2024年高考物理终极押题密卷1（新课标卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷1（新课标卷）

一.选择题

1.（2024•太原一模）如图所示，蜜蜂同上同下挥动两个翅膀，在水面上形成稳定的干涉图样，A为加强

区一点，B为减弱区一点。下列说法正确的是（）

A.图中B处质点振幅最大

B.图中A处质点位移始终最大

C.蜜蜂两翅膀挥动频率可以不同

D.A点到两个波源的距离差为波长的整数倍

2.（2024•山西模拟）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的

圆弧形滑道PQ,从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则

运动员沿PQ下滑过程中（）

A.所受摩擦力不变

B.所受支持力不变

C.重力做功的功率逐渐增大

D.机械能逐渐减小

3.（2024•合肥二模）图示为氢原子的能级图。大量处于n=3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为

入1、入2、入3（入1VQV入3）的三种谱线。下列说法中正确的是（)

nE/eV

oo----------------0

4--0.85

3-------------------1.51

2-------------------3.40

1-------------------13.60

11

A.入i+入2=QB.-j—=+

人1人2人3

C.入I入3=Q2D.X12+A22=A32

4.（2024•吉林模拟）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道飞

行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入

轨后微小卫星的（）

A.角速度比空间站的大B.加速度比空间站的小

C.速率比空间站的小D.周期比空间站的大

5.（2024•吉林模拟）生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、

N、P为电场中的点。下列说法正确的是（）

头部

A.P点电场强度大于M点电场强度

B.P点电势小于N点电势

C.M点电势小于N点电势

D.某带电小颗粒只在电场力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，其在N点电势能小于在M点电势

能

（多选）6.（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示

为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发

生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为mi、m2,碰后两车的速度大小分别为vi、V2,假设碰

撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）

黄车红车

A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有mi>m2

B.若碰后黄车反向运动，则珑撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6

C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有n[2>3mi

D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1

（多选）7.（2024•吉林一模）如图所示为一定质量的理想气体从状态a—b—cfd—a过程的V-T图像,

其中ac的连线过原点，be、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）

A.从状态a到状态b,气体对外做正功

B.从状态b到状态c,单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变

C.从状态c到状态d,气体向外放出热量

D.a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功

（多选）8.（2024•吉林一模）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，

总质量为M的人与喷水装置.，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动.一段时间内，人

与喷水装置在竖直方向运动的v-l图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为

正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.h〜t2时间内，水的反冲作用力越来越大

B.水的反冲作用力的功率为Mgv2

C.ti时刻，v-1图像切线的斜率为空11

D.U-12时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为v..\1/22、

乙t2f）方（丫2-丫1）

二、实验题

9.（2024•合肥二模）如图（a）所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、

小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：

（1）用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；

（2）用刻度尺测出摆线的K度为1,用游标卡尺测出小球直径为山

（3）将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；

（4）将小球由平衡位置拉开一个角度（BV5。）,静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间

（i）根据图（b）可知，单摆的周期T=s：

（ii）重力加速度g的表达式为（用测得的物理量符号表示）；

（iii）改变摆线长度1,重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组T和1的值，进一步描绘出如

图（c）的图像，则该图像以为横坐标（选填“2”、“T”或若图线的斜率为k,则

T

重力加速度的测量值为。

10.（2024•吕梁一模）某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找

到了如下实验器材：

电池组（电动势约为6.0V,内阻约为1C）；

灵敏电流计G（满偏电流Ig=100nA）；

内阻Rg=200C,定值电阻Ro（R（）=1C）：

定值电阻Ri；

电阻箱R；

开关与导线若干。

同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。

（1）若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要（选填“串联”或“并联”）定

值电阻Ri等于Qo

（2）为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。

（3）同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R,作出的图像如图乙所示，已知图

线的斜率为匕纵截距为b,电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E

=，内阻r=o（用题目中0所给的字母表示）

0

&

-Il----_I------

ErKR2

乙丙T

（4）该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该

型号的灯泡并联后再与R2=9.0n的定值电阻串联起来接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E=

6.0V,内阻r=1.0Q）,如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为W（结果保留两位有效数字）。

三.解答题（共3小题）

II.（2024•长春一模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子经阳极A

与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D

间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的。点，若在两极板间施加电压U,则离开

极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若在极板间再施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的

匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到。点。该装置中C、D极板的长度为L,间距为d,

极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L2,P点到O点的距离为ho

（1）判断所加磁场的方向;

（2）求电子经高压加速后的速度人小v；

（3）求电子的比荷且。

12.（2024・长春模）如图，质量M=4kg的只K方体形空箱了在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加

速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数囚=0.4。这时箱子内•个质量m=lkg的物块恰好能静止

在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数R2=0.5O设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g

2

取IOm/s0求:

（1）箱子对物块弹力的大小:

（2）水平拉力F的大小。

13.（2024•延边州一模）如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑

绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角9=30°,上端连接电阻Ri=Ro,大小Bi=B

的匀强磁场I垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef,cd边和ef边均紧密贴合

导轨,右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场H,大小B2未知,末端连接电阻R2=2Ro。

质量为m、电阻为Ro、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，在到达底端前已开始匀速运

动，后进入水平导轨与线框cdcf发生碰撞，立即连成闭合线框abed,然后再进入匀强磁场已知U

形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g,导体棒和线框在运动中均与导轨接触良

好。

求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率;

(2)若闭合线框abed在完全进入磁场II之前速度减为零，求电阻R2产生的热显;

(3)若闭合线框abed刚好运动到磁场II的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场H的磁感应强度B2o

2024年菁优高考物理终极押题密卷1（新课标卷）

参考答案与试题解析

一.实验题

二.试题（共1。小题）

I.（2024•太原-模）如图所示，蜜蜂同上同下挥动两个翅膀，在水面上形成稳定的T涉图样，A为加强

区一点，B为减弱区一点。下列说法正确的是（）

A.图中B处质点振幅最大

B.图中A处质点位移始终最大

C.蜜蜂两翅膀挥动频率可以不同

D.A点到两个波源的距离差为波长的整数倍

【考点】波的干涉现象.

【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力.

【分析】两波发生干涉时，振动加强点与两个波源的距离差为零或者为半波长的偶数倍，振动减弱点与

两个波源的距离差为半波长的奇数倍。

【解答】解：A、由题，B是振动减弱点，则B点的振幅最小，故A错误；

B、图中A点是振动加强点，则A点的振幅增大，并不是A处质点位移始终增大，故B错误；

C、蜜蜂两翅膀挥动频率始终相同，不然，在水面上不能形成稳定的干涉图样，故C错误；

D、A为加强点，根据干涉加强点的条件可知，A点到两个波源的距离•差为波长的整数倍，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查波的干涉，知道振动加强点和振动减弱点的找法。

2.（2024•山西模拟）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的

圆弧形滑道PQ,从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则

运动员沿PQ下滑过程中（）

p

A.所受摩擦力不变

B.所受支持力不变

C.重力做功的功率逐渐增大

D.机械能逐渐减小

【考点】机械能；向心力；功率、平均功率和瞬时功率.

【专题】比较思想；模型法；功能关系能量守恒定律；理解能力.

【分析】滑雪运动员的速率不变，做匀速圆周运动，切向方向合力为零，法向方向合力大小不变，且提

供向心力，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力、支持力的变化。根据重力与速度夹角

的变化分析重力做功功率的变化。结合摩擦力做功情况分析机械能变化。

【解答】解：A、滑雪运动员从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中做匀速圆周运动，切向方向合力为

零，法向方向合力大小不变，重力沿切线方向的分力逐渐减小，运动员所受摩擦力大小等于重力沿切线

方向的分力，则知运动员所受的摩擦力减小，故A错误；

22

B、重力沿法向分力Gn逐渐增大，根据向心力方程可知FN-Gn=mJ,得FN=Gn+m3-,可知运动

RR

员所受支持力增大，故B错误；

C、重力、速率都不变，但重力与速度相互间夹角变大，竖直方向的分速度减小，则重力做功的功率逐

渐减小，故C错误：

D、摩擦力一直做负功，机械能逐渐减小，故D正确。

故选：Do

【点评】本题要明确任意位置摩擦力的方向与速度方向相反，即沿曲线的切线方向。任意位置远动员均

受到重力、摩擦力及支持力。再根据合外力做功为零，可知摩擦力与重力沿圆弧的切线方向的分力等大、

反向。

3.（2024•合肥二模）图示为氢原子的能级图。大量处于n=3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为

入I、入2、入3（A1<A2<A3）的三种谱线。下列说法中正确的是（)

nE/eV

oo------------0

4--0.85

3--------------1.51

2--------------3.40

1--------------13.60

11

A.入i+入2=QB.-j—=+

人1人2人3

C.入I入3=Q2D.X12+A22=A32

【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁.

