2024年高考物理終極押題密卷1（全國甲卷）含答案

2024年物理終極押題密卷1（全國甲卷）

一、選擇題（共8小題，每小題6分，共48分）

1.（2024?成都模擬）一質(zhì)點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，下列說法一定正

確的是（）

A.質(zhì)點速度不變B.質(zhì)點加速度不變

C.質(zhì)點動能不變D.質(zhì)點機械能不變

2.12024?南寧一模）醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點來發(fā)現(xiàn)疾病的。

示蹤劑常利用同位素kC作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊;4N

獲得11。同時還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）

A.用高速質(zhì)子襲擊;4仲生成的同時釋放的粒子是中子

B.用高速質(zhì)子轟擊;，，生嗎%的同時釋放的粒子是。粒子

C.當(dāng)*c聚集到病變部位時，其半衰期會發(fā)生變化

D.用高速質(zhì)子轟擊;4U在一次核反應(yīng)過程中，核反應(yīng)前抑和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后在

與所釋放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同

3.（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質(zhì)點的物體，受力從靜止開始運動。下列位移、速度、

加速度和動能隨時間的變化圖像可表示其運動過程中運動方向一定保持不變的是（）

4.（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，a、b、c、d、e是兩個等量異種點電荷形成的電場中的等差等勢面,

一電荷量為q的帶正電的粒子，只受該電場的作用，在該電場中運動的軌跡如圖中實線MPN所示，已

知電場中b、c兩等勢面的電勢分別為＜pb、＜pco則下列說法正確的是（）

A.（pb＜（pc

B.帶電粒子經(jīng)過P點和N點時速度相同

C.帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為q（＜pb-（pc）

D.帶電粒子在M點的加速度小于在N點的加速度

5.（2024?廣西模擬）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，通過

傳感器電路將磁場的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時，車輛引起磁場變化的原

因類似于（）

7

Z

7

圓形區(qū)域

交通燈

控制器

U藁2^

電路

A.將鐵芯放入通電線圈

B.增大通電線圈的面積

C.增加通電線圈的匝數(shù)

D.加大對通電線圈的壓力

（多選）6.（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最

高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過

8角度時，小球的速度大小為v,V?與cos。的關(guān)系如乙圖所示，g取lOm/s?。則（）

A.圓環(huán)半徑為0.6n】

B.9上時，小球所受合力為4N

2

C.owewn過程中，圓環(huán)對小球的作用力一直增大

D.0W6WTT過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大

（多選）7.（2024?溫江區(qū)校級三模）如圖所示，邊長為2L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向里、磁感

應(yīng)強度大小為Bo的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子從D點以不

同的速率平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

B.若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為近L

2

C.若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為上工

3qB0

D.若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場中運動的時間相同，且時間最長

（多選）8.（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為

M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上

的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向.上做加速度為a（aVg）的勻加速運動，A、B的速度隨時

間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

測量出筒的下端口到擺球球心的距離L,并通過改變L而測出對應(yīng)的擺動周期T,再以T?為縱軸、L

為橫軸作出T2-L關(guān)系圖像，根據(jù)上述和下面已知信息或條件，請完成：

（1）測量單擺的周期時，某同學(xué)在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數(shù)“「'，當(dāng)擺球第

二次通過最低點時數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“59”時，按下停表停止計時，讀出這段時間t,

則該單擺的周期T為：

（2）若不考慮實驗誤差的影響，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，得到的T2-L關(guān)系圖線應(yīng)該是圖乙中a、b、c中的

條（選填"a”、"b”或者"c>

（3）根據(jù)圖線可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s2（n取3.14,結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

三、計算題

II.（2024?青羊區(qū)校級三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓孤CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半

圓半徑均為R，水平軌道DE=2R,各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為m的

小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調(diào)整軌道使BC高度差h=

0.9R,并使小球從C點沿切線進入圓弧軌道。DE段的摩擦系數(shù)黑=0/，除DE段有摩擦外，其他阻力

不計，6=37",重力加速度為g,求：

（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep；

（2）請判斷小球能否到達圓軌道的最高點；如能，求出最終落點的位置；如不能，請找出到達圓軌道

12.（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面匕導(dǎo)

軌間距為L,導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)

軌上，整個系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器不帶電。t=0

時刻，對PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計，PQ運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直

