D．若去掉球3且将球2质量变为 ，在以后运动中，球1不能到达 的高度
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，三球之间为弹性正碰且时间极短，可分析得出发生碰撞时动量、
动能均守恒。因此与球1的动量和动能全部传递给球2，球2的动量和动能又传递给球3，
球3最终以与球1碰撞时相同大小的速度向上摆动，能到达的高度也为h。故B错误；
B．由于每次碰撞都是完全弹性碰撞，所以球2的动能和动量会完全转移给与它相碰的另
一个球，所以不会离开最低点。故B正确；
试卷第8页，共3页C．若去掉球3，球2质量变为2m，球1与球2之间为完全弹性碰撞，动量、能量守恒。假
设碰撞时球1速度为v，则有
可得
因此碰撞后球2以 的速度向上运动，由动能定理可得
可得
故C正确；
D．因为摆角很小，因此小球的摆动都可以看成单摆，单摆的周期 相同，因此下
次小球会在最低点相遇发生弹性碰撞，由对称性可知此时小球1的速度变为v，能够到h的
高度。故D错误。
故选BC。
8．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下
宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应
强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界
的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁
场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一
次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）A．匀强电场的场强大小为
B．粒子从O点运动到P点的时间为
C．M、N两点的竖直距离为
D．粒子经过N点时速度大小为
【答案】BD
【详解】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
洛伦兹力充当向心力，有
由几何关系可得
综上可得
故A错误；
B. 粒子在电场中的运动时间为
在磁场中的运动时间为
试卷第10页，共3页粒子从O运动到P的时间为
故B正确；
CD. 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量 、 ，再把粒子
受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
设粒子在最低点N的速度大小为v，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得
1
由动能定理可得
联立，解得
故C错误；D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
9．（6分）某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功
能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。
（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A（抛出点），然后依次连续拍下两
张小球照片并标记位置B和C；
（2）经测量，AB、BC两线段的长度分别为 、 ；
（3）若忽略空气阻力，① （选填“=”或“>”或“<”）；
②如图，若某同学测得AB与水平方向的夹角为30°， ，已知照片中尺寸为实际
尺寸的 ， ，则小球经过B点的速度大小为 m/s。
③小球从A到C的平均速度大小 （选填“等于”或“不等于”）
【答案】 > 等于
【详解】（3）①[1]设AB与水平方向的夹角为 ，BC与水平方向的夹角为 ，易得
，则
所以
②[2]依题意，AB线段的实际长度为
可知从A到B过程，有
解得
试卷第12页，共3页可得
，
则小球经过B点的速度大小为
③[3]小球从A到C的平均速度大小为
在B点，竖直方向和水平方向满足
可得
所以
10．（10分）电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。某实验
小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃
管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标
卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，
然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（ ，内阻约 ） B．电流表（ ，内阻约 ）
C．电压表（ ，内阻约 ） D．电压表（ ，内阻约 ）
E．滑动变阻器（ ，额定电流1A） F．电源（12V，内阻约 ）
G．开关和导线若干（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“ ”倍率，示数如图甲，
则读数为 Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用
，电压表应选用 （选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。( )
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据
的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出 图线。(
)
1 2 3 4 5 6
1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0
16
53.5 267 374 411 588
0
（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为 （用D、L和R表
示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分
试卷第14页，共3页别用最大阻值是 、 、 的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路
进行实验。实验中所用的定值电阻 。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的
过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数 随 （ 指滑片移动的距离x与滑片在变
阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的
滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是 （选填选项前
的字母）。
A．最大阻值为 的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为 的滑动变阻器；最大阻值比 大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为 的滑动变阻器；最大阻值比 大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为 的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
【答案】 A DD
【详解】（1）[1]欧姆表读数为 。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为
则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示
（4）[5] 图线如图所示
（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为
试卷第16页，共3页则电导率为 。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左
侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为 的滑动变阻器。为
了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故选D。
11．（12分）如图所示，向一个导热性能良好的空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接
口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如果不计大气压的变化，这就
是一个简易的气温计。已知铝罐的容积为 ，均匀吸管内部的横截面积为 ，吸
管的有效长度为30cm（指露出易拉罐外的长度），当环境温度为300K时，油柱离管口
10cm。
（1）若油柱刚好移动到右端管口而不溢出，则此时环境温度为多少？
（2）证明：吸管上若标刻温度值时，刻度是均匀的。
【答案】（1） ；（2）见解析
【详解】（1）在室温为 时，封闭气体体积为
设油柱刚好移动到右端管口而不溢出时环境温度为 ，此时封闭气体体积为 ，则有
根据等压过程有
可得（2）方法1：对于封闭气体，压强与外界大气压相等且保持不变，设温度为 时液柱位于
吸管底端且靠近饮料罐，此时封闭气体体积为
当温度升高 ，变为 时，封闭气体体积变为 ，根据等压过程有
解得
即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的。
方法2：根据盖—吕萨克定律有
则
即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的。
方法3：根据盖—吕萨克定律有
则
即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的。
12．（14分）福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，
如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器，右侧是离水
平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组
金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧
视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止
开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为
s。已知助推模型（含线圈、电刷）的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数
为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中
试卷第18页，共3页电流产生磁场和线圈自感的影响。求模型
（1）在轨道上的最大速度v ；
m
（2）离开轨道后电容器所带的电荷量q；
（3）在轨道上的最大加速度a 。
m
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）助推模型达到最大速度后脱离导轨后，做平抛运动，则
解得在轨道上的最大速度为
（2）离开轨道后电容器两端的电势差为
离开轨道后电容器两端所带的电荷量为
（3）助推模型刚在轨道上运动时，加速度最大，设助推模型刚在轨道上运动时，电容器两
端的电势差为 ，根据动量定理有
其中解得
根据牛顿第二定律有
电流为
联立解得在轨道上的最大加速度为
13．（20分）如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道
AB和倾斜传送带BC倾角都为 ，半径 的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。
水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG，其底端F在E正下方、顶端G与E等高且距离
为 。DE上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过
CD滑上DE，M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以 速度逆时针转动，
BC长度 ，M与BC间动摩擦因数为 。已知M、N质量分别为 、
， 。除传送带外，其余部分皆光滑。取： 、 。
求：
（1）M首次经过D时的速度大小；
（2）当N固定且M与N间发生弹性碰撞时，M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量，以
及M在碰撞后经过B点的速度；
（3）当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时，N从E水平飞出后击中FG的最小动能。
试卷第20页，共3页【答案】（1） ；（2） ， ；（3）见解析
【详解】（1）根据题意可知，当M到达D点时，恰好由重力充当向心力，则有
解得
（2）M从C点到到达D点的过程中，由动能定理
解得
物块 在传送带上上滑过程中，由牛顿第二定律有
解得
对该过程由运动学公式有
解得
物块 上滑过程所用的时间
其与传送带间相对位移为
摩擦产生的热量物块M与固定的物块N弹性碰撞后，等速返回，再次到达C点时速度仍为 ，物块M
与传送带达到共速时的位移设为 ，由运动学公式有
解得
达到共速后，由于物块M沿斜面向下的重力的分力大于最大静摩擦，因此传送带会继续加
速下滑，设该阶段物块M的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
物块M再次到达B点的过程，由运动学公式有
解得
（3）设滑块N离开 点后经时间 击中斜面，则其击中斜面时的动能
其中
因此有
可知，当 ，即 时
试卷第22页，共3页此时
略大于 。而碰撞若为弹性碰撞，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
若碰撞为完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律可得
解得
由此可知，非弹性碰撞后，滑块N的速度范围为
在这个区间内，故可取。