【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力.

【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，根据该规律进行分析

【解答】解：根据反―6=皿=匕早可得：N=+，,故有Y—=1+1,故B正确，

入人1人2入3入1入2人3

ACD错误。

故选:Bo

【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即En-En=hv,注意波长与频率的关系。

4.（2024•吉林模拟）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道飞

行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入

轨后微小卫星的（）

A.角速度比空间站的大B.加速度比空间站的小

C.速率比空间站的小D.周期比空间站的大

【考点】人造卫星；万有引力定律的应用.

【专题】定量思想；类比法；人造卫星问题；理解能力.

【分析】根据万有引力提供向心力分别列式求出角速度、线速度、加速度以及周期，进行比较。

【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得

GMm八2丫2_4兀2

-r=ma=m—=m~~r

rrT

整理可得

GM

a=~^

微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，即

r卫Vr空

则入轨后微小卫星的角速度比空间站的大，速率比空间站的大，加速度比空间站的大，周期比空间站的

小，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力提供向心力，熟悉公式之间的推导关

系即可完成解答，难度不大。

5.（2024•吉林模拟）生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、

N、P为电场中的点。下列说法正确的是（）

A.P点电场强度大于M点电场强度

B.P点电势小于N点电势

C.M点电势小于N点电势

D.某带电小颗粒只在电场力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，其在N点电势能小于在M点电势

【考点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；电场强度与电场力.

【专题】定性思想：推理法；电场力与电势的性质专题：推理能力.

【分析】根据电场线的疏密程度分析出不同位置的场强大小；

沿着电场线方向电势逐渐降低；

根据电场力的做功类型分析出电势能的变化。

【解答】解：A、P点位置的可场线要比M点的稀疏，所以P点电场强度小于M点电场强度，故A错

误；

B、从P到无穷远处，电势降诋，从无穷远处到N点，电势降低，所以P点电势高于N点电势，故B

错误；

C、从N到N为沿电场线方向，电势降低，所以M点电势小于N点电势，故C正确；

D、带电小颗粒所受电场力指向轨迹内侧，即小颗粒带正电，从N移动到M,电场力做正功，电势能减

小，故N点电势能大于M点电势能，故D错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查了电场线的相关概念，理解在电场线中分析出电场强度和电势高低的方法即可，

整体难度不大。

（多选）6.（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示

为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发

生正撞：已知黄车和红车连同游客的质量分别为m3m2,碰后两车的速度大小分别为vi、\2假设碰

撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）

黄车红车

A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有mi>m2

B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比才能为5：6

C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则•定有m2>3mi

D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1

【考点】一维碰撞模型；功能关系；动量守恒定律.

【专题】定量思想：推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力.

【分析[根据弹性碰撞的动量守恒定理和机械能守恒定律求出二者的碰后速度，据此讨论即可。

【解答】解：AB>根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有miv=ir.ivi+m2V2,

12_1212解偏._llll-lll22in।

万叫v:万叫丫147m2V2'解传.v「同而7丫’V

2nij+m2

可知，当mi>m2时两车得碰后速度方向相同，故A正确：

BC、若碰后黄车反向运动，贝！miVrm,则碰撞后黄车速度小「碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大

1n

小之比不可能为5：6,若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即2一叫$>2叫中m2>3mi,故

IU]+11（2in।

B错误，C正确;

D、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1,即v2：v=3：I,得mi+3m2=0,不符合实际

情况，故D错误。

故选：ACo

【点评】本题考杳了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的

系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性。

（多选）7.（2024•吉林一模）如图所示为一定质量的理想气体从状态a-b-Ldfa过程的V-T图像，

其中ac的连线过原点，be、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）

A.从状态a到状态b,气体对外做正功

B.从状态b到状态c,单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变

C.从状态c到状态d,气体向外放出热量

D.a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功

【考点】热力学第一定律及其应用：热力学图像类问题.