且接觸良好。

（1）若保持開關(guān)Si斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；

（2）若保持開關(guān)S］閉合、S2斷開，求PQ的加速度大??；

（3）若保持開關(guān)SHS2都閉合，從t=0至h=to時間內(nèi)PQ向右運動的距離為x,求t=to時刻PQ的

速度大小。

XXXX

xxQXX

選修3-3

13.（2024?興寧區(qū)二模）關(guān)于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）

A.氣體在壓縮的過程中，內(nèi)能一定增大

B.氣體在放熱的過程中，內(nèi)能一定減小

C.氣體在等溫壓縮過程中，內(nèi)能一定增大

D.氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增大

14.（2024?南寧一模）某學(xué)校開展慶祝活動，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27℃,大

氣壓強為po,此時在地表附近的氣球體積為Vo,若氣球?qū)崃己?，氣球?nèi)所充的氮氣可視為理想氣體，

氣球內(nèi)外氣壓差很小可以忽略.

（1）正午時大氣壓仍為P。，此時地表附近的氣球體積增大了」-，求此時地表附近氣溫達到多少C?

30

（2）若某高處的大氣壓強為2Po,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時，氣球體積變?yōu)槎嗌伲?/p>

5

選修3-4

15.（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面,O為圓心,AB為一條直徑,光線a、b均從C

點射入，光線a平行于AB,光線b與光線a的夾角a=l5°,兩條光線的折射光線均經(jīng)過B點，0=60

°,則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（）

A.迎B.返C.亞D.返

3222

16.（2024?貴州模擬）一簡諧波的波源位于坐標(biāo)原點，波源振動后t=0.3s時第一次形成如圖所示的波形

圖。

（1）求該波的波長和傳播速度大?。?/p>

（2）在給出的坐標(biāo)圖上畫出波在t=2.0s時刻的波形圖并寫出平衡位置位于x=15m處質(zhì)點的振動方程。

2024年05月15日組卷42的高中物理組卷

參考答案與試題解析

一.試題（共16小題）

1.（2024?成都模擬）一質(zhì)點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，下列說法一定正

確的是（〉

A.質(zhì)點速度不變B.質(zhì)點加速度不變

C.質(zhì)點動能不變D.質(zhì)點機械能不變

【考點】機械能守恒定律；勻速圓周運動.

【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力.

【分析】質(zhì)點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，速度、加速度方向發(fā)生變化，

根據(jù)動能與重力勢能的變化分析機械能變化。

【解答】解：質(zhì)點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，速度、加速度方向發(fā)生變

化，質(zhì)點的速度大小不變，則動能不變，若質(zhì)點在豎直平面做勻速圓周運動，則重力勢能發(fā)生變化，機

械能發(fā)生變化，故ABD錯誤，C正確；

故選：Co

【點評】本題考查機械能守恒定律，解題關(guān)鍵掌握機械能的組成，注意動能與重力勢能的影響因素。

2.12024?南寧一模）醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點來發(fā)現(xiàn)疾病的。

示蹤劑常利用同位素作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊;4N

獲得同時還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）

A.用高速質(zhì)子轟擊;4中生成的同時釋放的粒子是中子

B.用高速質(zhì)子轟擊;4仲生成的同時釋放的粒子是。粒子

C.當(dāng)聚集到病變部位時，其半衰期會發(fā)生變化

D.用高速質(zhì)子轟擊尸N，在一次核反應(yīng)過程中，核反應(yīng)前抑和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后在

與圻釋放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同

【考點】原子核的衰變及半衰期、衰變速度.

【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題;理解能力.

【分析】原子核在衰變過程中遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒；半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)

無關(guān)；根據(jù)質(zhì)能關(guān)系判斷。

【解答】解：AB、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，該核反應(yīng)方程中產(chǎn)生的粒子的質(zhì)量數(shù)為A=l+I4

-11=4,電荷數(shù)為z=1+7-6=2,可知釋放的粒子為a粒子（3口6），故A錯誤，B正確；

C、半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，因此其任衰期不可能變化，故C錯誤；

D、核反應(yīng)的過程總伴隨能量的變化，所以核反應(yīng)前;4N和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所

釋放的這種粒子的質(zhì)量之和不相等，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】掌握核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，理解半衰期的意義，知道影響半衰期的因素。

3.（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質(zhì)點的物體，受力從靜止開始運動。下列位移、速度、

加速度和動能隨時間的變化圖像可表示其運動過程中運動方句一定保持不變的是（）

【考點】牛頓第二定律；運動學(xué)圖像綜合；牛頓第二定律的圖像問題.

