2024年高考物理終極押題密卷2（全國(guó)乙卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷2（全國(guó)乙卷）

一,試題（共8小題）

1.（2024?青原區(qū)校級(jí)一模）三星堆遺址考古入選世界重大田野考古發(fā)現(xiàn)。三星堆古遺址距今三有3000至

5000年歷史，昭示長(zhǎng)江流域與黃河流域一樣同屬中華文明的母體。利用,4C衰變測(cè)定年代技術(shù)進(jìn)行考

古研究，可以確定文物的大致年代，氣衰變方程為14c_k的半衰期是5730年，下列

說(shuō)法中正確的是（）

A.方程中的X是電子，它是碳原子電離時(shí)產(chǎn)生的，是原子的組成部分

B.方程中的X是中子，來(lái)源F原子核

C.文物所埋藏的環(huán)境會(huì)影響；4c的半衰期，進(jìn)而對(duì)推算年代造成影響

D.若在、.N、X的質(zhì)量分別是mi、m2、m3,一個(gè)自發(fā)生衰變釋放能量為皿-肥一1^）

2.（2024?碑林區(qū)模擬）用F表示物體受到的力，x表示物體的位移，v表示物體的速度，a表示物體的加

速度，I表示物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，不計(jì)空氣阻力，對(duì)物體自由下落的過(guò)程，取豎直向下為正方向，以下圖

3.（2024?鄭州模擬）在杭州亞運(yùn)會(huì)女子排球決賽中，中國(guó)隊(duì)?wèi)?zhàn)勝日本隊(duì)獲得冠軍。如圖所示，在決賽中，

一運(yùn)動(dòng)員將排球從A點(diǎn)斜向上以速度vi擊出，排球沿軌跡ABC運(yùn)動(dòng)；另一運(yùn)動(dòng)員將該排球從C點(diǎn)以

水平速度V2擊回，排球沿軌跡CDA運(yùn)動(dòng)，恰好落回出發(fā)點(diǎn)A。不計(jì)空氣阻力，則排球（）

A.沿軌跡CDA運(yùn)動(dòng)的最大速度可能為VI

B.沿軌跡ABC運(yùn)動(dòng)的最小速度為V2

C.沿軌跡ABC和軌跡CDA運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度變化量大小相同

D.沿軌跡ABC和軌跡CDA運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度大小可能相同

4.（2024?江西模擬）柔性可穿戴設(shè)備導(dǎo)電復(fù)合材料電阻率的測(cè)量需要使用一種非接觸式傳感器。如圖（a）

所示，傳感器探頭線圈置廣被測(cè)材料上方，給線圈通止弦交變電流如圖（b）所示，電路中箭頭為電流

正方向。在工?以時(shí)間內(nèi)關(guān)于渦旋電流的大小和方向（俯視），下列說(shuō)法正確的是（

)

24

圖（b）

A.不斷增大，逆時(shí)針B.不斷增大，順時(shí)針

C.不斷減小，逆時(shí)針D.不斷減小，順時(shí)針

核

)J\M核

5.（2024?包頭三模）四個(gè)粒子氣核（21HX、

同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。不計(jì)重力，下列描繪這

四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中正確的是（）

（多選）6.（2024?新鄭市校級(jí)一模）小紅將量程為。?0.6A的電流表A（表盤刻度共有30個(gè)小格），按

照?qǐng)D示電路改裝成較大量程的電流表乙，其中R1和R2阻值用等，都等于改裝前電流表內(nèi)阻的L下列

4

說(shuō)法正確的是（）

——?——

-----c=]-----□-----

%口2

I23

A.將1、2接入電路時(shí)，電流表乙每一小格表示0.12A

B.將1、2接入電路時(shí)，電流表乙每一小格表示0.08A

C.將1、3接入電路時(shí),電流表乙每?小格表示0.08A

D.將1、3接入電路時(shí),電流表乙每一小格表示0.06A

（多選）7.（2。24?河南模擬）。粒子（4He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（產(chǎn)）發(fā)生正碰。此過(guò)

程中，a粒子的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，ti時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（

A.ti時(shí)刻乙9的動(dòng)量為po?pi

B.ti時(shí)刻leo的加速度到最人

8

C.時(shí)刻產(chǎn)的動(dòng)能達(dá)到最大

D.12時(shí)刻系統(tǒng)的甩勢(shì)能最大

（多選）8.（2024?河南模擬）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊

P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖（b）所示。

重力加速度大小g取10m/s2,則（）

圖(b)

A.Q的質(zhì)量為1kg

B.地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J

D.t=5.8s時(shí)木板速度恰好為零

二.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?包頭三模）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。長(zhǎng)為1不可伸長(zhǎng)的輕繩

一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接一質(zhì)量為m的小鋼球（大小不計(jì)），豎直平面內(nèi)固定一外部標(biāo)

有刻度（圖中未畫(huà)出）的光滑半圓導(dǎo)軌，如圖所示。當(dāng)小鋼球在最低點(diǎn)時(shí)它與半圓導(dǎo)軌恰好不接觸，現(xiàn)

給小鋼球一水平向左適當(dāng)大小的初速度，使它在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球在向上擺動(dòng)過(guò)程中拉力傳感

器示數(shù)的最大值Fmax和最小值Fmin,當(dāng)Fmin剛好為。時(shí)，輕繩與水平方向的夾角為仇改變小鋼球的

初速度大小，重復(fù)上述過(guò)程。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Fmax-Sine圖像是一條直線，已知