【專題】定性思想；推理法；運動學(xué)中的圖象專題；理解能力.

【分析】根據(jù)位移、速度、動能隨時間的變化圖像分析物體運動情況，根據(jù)加速度隨時間的變化圖像物

理意義分析判斷。

【解答】解：位移、速度、動能隨時間的變化圖像表示物體的運動存在往復(fù)的情況，加速度的圖像與坐

標(biāo)軸圍成的面積代表速度，由圖像可知加速度隨時間的變化圖像表示的運動過程中運動方向?定保持不

變。

故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】本題關(guān)鍵掌握位移、速度、加速度、動能隨時間的變化圖像的物理意義。

4.（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，a、b、c、d、e是兩個等量異種點電荷形成的電場中的等差等勢面,

?電荷量為q的帶正電的粒子，只受該電場的作用，在該電場中運動的軌跡如圖中實線MPN所示，已

知電場中b、c兩等勢面的電勢分別為tpb、(pco則下列說法正確的是()

A.(pb<(pc

B.帶電粒子經(jīng)過P點和N點時速度相同

C.帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為q(<pb-(pc)

D.帶電粒子在M點的加速度小于在N點的加速度

【考點】電場力做功；電勢；等勢面.

【專題】定顯思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力.

【分析】根據(jù)曲線運動合力、速度與軌跡的位置關(guān)系和帶電粒子的電性聯(lián)立判斷兩個等量異種點電荷的

位置，進一步判斷電勢高低；艱據(jù)等勢面的特點、功能關(guān)系、曲線運動的特點判斷帶電粒子經(jīng)過P點和

N點時速度是否相等；根據(jù)電功力做功與電勢差的關(guān)系求解電場力做的功：根據(jù)等勢面的疏密程度反應(yīng)

電場強度的強弱比較電場強度的大小，進一步判斷加速度的大小。

【解答】解：A.根據(jù)曲線運動的合外力指向軌跡的凹側(cè)，又帶電粒子帶正電，故正電荷在上方，負電

荷在下方，所以(pb>(pc,故A錯誤；

B.P、N兩點在同一等勢面上，電勢能相同，動能相同，所以帶電粒子經(jīng)過P和N位置時速度大小相

等，但曲線運動的速度方向沿軌跡切線方向，則帶電粒子經(jīng)過P和N位置時速度方向不同，故B錯誤;

C.根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系，則帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為

WMN=qUMN=q<(pc-(pb)

故C錯誤；

D.等勢面較密集的位置場強大，等勢面稀疏的位置場強小，故M點場強小于N點場強，帶電粒子在

M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子在M點的加速度小于在N

點的加速度，故D正確。

故選：Do

【點評】本題考查靜電場中基本量的計算和比較，要求學(xué)生熟練掌握靜電場中電場強度、電勢、電勢差、

電場力做功等的計算和大小比較。

5.（2024?廣西模擬）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，通過

傳感器電路將磁場的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時，車輛引起磁場變化的原

因類似于（）

鼐V

7

7

圓形區(qū)域

交通燈

控制器

U贏2^

電路

A.將鐵芯放入通電線圈

B.增大通電線圈的面積

C.增加通電線圈的匝數(shù)

D.加大對通電線圈的壓力

【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律.

【專題】定性思想：推理法：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合：分析綜合能力.

【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象分析出電流的變化，從而分析出線圈產(chǎn)生的磁場的變化原因。

【解答】解：當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場，從而使圓形區(qū)域線

圈的磁通量發(fā)生變化，汽車上大部分是金屬，汽車經(jīng)過線圈時會引起汽車磁通量的變化，從而產(chǎn)生電磁

感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場；此過程類似將鐵芯放入通電線圈，鐵芯

的磁通量也會變化，也會產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變通電線圈中的磁場。故BCD錯誤，A正確。

故選；A。

【點評】本題主要考查了電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用，理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象，結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件即可

完成分析。

（多選）6.（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最

高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過

8角度時，小球的速度大小為v,V?與cos。的關(guān)系如乙圖所示，g取lOmH。則（）

B.e二時，小球所受合力為4N

2

C.owewn過程中，圓環(huán)對小球的作用力一直增大

D.owewir過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大

【考點】向心力；牛頓第二定律.

【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理能力.