重力加速度大小為g。

（1）該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來(lái)源是（填正確答案序號(hào)，

A.小鋼球擺動(dòng)角度偏大

B.小鋼球初始速度不同

C.小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中有空氣阻力

（2）若小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則Fmax-Sin0圖象的數(shù)學(xué)表達(dá)式為Fmax=

（用題中所給的已知物理量符合表示）。

（3）若Fmax-sine圖線的斜率為k,則小鋼球的質(zhì)量m為。（用題中所給的

已知物理量符合表示）

10.（2024?西安校級(jí)模擬）（1）為了測(cè)量某種型號(hào)的電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，小方同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的

實(shí)驗(yàn)電路，電流表內(nèi)阻不計(jì)，改變電阻箱R的阻值，分別測(cè)日電路中相應(yīng)的電流I,根據(jù)實(shí)臉數(shù)據(jù)描點(diǎn),

繪出的?！猂圖像如圖乙所示。b、c及直線在年坐標(biāo)軸上的被距a均已知，定值電阻的阻值為Ro,則該

電池的電動(dòng)勢(shì)E=、內(nèi)阻r=

（2）小袁同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖內(nèi)所示的實(shí)驗(yàn)電路。按圖內(nèi)連接好實(shí)驗(yàn)電路，閉合開(kāi)關(guān)前，將滑動(dòng)變阻器的

滑片P調(diào)到（填“A”或"B"）端；閉合開(kāi)關(guān)S,改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流

表的示數(shù)U和I；建立U-I坐標(biāo)系，得到如圖丁所示的圖像，可得電池的電動(dòng)勢(shì)E=V、內(nèi)

阻「=Ho（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

三,計(jì)算題（共2小題）

11.（2024?西安校級(jí)模擬）2023年3月23口，山西省考占研究院發(fā)布消息，考占專家證實(shí)山西運(yùn)城簞家

營(yíng)西漢墓出土墨書(shū)題銘陶罐，從中可以窺見(jiàn)漢代河?xùn)|地區(qū)豐富多樣的飲食生活?，F(xiàn)有一半徑R=』m的

3

半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心0的對(duì)稱軸00’重合，

如圖所示。轉(zhuǎn)臺(tái)靜止不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將-質(zhì)量m=0.3kg的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）放入陶罐內(nèi)，物塊恰能靜止于

陶罐內(nèi)壁的A點(diǎn)，且A點(diǎn)與陶罐球心0的連線與對(duì)稱軸OO'的夾角6=37°.取重力加速度大小g

=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。

（I）求物塊與陶罐內(nèi)壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)內(nèi)

（2）若物塊位于與O點(diǎn)等高的陶罐上且與陶罐一起繞00'軸轉(zhuǎn)動(dòng)，求轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度Ohnin。

12.（2024?銀川一模）如圖所示，在y>0的區(qū)域存在沿X軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三，四象限內(nèi)存在

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子a,從y軸上的A點(diǎn)

（0,V3D以初速度vo沿y軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，一段時(shí)間后從x軸上的C點(diǎn)（3卜0）進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

2

域，粒子a到達(dá)y軸時(shí)速度與y軸垂直并與靜止在y軸上質(zhì)量為2m、不帶電的粒子b發(fā)生彈性正碰（未

畫(huà)出），耀撞過(guò)程中有2電荷量轉(zhuǎn)移給粒子b（a、b粒子的重力忽略不計(jì)）求：

3

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及粒了被碰后的速度大??；

（3）相碰后兩粒子第n次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，粒子間距Ay的表達(dá)式。

四,選修部分（共3小題）

（多選）13.（2024?西安校級(jí)模擬）一定質(zhì)審:的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,其壓強(qiáng)與體積的關(guān)系圖

像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）

p

B

A

OV

A.氣體吸收熱量

B.氣體的內(nèi)能減小

C.外界對(duì)氣體做負(fù)功

D.氣體分子的平均動(dòng)能增大

E.氣體的密度增大

14.（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）在導(dǎo)熱良好的矩形氣缸內(nèi)用厚度不計(jì)的活塞封閉有理想氣體，當(dāng)把氣缸倒置

懸掛在空中，穩(wěn)定時(shí)活塞剛好位于氣缸口處，如圖中所示；當(dāng)把氣缸開(kāi)口朝上放置于水平地面上，活塞

穩(wěn)定時(shí)如圖乙所示。已知活塞質(zhì)量為m,橫截面枳為S,大氣壓強(qiáng)。「用近，環(huán)境溫度為T。，氣缸的

P。S

深度為h,重力加速度為g,不計(jì)活塞與氣缸壁間的摩擦。

（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度hi：

（2）活塞達(dá)到圖乙狀態(tài)時(shí)將環(huán)境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內(nèi)能隨熱