【分析】小球下滑過程機械能守恒，結(jié)合e=2L時，小球的速度平方為12,可得半徑；e=三時，小

22

球受到重力與軌道的支持力，由此求出合力；根據(jù)小球受到的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律即可

求出O

2

【解答】解：A、小球下滑過程由機械能守恒定律有1ng(R_Rcos9)=^mv

2

當(dāng)8=上_時，小球的速度平方為12m2?2,代入公式得R=0.6m,故A正確；

2

B、當(dāng)e=2L時，小球的速度平方為12m2/s2,此時是圓環(huán)對小球的彈力提供向心力，有N=

2

mvi=0.2X12N=4N

R0.6

小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為F=^N2+(mg)2=V42+(0.2X10)2n=W^N,

故B錯誤；

2

CD、當(dāng)。<a〈子時，/mgcosH-N=nr^-

可知隨e的增大，同時v也增大，所以N必須減小，

2

與9<71時，看N-mgcos(180°-6)

可知隨8的增大，同時v也增大，所以N必須增大，所以O(shè)WBWTT過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減

小后增大，故C錯誤，D正確。

故選：ADo

【點評】本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息進行解

答。

（多選）7.（2024?溫江區(qū)校級三模）如圖所示，邊長為2L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向里.、磁感

應(yīng)強度大小為Bo的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為?q的帶電粒子從D點以不

同的速率平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

A.粒子可能從B點射出

B.若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為瓜L

2

C.若粒子從C點時出，則粒子在磁場中運動的時間為旦J

3qB0

D.若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場中運動的時間相同，且時間最長

【考點】帶電粒子在有界磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強磁場中的運動.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力.

【分析】A.根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向結(jié)合軌跡特點分析判斷；

BC.作圖，根據(jù)圖中找到相應(yīng)的幾何關(guān)系列式求解相應(yīng)的軌道半徑和對應(yīng)圓心角，再由時間和周期關(guān)系

求解運動時間；

D.作圖，根據(jù)牛頓第二定律分析不同速率的軌跡特征解答時間。

【解答】解：A.帶負電的粒子從D點以某一速度平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向

下偏轉(zhuǎn)，由于BC邊的限制，粒子不能到達B點，故A錯誤；

BC.粒子從C點射出，如圖I所示

A

根據(jù)幾何關(guān)系可得

R2=(R-Lsin60°)2+(2L-Lcos60°)2

解得R=V3L

。1L

則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角的正弦值為sin/DOC=2L-Lco￡60_=4_="，所以NDOC=60°,

RV3L2

根據(jù)粒子在磁場中運動時間和周期的關(guān)系有，粒子在磁場中運動的時間為

二60。12兀m二兀m

t=I==

360°?qB03q30

故B錯誤，C正確；

D.根據(jù)牛頓第二定律，

2

qvBo=m-^—

r

若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，筑跡半徑越大，如圖2所示

A

粒子從AB邊射出時的圓心角相同且為180°,是最大的圓心角，根據(jù)丁衛(wèi)皿

qB0

可知粒子在磁場中運動的周期相等，則其在磁場中運動的時間相同，且時間最長，故D正確。

故選：CDo

【點評】考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題，會根據(jù)題意進行準確的分析和判斷。

（多選）8.（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為

M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上

的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a〈g）的勻加速運動，A、B的速度隨時

間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

A.拉力F的最小值為2Ma

B.A、B分離時，彈簧彈力恰好為零

C.A、B分離時，A上升的距離為W（_gN）,

k

D.彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度達到最大值

【考點】牛頓第二定律；彈力的大小、胡克定律.

【專題】定量思想：推理法：牛頓運動定律綜合專題：推理箱力.

【分析】A、對整體分離前進行受力分析列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合初態(tài)的受力分析可得到力F的

最小值；

B、A、B分禽時，對B進行受力分析列出牛頓第二定律方程可判斷A、B分離時，彈簧彈力不為零；

C、施加F前，對物體A、B整體列平衡方程求出彈簧的形變量，與分離時形變量做差即可求解.；

D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，當(dāng)F=Mg時，B達到最大速度。

【解答】解；A、分離前對A、B整體分折:有F2Mg+kx=2Ma,由于a不變，x減小，則F增大，故

剛開始時力F最小，初態(tài)2Mg=kx,所以F的最小值為2Ma,故A正確；

B、A、B分離時，對B有kx2-Mg=Ma,解得X2=』■運包-，A、B分離時，彈簧彈力不為零，故B

k

錯誤；

C、施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg=kxi,解得xi=2?1,A、B分離時，A±.