力學(xué)溫度變化的關(guān)系為U=kT,k為常數(shù)，大氣壓強(qiáng)保持不變，求在該過(guò)程中封閉氣體所吸收的熱量Q。

〃〃〃〃〃〃

（1）一列簡(jiǎn)諧橫波某時(shí)刻的波動(dòng)圖像如圖1所示，波源振動(dòng)的頻率為5Hz,沿x軸正方向傳播。下列

說(shuō)法正確的是（填正確答案標(biāo)號(hào)）。

A.波源的振幅為20cm

B.平衡位置在x=6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻速度最大

C.平衡位置在x=6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻加速度最大

D.從圖示時(shí)刻起再經(jīng)過(guò)0.1s,波源向x軸正方向運(yùn)動(dòng)了2m

E.從圖示時(shí)刻起再經(jīng)過(guò)0.2s,波源通過(guò)的路程為80cm

（2）如圖2,截面為直角三角形的玻璃棱鏡置于真空中，已知NA=60°,ZC=90°,一束極細(xì)的光

于AC邊的中點(diǎn)F處垂直AC面入射，AC=2遍cn，玻璃的折射率為n=V5,光在真空的速度為c=3

X108m/s。求：

①光從玻璃射向真空時(shí)，發(fā)生全反射時(shí)的臨界角；

②從BC面射出的光在棱鏡中傳播的時(shí)間。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷2（全國(guó)乙卷）

參考答案與試題解析

一.試題（共8小題）

1.（2024?青原區(qū)校級(jí)一模）三星堆遺址考古入選世界重大田野考古發(fā)現(xiàn)。三星堆古遺址距今乙有3000至

5000年歷史，昭示K江流域與黃河流域樣同屬中華文明的母體。利用3c哀變測(cè)定年代技術(shù)進(jìn)行考

古研究，可以確定文物的大致年代，1位衰變方程為14c-；41rx,1七的半衰期是5730年，下列

說(shuō)法中正確的是（）

A.方程中的X是電子，它是碳原子電離時(shí)產(chǎn)生的，是原子的組成部分

B.方程中的X是中子，來(lái)源于原子核

C.文物所埋藏的環(huán)境會(huì)影響:4c的半衰期，進(jìn)而對(duì)推算年代造成影響

D.若9c、14N'X的質(zhì)量分別是rm、m2、m3,一個(gè)，氣發(fā)生衰變釋放能量為鳳_血-曰）c2

【考點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；原子核的衰變及半衰期、衰變速度.

【專題】定量思想；推理法；愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專題；推理能力.

【分析】AB.根據(jù)核反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)規(guī)則和粒子特性進(jìn)行分析判斷；

C.根據(jù)半衰期的決定因素分析：

D.根據(jù)愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程列式計(jì)算。

【解答】解：AB.根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X的電荷數(shù)為-1,質(zhì)量數(shù)為0,可知X為電子，來(lái)

源于原子核，故AB錯(cuò)誤；

C.半衰期的大小與所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，由原子咳內(nèi)部因素決定，故C錯(cuò)誤；

22＞

D.根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程得，釋放的能量△E=Amc=（m1-m2-m3）c故D正確。

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】考查核反應(yīng)方程的書(shū)寫(xiě)規(guī)則，知道放射性元素半衰期的決定因素，會(huì)根據(jù)質(zhì)能方程進(jìn)行相關(guān)計(jì)

算。

2.（2024?碑林區(qū)模擬）用F表示物體受到的力，x表示物體的位移，v表示物體的速度，a表示物體的加

速度，t表示物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，不計(jì)空氣阻力，對(duì)物體自由下落的過(guò)程，取豎直向下為正方向，以下圖

像正確的是（）

【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合；自由落體運(yùn)動(dòng).

【專題】定吊:思想；圖析法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；自由落體運(yùn)動(dòng)專題；推理能力.

【分析】物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，重力保持不變，加速度保持不變；物體下落位移與時(shí)間

為二次函數(shù)關(guān)系；根據(jù)V=gt可確定V與t的關(guān)系。

【解答】解：AD.物體自由下落的過(guò)程，物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，重力保持不變，加速

度為重力加速度，加速度保持不變，故AD錯(cuò)誤；

B.物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有：

12

X^2§+t

可知x-t圖像應(yīng)為拋物線，故B錯(cuò)誤；

C.物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有：

v=gt

可知v-t圖像為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故C正確。

故選C。

【點(diǎn)評(píng)】此題考查了自由落體運(yùn)動(dòng)相關(guān)問(wèn)題，關(guān)鍵是抓住自由落體運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式去分析。

3.（2024?鄭州模擬）在杭州亞運(yùn)會(huì)女子排球決賽中，中國(guó)隊(duì)?wèi)?zhàn)勝日本隊(duì)獲得冠軍。如圖所示，在決賽中，

一運(yùn)動(dòng)員將排球從A點(diǎn)斜向上以速度vi擊出，排球沿軌跡ABC運(yùn)動(dòng)；另一運(yùn)動(dòng)員將該排球從C點(diǎn)以

水平速度V2擊回，排球沿軌跡CDA運(yùn)動(dòng)，恰好落回出發(fā)點(diǎn)A。不計(jì)空氣阻力，則排球（）

A.沿軌跡CDA運(yùn)動(dòng)的最大速度可能為VI

B.沿軌跡ABC運(yùn)動(dòng)的最小速度為V2

C.沿軌跡ABC和軌跡CDA運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度變化量大小相同

D.沿軌跡ABC和軌跡CDA運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度大小可能相同

【考點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)；平拋運(yùn)動(dòng).

【專題】定量思想；合成分解法：運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題；推理能力.

【分析】AB、利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式比較速度；

C、利用速度變化量與加速度的關(guān)系判斷兩種運(yùn)動(dòng)情況的速度變化零是否相同;

D、通過(guò)平均速度與時(shí)間、位移的關(guān)系判斷兩種運(yùn)動(dòng)情況的區(qū)別。

【解答】解：對(duì)運(yùn)動(dòng)情況分析

根據(jù)圖像可知，軌跡①最高點(diǎn)百于軌跡②最高點(diǎn)，分析兩者最高點(diǎn)左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

x

V=-

xt

軌跡①運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，水平位移相等，則沿軌跡①運(yùn)動(dòng)的水平分速度小，根據(jù)v"2gh，可知軌跡①的豎

直分速度大于軌跡②，所以沿軌跡②運(yùn)動(dòng)的最大速度可能等于VI,沿軌跡①運(yùn)動(dòng)的最小速度即水平速

度小于V2,故A正確，B錯(cuò)誤；

C、因?yàn)樗俣茸兓緼v=gA|,沿軌跡①的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大，則沿軌跡①運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度變化量大，故C

錯(cuò)誤；

D、沿軌跡①和軌跡②運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移大小相同，但沿軌跡①的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大，沿軌跡①運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均

速度小，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的了解，其中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法將拋體運(yùn)動(dòng)分別研究水平

方向、豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況為解題的關(guān)鍵。

4.（2024?江西模擬）柔性可穿戴設(shè)備導(dǎo)電復(fù)合材料電阻率的測(cè)量需要使用一種非接觸式傳感器。如圖（a）

所示，傳感器探頭線圈置于被測(cè)材料上方，給線圈通正弦交變電流如圖（b）所示，電路中箭頭為電流

正方向。在工?衛(wèi)工時(shí)間內(nèi)關(guān)于渦旋電流的大小和方向（俯視），下列說(shuō)法正確的是（）

24

A.不斷增大，逆時(shí)針B.不斷增大，順時(shí)針

C.不斷減小，逆時(shí)針D.不斷減小，順時(shí)針

【考點(diǎn)】楞次定律.

【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力.

【分析】根據(jù)安培定則判定穿過(guò)螺線管的磁場(chǎng)的方向以及穿過(guò)圓環(huán)的磁通量變化，再依據(jù)楞次定律，確

定渦流的方向。

【解答】解：由題圖可知，在工?丑時(shí)間內(nèi)電路中的電流與圖中電流方向相反，被測(cè)材料區(qū)域原磁場(chǎng)

24

方向豎直向上，電流不斷增大，則磁場(chǎng)不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，被測(cè)材料的感應(yīng)磁場(chǎng)方向豎直向

下，由安培定則可知，在被測(cè)材料上的渦流方向?yàn)轫槙r(shí)針（俯視）：又因?yàn)楣?旦時(shí)間內(nèi)i?t圖像的

24

斜率不斷減小，則感應(yīng)磁場(chǎng)變化率不斷減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律E:H■筌■二及歐姆定律

1=旦可知，被測(cè)材料上的渦流大小不斷減小。故ABC錯(cuò)誤，D正確。

R

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握楞次定律：增反減同或來(lái)拒去留，來(lái)分析環(huán)所受的安培力方向。

（?包頭三模）四個(gè)粒子氣核（；）、旅核（科）、氮核（和反質(zhì)子（、）先后以相

5.2024H4HC）H

同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入?勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。不計(jì)重力，下列描繪這

四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中正確的是（）

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力.

【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式推導(dǎo)粒子的軌跡半徑表達(dá)式，結(jié)合四個(gè)粒子的正負(fù)情況，比荷差別以及

左手定則進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。

【解答】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

2

qvB=m^-

得口=變.

qB

四個(gè)粒子中有三個(gè)帶正電的粒子，一個(gè)帶負(fù)電的粒子，根據(jù)左手定則可知，三個(gè)正粒子向y軸正向偏轉(zhuǎn),

負(fù)粒子向y軸負(fù)向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以反質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)方向沿y軸負(fù)方向，因?yàn)槠亢撕偷说谋群上嗤?，根?jù)

公式可知半徑相等，由題意可得先核的軌跡半徑等于反質(zhì)子的軌跡半徑，并小廣旅核和氮核的軌跡半徑,

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】考查牛頓第二定律和左手定則，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。

（多選）6.（2024?新鄭市校級(jí)一模）小紅將量程為0?0.6A的電流表A（表盤刻度共有30個(gè)小格），按

照?qǐng)D示電路改裝成較大量程的電流表乙，其中Ri和R2阻值用等，都等于改裝前電流表內(nèi)阻的工。下列

4

說(shuō)法正確的是（）

A.將1、2接入電路時(shí),電流表乙每一小格表示0.12A

B.將1、2接入電路時(shí),電流表乙每一小格表示0.08A

C.將I、3接入電路時(shí),電流表乙每一小格表示0.08A

D.將1、3接入電路時(shí),電流表乙每一小格表示0.06A

【考點(diǎn)】表頭的改裝；電表的改裝與應(yīng)用.

【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力.

【分析】把1、2接入電路時(shí)，電路是R2和電流表串聯(lián)后再與電阻Ri并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)

很容易計(jì)算出改裝后電流表的量程，進(jìn)而得到每小格表示的電流；同理可以解出將1、3接入電路中的

情況。

【解答】解：AB.設(shè)改裝前電流表內(nèi)阻為4R,則RI=R2=R

將1、2接入電路時(shí)，電流表量程為

I/4R+R）

1=1H_1------------=61g=6X0.6A=3.6A

因?yàn)楸肀P刻度共有30個(gè)小格，所以每一小格表示0.12A,故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.將1、3接入電路時(shí)，電流表量程為

I-4R

1=1H_§-----=31g=3X0.6A=1.8A

gR+R

因?yàn)楸肀P刻度共有30個(gè)小格，所以每一小格表示0.06A,故C錯(cuò)誤，DIE確。

故選：ADo

【點(diǎn)評(píng)】分析清楚電路的連接方式是解題的關(guān)犍，至于吊:程很容易根據(jù)歐姆定律解答出宋，

（多選）7.（2024?河南模擬）a粒子（要e）以一定的初速度與靜止的氧原子核（/））發(fā)生正碰。此過(guò)

程中，a粒子的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，ti時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（）

A.U時(shí)刻的動(dòng)量為po-pi

B.ti時(shí)亥ijleo的加速度達(dá)到最大

C.t2時(shí)刻［電的動(dòng)能達(dá)到最大

D.t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能最大

【考點(diǎn)】電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力.