k

升的距離為XI-X2=4l空生1.故C正確：

k

D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，當(dāng)F=Mg時，B達到最大速度，故

D錯誤。

故選：ACo

【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是搞清楚不同運動過程受力情況，對分離前后

列牛頓第二定律方程進行求解。

9.（2024?武侯區(qū)校級模擬）某實驗小組要測量一節(jié)干電池的電動勢E和內(nèi)阻r,已知電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)

阻相差不大。

（1）先用多用電表2.5V量程粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的正（填“正”

或“負”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連，多用電表的示數(shù)如圖1所示，則電源電動勢為1.45

V（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

（2）某同學(xué)設(shè)計了如圖2所示的實驗電路，連接好實驗電路，閉合開關(guān)S,改變滑片P的位置，記錄

多組電壓表、電流表示數(shù)，建立U-I坐標(biāo)系，并描繪出U-I圖像。

另一同學(xué)仍使用圖2中的實驗器材，設(shè)計了如圖3所示的實撿電路，實驗操作步驟與前一位同學(xué)相同，

在同一坐標(biāo)系中分別描點作出U?I圖像，圖2對應(yīng)的U?I圖線是圖4中的P線（填"P”或"Q”）。

若每次測量操作都正確，讀數(shù)都準確，則由圖4中的P和Q圖線，可得電動勢和內(nèi)阻的真實值為￡=

1.45V,r=1.45Q（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。

【考點】電池電動勢和內(nèi)阻的測顯.

【專題】實驗題；實驗探究題；定品:思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗?zāi)芰?

【分析】（1）多用表的紅表筆插“+”插孔，電流從紅表筆流入，黑表筆流出，據(jù)此分析作答；

用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V,采用估讀法讀數(shù)；

5

（2）圖2的誤差來源于電流表分壓，圖3的誤差來源于電壓表分流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，結(jié)合

U-I圖像分析作答。

【解答】解：（1）用多用電表殂測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電源的正極相連，黑表筆與

電池的另一電極相連。

由圖1所示，用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V,則粗測電源電動勢為1.45V。

（2）由圖3所示電路可知，可壓表有分流作用，圖2所示電路，電流表有分壓作用，從而導(dǎo)致實驗結(jié)

果存在系統(tǒng)誤差；

圖3所示電路，可把電壓表與電源看作一個等效電源，由閉合電路歐姆定律知E=U斷可知，電動勢和

內(nèi)阻的測量值均小于真實值，作出的U-I圖線是Q線；

圖2所示電路，可把電流表與電源看作一個等效電源，由閉合電路歐姆定律E=U斷可知，電動勢測量

值等于真實值，U-I圖線應(yīng)是P線，電動勢為￡=好=1.45丫

圖3所示電路，當(dāng)外電路短路時，電流的測量值等于真實值，則短路電流I后=IQ=1.00A

代入數(shù)據(jù)解得r=1.450。

故答案為：（1）正；1.45;（2）E：1.45;1.45。

【點評】本題考查電動勢的測顯及多用電表的使用；應(yīng)明確用“等效電源”法分析“測量電源電動勢和

內(nèi)阻實驗”誤差的方法，明確U-I圖象中縱軸截距與斜率的含義。

10.（2024?武侯區(qū)校級模擬）深度為h（未知）旦開口豎直向下的小筒中懸掛如圖甲所示的單擺（單擺的

下半部分露于筒外），將擺球拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，懸線不會碰到筒壁而同一豎直面

內(nèi)擺動。

測量出筒的下端口到擺球球心的距離L,并通過改變L而測出對應(yīng)的擺動周期T,再以寸為縱軸、L

為橫軸作出T2?L關(guān)系圖像，根據(jù)上述和下面已知信息或條件，請完成：

（1）測量單擺的周期時，某同學(xué)在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數(shù)“「'，當(dāng)擺球第

二次通過最低點時數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“59”時，按下停表停止計時，讀出這段時間I,

則該單擺的周期T為-L；

一29一

（2）若不考慮實驗誤差的影響，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，得到的T2-L關(guān)系圖線應(yīng)該是圖乙中a、b、c中的_a

條（選填"a”、"b”或者“c”）。

（3）根據(jù)圖線可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萰=9.86mH（n取3.14,結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

【考點】用單擺測定重力加速度.

【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力.