【分析】a粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，從而求出氧原子核的動(dòng)量；斜率表示動(dòng)量的變化程度，

所以ti時(shí)刻a粒子的動(dòng)量變化率最大，所以受到的電場(chǎng)力最大，所以加速度達(dá)到最大；讀圖可知，t2

時(shí)刻后，a粒子反向運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻氧原子核的動(dòng)能達(dá)到最大；因?yàn)閠i時(shí)刻，氧原了?核受到的電場(chǎng)力最大，

說(shuō)明此時(shí)a粒子與氧原子核的距離最近，所以電勢(shì)能最大。

【解答】解：A.a粒子與氯原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由此可以得到ti時(shí)刻的動(dòng)量為

p2=pO-pl

故A正確；

B.ii時(shí)刻圖線的切線斜率最大，這說(shuō)明此時(shí)a粒子的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式p=mv

可知a粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即a粒子受到的電場(chǎng)力最大，說(shuō)明氧原子核受到的電

場(chǎng)力也最大，的加速度達(dá)到最大，故B正確：

C.12時(shí)刻，a粒子速度為零，由圖可知t2時(shí)刻后，a粒子反向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知在t2時(shí)

刻之后，第。的動(dòng)量達(dá)到最大，說(shuō)明的速度達(dá)到最大，所以的動(dòng)能達(dá)到最大，故c錯(cuò)誤：

888

D.ti時(shí)刻，氧原子核受到的電場(chǎng)力最大，a粒子與氧原子核的距離最近，此時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，故

D錯(cuò)誤。

故選：ABo

【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意能夠根據(jù)研究對(duì)象的動(dòng)量變化情況推導(dǎo)出速度以及動(dòng)能的變化情況。

(多選)8.(2024?河南模擬)如圖(a)所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊

P以6m/s的初速度滑上木板，l=2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動(dòng)的v-l圖像如圖(b)所示。

圖(a)圖(b)

A.Q的質(zhì)量為1kg

B.地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J

D.t=5.8s時(shí)木板速度恰好為零

【考點(diǎn)】動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用一一板塊模型；功能關(guān)系；動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒可求出Q的質(zhì)量；利用牛頓第二定律可求出動(dòng)摩擦因數(shù)；根據(jù)能量守恒定律可

求出碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能；結(jié)合動(dòng)量定理可求出木板速度恰好為零的時(shí)刻。

【解答】解：A.根據(jù)v?t圖像可知，vi=3m/s,v2=lm/s,V3=2m/s,兩者碰撞時(shí)，取滑塊P的速度

方向?yàn)檎较?，設(shè)P的質(zhì)量為m=lkg,Q的質(zhì)量為M,由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律得

mvi+Mv2=(m+M)V3

解得M=lkg

故A正確；

B.設(shè)P與Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為陽(yáng)，Q與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為眼，根據(jù)v-l圖像可知，0-2s

內(nèi)P與Q的加速度分別為ap=1.5m/s2,aQ=0.5m/s2,對(duì)P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得

Himg=map

|iimg-卬（m+M）g=MaQ

聯(lián)立解得

^12=0.05

故B錯(cuò)誤；

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

代入數(shù)據(jù)解得

△E=1.0J

故C正確；

D.對(duì)碰撞后整體受力分析，由動(dòng)量定理得

-^2（m+M）gt2=0-（m+M）V3

代入數(shù)據(jù)解得

t2=4s

因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為

t=ti+t2=2s+4s=6s

故D錯(cuò)誤；

故選：ACo

【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對(duì)于碰撞問(wèn)題，要熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。

二,實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?包頭三模）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。長(zhǎng)為1不可伸長(zhǎng)的輕繩

一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接一質(zhì)量為m的小鋼球（大小不計(jì)），豎直平面內(nèi)固定一外部標(biāo)

有刻度（圖中未畫(huà)出）的光滑半圓導(dǎo)軌，如圖所示。當(dāng)小鋼球在最低點(diǎn)時(shí)它與半圓導(dǎo)軌恰好不接觸，現(xiàn)

給小鋼球一水平向左適當(dāng)大小的初速度，使它在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球在向上擺動(dòng)過(guò)程中拉力傳感

器示數(shù)的最大值Fmax和最小值Fmin，當(dāng)Fmin剛好為0時(shí)，輕繩與水平方向的夾角為改變小鋼球的

初速度大小，重復(fù)上述過(guò)程。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Fmax-Sine圖像是一條直線，已知

重力加速度大小為g。

（1）該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來(lái)源是C（填正確答案序號(hào)）。

A.小鋼球擺動(dòng)角度偏大

B.小鋼球初始速度不同

C.小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中有空氣阻力

（2）若小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則Fmax-sine圖象的數(shù)學(xué)表達(dá)式為Fmax=3mg（1+sin。）（用

題中所給的已知物理量符合表示）。

（3）若Fmax-sine圖線的斜率為k,則小鋼球的質(zhì)量m為上。（用題中所給的已知物理量符合

-3g-

表示）

【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.