【分析】（1）根據(jù)總時間和記錄的全振動的次數(shù)計算單擺的周期；

（2）根據(jù)實驗原理結(jié)合單擺的周期公式推導(dǎo)判斷圖像；

（3）根據(jù)圖像的斜率的物理意義計算當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮　?/p>

【解答】解?：（1）單擺的擺球經(jīng)過最低點后，在之后的一個周期內(nèi)將兩次經(jīng)過最低點，則對應(yīng)的全振動

的次數(shù)為n=登工=29,則根據(jù)題意可得，該單擺的周期

2

T-t—t

-n-29

（2）根據(jù)該實驗的原理可得單撰的周期

E席

變式可得T2=4貯■?L津三包

gS

可知T2-L的圖像應(yīng)在縱軸上半軸有截距，故選：a。

（3）根據(jù)函數(shù)關(guān)系可得該圖像的斜率

4/

k=-------

g

根據(jù)圖像可得斜率k=L2°廣4s2/ir

30x1C~2

解得g^9.86m/s2

故答案為：（1）工；（2）a；（3）9.86o

29

【點評】考查單擺的周期問題，會根據(jù)題意結(jié)合圖像求解相應(yīng)的物理量。

11.（2024?青羊區(qū)校級三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓孤CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半

圓半徑均為R,水平軌道DE=2R,各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為m的

小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調(diào)整軌道使BC高度差h=

0.9R,并使小球從C點沿切線進入圓弧軌道。DE段的摩擦系數(shù)口=0.1,除DE段有摩擦外，其他阻力

不計，0=37°,重力加速度為g,求：

（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep；

（2）請判斷小球能否到達圓軌道的最高點；如能，求出最終落點的位置；如不能，請找出到達圓軌道

【考點】動能定理；生活中的圓周運動一一豎直平面內(nèi)的圓周運動.

【專題】計算題；定量思想；臨界法；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【分析】（1）小球從B到C做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可求出小球到達C點時水平方向的分速度,

再根據(jù)機械能守恒定律求撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能生：

（2）先根據(jù)動能定理求出小球到達C點時的動能。假設(shè)小球能夠由C到F,由動能定理求出小球到達

F點的速度，與臨界速度比較即可判斷小球能否到達圓軌道的最高點，結(jié)合平拋運動的規(guī)律求出最終落

點的位置。

【解答】解：（1）小球從B到C做平拋運動，在豎宣方向上，根據(jù)v；=2gh可得小球到達C點時豎更

速度大小為

Vy=V2gh=V1.8gR

水平速度為

vy_W1.8gR

%-tan370-3-

彈簧的彈性勢能為

Ep=^-mv^=l.6mgR

（2）小球到達C點時的動能為

Ek=Ep+mgh=1.6mgR+0.9mgR=2.5mgR

假設(shè)小球能夠到達圓軌道的最高點F,從C到F,由動能定理得

12

t

mg（R-RcosBkmg*2R-mg*2R=^-mvF-Ek

解得：

此時向心力大小吧巳=mg

R

因此假設(shè)成立，能夠恰好到達F點，從F到D做平拋運動，假設(shè)會落在水平面，有

X=VFt

2R=ygt2

聯(lián)立解得：x=2R

即小球剛好落在D點.

答：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep為1.6mgR：

（2）能,最終小球剛好落在D點。

【點評】本題是動能定理和平他運動的結(jié)合，分析清楚小球每個過程運動是解體前提，對于多過程運動

的物體處理通常用動能定理。

12.（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長的光消長宜金屬導(dǎo)凱固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)

軌間距為L,導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)

軌上，整個系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器不帶電。1=0

時刻，對PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計，PQ運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直

且接觸良好。

（1）若保持開關(guān)Si斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；

（2）若保持開關(guān)Si閉合、S2斷開，求PQ的加速度大??；

（3）若保持開關(guān)Si、S2都閉合，從t=0至h=to時間內(nèi)PQ向右運動的距禽為x,求t=a時刻PQ的

速度大小。

XXXX

xXQXX

【考點】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題；動量定理；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電

動勢.

【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力.