【專題】實(shí)驗(yàn)題：實(shí)驗(yàn)探究題：定量思想：實(shí)驗(yàn)分析法：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題：實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)誤差；

（2）根據(jù)牛頓第二定律與圓周運(yùn)動(dòng)公式、機(jī)械能守恒定律求解力傳感器的最大值；

（3）根據(jù)上述（2）得到的Fmax-sin。函數(shù),結(jié)合圖像斜率求解小鋼球的質(zhì)量。

【解答】解：（1）該實(shí)驗(yàn)中，鋼球擺動(dòng)會(huì)受到空氣阻力的作用，這是實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來(lái)源：小鋼球

擺動(dòng)的角度和初速度不會(huì)造成系統(tǒng)誤差，故AB錯(cuò)誤，C正確。

故選；C。

（2）設(shè)擺長(zhǎng)為1,鋼球在最低處的初速度為V0,在最低處力傳感器的示數(shù)為Fmx；

2

根據(jù)牛頓第二定律F-mg=—

maxn|

當(dāng)Fmin剛好為。時(shí)，輕繩與水平方向的夾角為此時(shí)重力沿半徑方向的分力提供向心力；

2

根據(jù)牛頓第二定律mgsinB

根據(jù)機(jī)械能守恒定律-mgl(1+sinB)^ymv2—^-mv

乙乙

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Fmax=3mg*sin0+3mg

即Fmax=3mg(l+sin9)

(3)結(jié)合Fmax-sine函數(shù)，圖線的斜率k=3mg

解得鋼球的質(zhì)量m」上。

3g

故答案為：(DC；(2)3mg(1+sinO)；(3)呆

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)，要熟練掌握機(jī)械能守恒定律、牛頓第二

定律；理解小鋼球在力傳感器示數(shù)為零時(shí)向心力的來(lái)源是解題的關(guān)鍵。

10.(2024?西安校級(jí)模擬)(1)為了測(cè)量某種型號(hào)的電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，小方同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的

實(shí)驗(yàn)電路，電流表內(nèi)阻不計(jì)，改變電阻箱R的阻值，分別測(cè)巴電路中相應(yīng)的電流I,根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn),

繪出的/_R圖像如圖乙所示.b、c及直線在坐標(biāo)軸上的截距a均已知，定俏電阻的阻值為Ro,則該

電池的電動(dòng)勢(shì)E=_」一

b-a

7

甲

(2)小袁同學(xué)設(shè)計(jì)J'如圖丙所示的實(shí)驗(yàn)電路。按圖丙連接好實(shí)驗(yàn)電路，閉合開(kāi)關(guān)前，將滑動(dòng)變阻器的

滑片P調(diào)到A(填“A”或"B")端：閉合開(kāi)關(guān)S,改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表

的示數(shù)U和I：建立U-I坐標(biāo)系，得到如圖丁所示的圖像.可得電池的電動(dòng)勢(shì)E=3.0V、內(nèi)阻r

=2.0na(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

【考點(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量.

【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】(1)根據(jù)閉合電路的歡姆定律求解電路中的電流，然后得到°-R函數(shù)表達(dá)式，結(jié)合圖像的斜

I

率和截距求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；

(2)從保護(hù)電表的角度確定滑動(dòng)變阻器的位置。根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解路端電壓與電流的關(guān)系，

然后綜合分析后結(jié)合U?I圖像，對(duì)相關(guān)的問(wèn)題進(jìn)行作答。

【解答】解：(1)由實(shí)驗(yàn)電路圖可知為串聯(lián)電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=I(RO+RK)

4r

化簡(jiǎn)得:1iDR。

IEE

結(jié)合表達(dá)式和圖像的斜率有：k=l=k^

Ec

截距一￥

ac

整理可得：E=-----,r=-----

b-ab-a%

（2）為保護(hù)電路，閉告開(kāi)關(guān)前，將滑動(dòng)變阻器的滑片P調(diào)到A端.

根據(jù)：U=E-IrU-I縱軸截距代表電動(dòng)勢(shì)，即縱截距等于電動(dòng)勢(shì)：E=3.0V,圖像斜率的絕對(duì)值代表內(nèi)

阻：「母乳=2.00

LD

故答案為：（1）-J、上^_Rc；（2）A、3.0、2.0。

b-ab-a0

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，根據(jù)圖示電路圖求出圖線的函數(shù)表達(dá)式是解題的前提。

三.計(jì)算題（共2小題）

11.（2024?西安校級(jí)模擬）2023年3月23日，山西省考古研究院發(fā)布消息，考古專家證實(shí)山西運(yùn)城董家

營(yíng)西漢墓出土墨書(shū)題銘陶罐，從中可以窺見(jiàn)漢代河?xùn)|地區(qū)豐富多樣的飲食生活?，F(xiàn)有一半徑R=2m的

3

半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心O的對(duì)稱軸00'重合，

如圖所示。轉(zhuǎn)臺(tái)靜止不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將一質(zhì)量m=0.3kg的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）放入陶罐內(nèi)，物塊恰能靜止于

陶罐內(nèi)壁的A點(diǎn)，且A點(diǎn)與陶罐球心O的連線與對(duì)稱軸OO'的夾角6=37°。取重力加速度大小g

=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。

（1）求物塊與陶罐內(nèi)壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)陽(yáng)

（2）若物塊位于與。點(diǎn)等高的陶罐上且與陶罐?起繞00'軸轉(zhuǎn)動(dòng)，求轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度3min。

【考點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律.