【分析】（1）若保持開關(guān)Si斷開、S2閉合，最終PQ做勻速運動，根據(jù)PQ棒受到的安培力與外力相等

求PQ的最終速度：

(2)若保持開關(guān)Si閉合、S2斷開，取一段極短的時間△【，PQ速度的變化量為Av,對PQ根據(jù)動量定

理列式，結(jié)合電流的定義式、加速度定義式求PQ的加速度大?。?/p>

(3)若保持開關(guān)Si、S2都閉合，對PQ根據(jù)動量定理列式，流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和

電容器存儲的電荷量之和，結(jié)合電流的定義式和位移等于平均速度與時間的乘積求t=t。時刻PQ的速

度大小。

【解答】解：(1)保持開關(guān)S.斷開、S2閉合，當(dāng)PQ棒受到的安培力與外力相等時，PQ開始做勻速運

動，根據(jù)受力平衡可得

F=BIL①

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

1=1②

導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢可得

E=BLvi③

聯(lián)立解得：.④

B2L2

(2)保持開關(guān)Si閉合、S2新開，取一段極短的時間At,PQ速度的變化量為電容器C

上的電荷量的變化量為Aq,對PQ根據(jù)動量定理可得

FAt-BTiLAt^Av⑤

根據(jù)電流的定義式可得

不食⑥

電容器上電荷量的變化量為

Aq=CBLAv?

根據(jù)加速度的定義式可得

腎

聯(lián)立解得a=~^7@

m-K：B2L2

(3)對PQ根據(jù)動量定理可得

FtoJ2BLto=mv2⑩

通過PQ的電荷量為

c丁十(II)

q

獨立分析PQ與定值電阻R組成的回路可得流過定值電阻的電荷量為

,=^-tr（12）

1Rr

x=

vt0（13）

電容器存儲的電荷量

q2=CBLv2（14）

流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和電容器存儲的電荷量之和

q=qi+q2（15）

22

FnR-BLx

聯(lián)立解得v2=———獷十

答：（I）PQ的最終速度為挈不：

B2L2

（2）PQ的加速度大小為——

mCBzL2

22

FnR-BLx

（3）t=to時刻PQ的速度大小為」----——-o

R（mCBzLz）

【點評】解答本題的關(guān)鍵是從力的角度分析導(dǎo)體棒的受力情況，利用動量定理求解通過導(dǎo)體捧的電荷量,

運用牛頓第二定律分析有電容器存在的情況下導(dǎo)體棒的加速度，這歧都是常用方法，要熟練掌握。

13.（2024?興寧區(qū)二模）關(guān)于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）

A.氣體在壓縮的過程中，內(nèi)能一定增大

B.氣體在放熱的過程中，內(nèi)能一定減小

C.氣體在等溫壓縮過程中，內(nèi)能一定增大

D.氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增大

【考點】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律.

【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；理解能力.

【分析】A、氣體被壓縮的過程時外界對氣體做功的過程，有放熱的可能；

B、氣體在放熱的過程中，可能外界對氣體做功；

C、內(nèi)能和溫度有關(guān)，等溫壓縮不改變內(nèi)能；

D、等壓膨脹，溫度升高，內(nèi)能和溫度有關(guān)。

【解答】解：A、氣體在壓縮過程中外界對氣體做功，可能放熱，內(nèi)能不一定增大，故A錯誤；

B、同理，氣體在放熱的過程中，可能外界對氣體做功，內(nèi)能不一定增大，故B錯誤；

C、?定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只和溫度有關(guān)，等溫壓縮過程中，內(nèi)能保持不變，故c錯誤：

D、等壓膨脹過程中，溫度升高，內(nèi)能一定增大，故D正確。

故選：D。

【點評】本題考查了對熱學(xué)第一定律的理解，注意內(nèi)能的變化與溫度變化有關(guān)即為解題關(guān)鍵。

14.（2024?南寧一模）某學(xué)校開展慶?；顒?，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27C,大

氣壓強為po,此時在地表附近的氣球體積為Vo,若氣球?qū)崃己茫瑲馇騼?nèi)所充的氮氣可視為理想氣體,

氣球內(nèi)外氣壓差很小可以忽略。

（1）正午時大氣壓仍為Po,此時地表附近的氣球體積增大了求此時地表附近氣溫達到多少C?

30

（2）若某高處的大氣壓強為2p（）,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時，氣球體積變?yōu)槎嗌伲?/p>

5

【考點】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；壓強及封閉氣體壓強的計算.

【專題】計算題；定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理能力.