【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問(wèn)題；推理能力.

【分析】（1）由平衡條件可求物塊與陶罐內(nèi)壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)以

（2）若物塊位于與O點(diǎn)等高的陶罐上且與陶罐一起繞00'軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則由陶罐對(duì)物塊的支持力提供向

心力，由向心力公式求出最小的角速度。

【解答】解：（1）對(duì)物塊受力分析,由平衡條件有：mgsin8=umgcos。,解得：〃=0.75；

（2）物塊與陶罐一起繞00'軸轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊位于陶罐右端，設(shè)平臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度最小時(shí)，物塊所受摩

擦力和彈力大小分別為f和FN,有：f=mg

f=RFN

FN=IU32.R

1N111min1'

o

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Winin=2V10rad/s

答：（1）物塊與陶罐內(nèi)壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75：

（2）求轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度為WI5rad/s。

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源，根據(jù)受力分析找出向心力的來(lái)源，列出牛

頓第二定律方程即可。本題是水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型關(guān)鍵是受力分析找出向心力來(lái)源。

12.（2024?銀川一模）如圖所示，在y>0的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三，四象限內(nèi)存在

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子a,從y軸上的A點(diǎn)

（0,正h）以初速度vo沿y軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，一段時(shí)間后從x軸上的C點(diǎn)（3卜0）進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

2

域，粒子a到達(dá)y軸時(shí)速度與y軸垂直并與靜止在y軸上質(zhì)量為2m、不帶電的粒子b發(fā)生彈性正碰（未

畫(huà)出），罐撞過(guò)程中有2電荷量轉(zhuǎn)移給粒子b（a、b粒子的重力忽略不計(jì)）求：

3

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及粒子b被碰后的速度大?。?/p>

（3）相碰后兩粒子第n次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，粒子間距&y的表達(dá)式。

刀

E

一人：

。NA-T

XXXX????

gxxxx????Q

XXXX????

XXXX????

XXXX????

【考點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)展守恒定律；一維碰撞模型.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【分析】（1）粒子a從A點(diǎn)到C點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式求解；

(2)粒子a在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出軌跡圖，由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求解磁

感應(yīng)強(qiáng)度。兩粒子碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律解答：

(3)碰撞后，確定兩粒子運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系與運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，根據(jù)幾何關(guān)系求解。

【解答】解：(1)粒子a從A點(diǎn)到C點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：

沿-y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：V3h=vot

沿+x方向做初速度為零的勻加速宜線運(yùn)動(dòng)，有：-|-h=l.at2

粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a=^

m

解得：t=返2

qhv0

(2)粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿+x方向的分速度為：vx=at

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與-y方向的夾角。滿足：lane=3

v0

Vn

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為：v=—

cosy

粒子a在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖1所示，由洛，‘侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律:

2

qvB=ni^可得：「=尊

rqB

由幾何關(guān)系得粒子a的運(yùn)動(dòng)的半徑：『不，解得：=h

cosB

聯(lián)立可得磁感應(yīng)強(qiáng)度為：8=2*

3qh

設(shè)a、b粒子碰撞后瞬間速度大小分別為Va、Vb,以+X方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒

定律得：

-mv=mva-2mvb

122—12lvo2

221n7a21n7b

解得：va="v=—vo?Vb=—v=—vo

3333

（3）碰撞后a的電荷量變?yōu)長(zhǎng)],b的電荷量為多,設(shè)a、b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑分別為s、rb,則

33

有：

mva2mvb

ra=-z=3h>rb=-^=6h

oo

可得：rb=2ra

由周期：T=空外，因碰撞后兩粒子的比荷相等，故它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期相同,可得兩粒子同時(shí)經(jīng)

qB

相碰后兩粒子第n次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，粒子間距Ay的表達(dá)式為:

Ay=2nrb-2nra=6nh

2

0

答：（I）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為mV1

qh

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為當(dāng)處，及粒子b被碰后的速度大小為'vo；

3qh3

（3）相碰后兩粒子第n次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，粒子間距Ay的表達(dá)式為Ay=6nh。

【點(diǎn)評(píng)】本題是電場(chǎng)和磁場(chǎng)中帶電粒子運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓冏運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)

動(dòng)。帶電粒子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)畫(huà)機(jī)跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場(chǎng)中的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)處理的

方法是運(yùn)動(dòng)的分解與合成。

四,選修部分（共3小題）

（多選）13.（2024?西安校級(jí)模擬）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,其壓強(qiáng)與體積的關(guān)系圖

B.氣體的內(nèi)能減小

C.外界對(duì)氣體做負(fù)功

D.氣體分子的平均動(dòng)能增大

E.氣體的密度增大

【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)圖像類問(wèn)題.

【專題】定量思想；推理法；內(nèi)能及其變化專題；熱力學(xué)定律專題；推理能力.

【分析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷溫度的變化，根據(jù)溫度內(nèi)能的關(guān)系判斷；根據(jù)氣體體積與做功的關(guān)

系判斷：根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷：根據(jù)溫度與氣體分子的平均動(dòng)能關(guān)系判斷：根據(jù)密度公式判斷.

【解答】解：B.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

*

T1

由于壓強(qiáng)和體積均增加，可知溫度T增加，內(nèi)能增加，故B錯(cuò)誤；

C.該過(guò)程中，氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，外界對(duì)氣體做負(fù)功，故C正確；

A.內(nèi)能增加，則有AU>0

外界對(duì)氣體做負(fù)功，則有WV0

根據(jù)

△U=Q+W

可知

Q>0

即氣體吸收熱量，故A正確；

D.由于溫度增加，氣體分子的平均動(dòng)能增大，故D正確；

E.氣體體枳增大，質(zhì)量不變，密度減小，故E錯(cuò)誤。

故選：ACD<,

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握理想氣體狀態(tài)方程、溫度、體積與內(nèi)能、分子平均動(dòng)能的關(guān)系。

14.（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）在導(dǎo)熱良好的矩形氣缸內(nèi)用厚度不計(jì)的活塞封閉有理想氣體，當(dāng)把氣缸倒置

懸掛在空中，穩(wěn)定時(shí)活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當(dāng)把氣缸開(kāi)口朝上放置于水平地面上，活塞

穩(wěn)定時(shí)如圖乙所示。已知活塞質(zhì)量為m,橫截面積為S,大氣壓強(qiáng)環(huán)境溫度為To,氣缸的

深度為h,重力加速度為g,不計(jì)活塞與氣缸壁間的摩擦。

（I）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度hi；

（2）活塞達(dá)到圖乙狀態(tài)時(shí)將環(huán)境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內(nèi)能隨熱

力學(xué)溫度變化的關(guān)系為U=kT,k為常數(shù)，大氣壓強(qiáng)保持不變，求在該過(guò)程中封閉氣體所吸收的熱量Q。

/〃〃〃〃/〃

h

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

【專題】定量思想：推理法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；理解能力.

【分析1開(kāi)口向上向下時(shí)，對(duì)活塞受力分析求解封閉氣體壓強(qiáng)，然后對(duì)氣體利用玻意耳定律列式求解。

【解答】解：（1）設(shè)甲、乙中封閉氣體的壓強(qiáng)分別為pi、P2，

根據(jù)平衡條件有：piS+mg=poS,poS+mg=p2s

解得：跖烏旦，

PlSP2s

氣體做等溫變化，由玻意耳定律有

pihS=p2hiS

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)整理解得：上且h

（2）設(shè)活塞回到氣缸口時(shí)氣體溫度為T1,氣體等壓變化，則有

M_=hS

VT7

可得:TI=1T。

氣體對(duì)外做的功為:W=p2s（h-hi）=2mgh

氣體內(nèi)能變化為：△U=kT「kT0事To

o

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：AU=Q-W

代入整理解得：Q*kTo+2111gh

o

答：（1）圖乙中活塞離氣缸底部的高度h1=3h；

（2）在該過(guò)程中封閉氣體所吸收的熱量Q上kTo+2mgh。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查氣體實(shí)驗(yàn)定律，關(guān)鍵是氣缸開(kāi)口向上向下時(shí)分別對(duì)活塞受力分析求解封閉氣體壓強(qiáng),

然后利用玻意耳定律列式求解即可。

（1）一列簡(jiǎn)諧橫波某時(shí)刻的波動(dòng)圖像如圖1所示，波源振動(dòng)的頻率為5Hz,沿x軸正方向傳播。下列

說(shuō)法正確的是ABE（填E確答案標(biāo)號(hào)）。

A.波源的振幅為20cm

B.平衡位置在x=6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻速度最大

C.平衡位置在x=6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻加速度最大

D.從圖示時(shí)刻起再經(jīng)過(guò)0.1s,波源向x軸正方向運(yùn)動(dòng)了2m

E.從圖示時(shí)刻起再經(jīng)過(guò)0.2s,波源通過(guò)的路程為80cm

（2）如圖2,截面為直角三角形的玻璃楂鏡置于真空中，已知NA=60。，/C=90。，一束極細(xì)的光

于AC邊的中點(diǎn)F處垂直AC面入射，AC=2V6cn?玻璃的折射率為門=&，光在真空的速度為c=3

X108m/So求：

①光從玻璃射向真空時(shí)，發(fā)生全反射時(shí)的臨界角；

②從BC面射出?的光在棱鏡中傳播的時(shí)間。

【考點(diǎn)】全反射：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；光的折射及折射定律.

【專題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題：全反射和臨界角專題；分析綜合能力.

【分析】（I）根據(jù)圖I可知振幅，在平衡位置處的質(zhì)點(diǎn)速度最大，加速度為零，質(zhì)點(diǎn)只能在平衡位置振

動(dòng)，不會(huì)“隨波逐流“，根據(jù)頻率與周期互為倒數(shù)求解周期，再求解波源通過(guò)的路程；

（2）①根據(jù)發(fā)生全反射時(shí)臨界角公式求解；

②畫(huà)出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系以及光在玻璃中的速度公式丫小進(jìn)行求解。

n

【解答】解：（1）A.由圖可知，波源的振幅為A=20cm,故A正確；

BC.平衡位置在x=6m處的質(zhì)點(diǎn)此刻位于平衡位置，速度最大，加速度為0,故B正確，C錯(cuò)誤；

D.波源只會(huì)在平衡位置附近振動(dòng)，不會(huì)“隨波逐流"，故D錯(cuò)誤：

E.由題可知周期為T=A=_LS=0.2S,則從圖示時(shí)刻起再經(jīng)過(guò)T=0.2S,波源通過(guò)的路程為S=4A