【分析】（1）根據(jù)蓋一呂薩克定律求解此時的熱力學(xué)溫度，根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系求解此時

地表附近的氣溫：

（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解氣球也停在這一高處時氣球的體積。

【解答】解：（1）由題意可知此過程為等壓變化過程，由蓋一呂薩克定律知

V0V

T?-T

其中

To=3OOK,V嗡V。

聯(lián)立解得

T=310K

根據(jù)熱力學(xué)溫度和攝氏溫度的關(guān)系可知

T=t+273I<

解得

t=37℃；

（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

PMP0V0

丁二〒

其中

p.=-lp,Ti=288K

rl5。

聯(lián)立解得

Vi=l.2Vo0

答：（1）正午時大氣壓仍為Po,此時地表附近的氣球體積增大了」一，則此時地表附近氣溫達到37C；

30

（2）若某高處的大氣壓強為aP（）,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時，則氣球體積變?yōu)?.2V0。

5

【點評】本題考查理想氣體狀態(tài)方程，要求學(xué)生能正確選擇研究對象，分析變化過程，熟練掌握理想氣

體狀態(tài)方程并應(yīng)用于解題。

15.（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面,O為圓心,AB為一條直徑，光線a、b均從C

點射入，光線a平行于AB,光線b與光線a的夾角a=15°,兩條光線的折射光線均經(jīng)過B點，0=60

°,則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（）

【考點】光的折射及折射定律.

【專題】定量思想：推理法；光的折射專題；推理能力.

【分析】根據(jù)光的折射結(jié)合折射定律解得折射率的關(guān)系，根據(jù)v=￡可知a、b光的速度之比，根據(jù)路

n

程相等解得時間之比。

【解答】解：畫出光線的折射如圖

結(jié)合幾何關(guān)系可知光線a在C點的入射角ia=60°,折射角ra=30°

則折射率為na=—:——-

sin%

解得na=V3

光線b在C點的入射角ib=45°,折射角rb=30°

??

則折射率為nb=51nlb

sintb

解得nb=V2

光在介質(zhì)中的傳播速度為v=￡

n

由于路程相同1=巨

v

解得光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為返，故B正確，ACD錯誤；

2

故選：B“

【點評】本題考查的重點為光的折射的計算，關(guān)鍵找到對應(yīng)的幾何關(guān)系進而找到入射角、折射角，從而

分析折射率。

16.(2024?貴州模擬)一簡諧波的波源位于坐標(biāo)原點，波源振動后t=0.3s時第一次形成如圖所示的波形

圖。

(1)求該波的波長和傳播速度大小；

(2)在給出的坐標(biāo)圖上畫出波在t=2.0s時刻的波形圖并寫出平衡位置位于x=15m處質(zhì)點的振動方程.

【專題】計算題；定量思想；圖析法；振動圖象與波動圖象專題；分析綜合能力.

【分析】(1)由圖讀出波長，根據(jù)公式丫=三求波的傳播速度大小。

t

(2)根據(jù)波形平移法畫出波在t=2.0s時刻的波形圖。在波傳到x=15m處質(zhì)點不振動。波傳到該質(zhì)點

后，判斷起振方向，再寫出振動方程。

【解答】解：(1)由圖可知：§入=15m

解得：入=20m

波速為：v^-=^^ni/s=50ni/s

⑵由-^T=0.3s得：T=0.4S

4

從t=0.3s到t=2.0s的時間間隔At=2.0s-0.3s=1.7s

因n=2=2-0-0?3=41,結(jié)合波形平移法可得t=2.0s時刻的波形圖如圖所示。

由于波源起振方向向上，所以波源的振動方程為

y=Asina）t=2sin（5nt）cm

則x=15m處質(zhì)點的振動方程為

尸，0<t<0,3s

卜=2sin（5兀t-尚兀）cm，t>0.3s

答：（I）該波的波長和傳播速度大小分別為20m,50m/s；

（2）波在l=2.0s時刻的波形圖見解析，平衡位置位于x=15m處質(zhì)點的振動方程為

>=0,0<t<Q,3s

y=2sin（5兀t--兀）cm,t〉0.3s

【點評】本題讀出振幅、周期和波長是基本功，關(guān)鍵是利用波形的平移法作圖，要學(xué)會應(yīng)用。

考點卡片

1.運動學(xué)圖像綜合

【知識點的認識】

1.圖像是解決物理學(xué)問題的工具。除了常見位移一時間圖像（x-t圖像），速度一時間圖像（v-t圖像），

還有加速度一時間圖像（a-t圖像），速度一位移圖像（V-X圖像）等等。我們以a-t、V-X圖像為例進

行說明。

①a-I圖像：加速度一時間圖像

2.彈力的大小、胡克定律

【知識點的認識】

1.彈力

（I）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢夏原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力.

（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變.

（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面.

①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向

被壓的物體.

點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面.

球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上.

球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面.

②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向.其彈力可為拉力，可為壓力.

③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力.

2