【专题】定量思想：类比法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力.

【分析】根据气体体积的变化，确定做功情况：

根据压强的变化确定单位时间、单位面积撞击器壁的分子数的大小；

一定质量的理想气体内能由温度决定；应用热力学第一定律分析答题；

根据图示图象分析清楚气体状态a-b与c-d的过程平均压强的大小，再比较做功。

【解答】解：A、从状态a到状态b,气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确；

B、从状态b到状态c,气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据一定质量理想句体状态方程

心二C，可知气体压强增人，又温度升高，气体平均功能增人，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分

T

子数增加，故B错误；

C、从状态c到状态d,气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对•气体做功，根据热力学第一

定律：AU=Q+W,可知，气体放出热量，故C正确；

D、由一定质量理想气体状态方程反式可得：V工T，结合题图V-T图像上各点与原点连线的斜率

Tp

越大，气体的压强越小，从状态a到状态b与从状态c到状态d,气体体积变化量在数值上相等，由状

态a到状态b的平均压强小于状态c到状态d,所以a到b气体对外做的功小于c到d外界对气体做的

功，故D错误；

故选：ACo

【点评】本题考杳图像问题，知道一定质量的理想气体内能由温度决定、知道压强与单位时间、单体面

积撞击器壁的分子数决定等是解题的关键。根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用热力学第一

定律和一定质量理想气体状态方程分析解题。

（多选）8.（2024•吉林一模）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，

总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人

与喷水装置在竖直方向运动的v-t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为

正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.U〜12时间内，水的反冲作用力越来越大

B.水的反冲作用力的功率为Mgv2

C.ti时刻，图像切线的斜率为

V1

D.ti・t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为«了J）

vNN12gN1

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律.

【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力.

【分析】根据图像判断tl〜t2时间内人与喷水装置的速度V的变化，再根据P=Fv判断水的反冲作用力

的变化；根据v-l图像确定人向上运动的最大速度，根据重力求出水反冲作用力的功率；据功率恒定

分析U时刻水的反冲作用力，再根据牛顿第二定律求得图像的斜率及人的加速度大小；根据动能定理

求出U〜12时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度。

【解答】解：A.由图像知，U〜t2时间内人竖直方向的速度越来越大，据P=Fv可得，当反冲作用力

的功率P恒定的情况下，随着速度v的增大，水的反冲作用力F逐渐减小，

故A错误；

B.12时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力

F=Mg

水的反冲作用力的恒定功率

P=Fv=Mgv2

故B正确；

C.设水的反冲作用力为Fi,由v-t图像可知ti时刻，人与喷水装置的速度为vi,由

P=MgV2

P=Fivi

可知

由牛顿第二定律

Fi-Mg=Ma

可得ti时刻，v-t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度

v2-vl

a=----------g

V1

故C正确；

D.由动能定理

191o

-

P(t2t1)-Mgh=-T-Mv2-^Mv1

可得

h=v2(t2-t1)-^-(V2-Vi)

故D正确。

故选：BCD。

【点评】本题主要考查了功率P=Fv,知道功率一定时，作月力随着速度的增加而减小；同时也考查了

v・t图像，知道图像切线的斜率表示加速度。

9.(2024•合肥二模)如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、

小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：

(I)用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；

(2)用刻度尺测出摆线的长度为1,用游标R尺测出小球直径为d；

（3）将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；

（4）将小球由平衡位置拉开一个角度（。<5°）,静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间

变化的图像，如图（b）所示。

请回答下列问题:

（i）根据图（b）可知，单摆的周期T=2s：

（ii）重力加速度g的表达式为_g=玲）—（用测得的物理量符号表示）;

（iii）改变摆线长度1，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组T和1的值，进一步描绘出如

图（c）的图像，则该图像以为横坐标（选填“』”、"T”或"T2”），若图线的斜率为k,则重

T

力加速度的测量值为4112k。

【考点】用单摆测定重力加速度.

【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理能力.

【分析】（4）（i）结合单摆的运动规律和图（b）的具体数据求解周期T；

（ii）根据单摆的周期公式推导重力加速度表达式;

（iii）根据单摆周期公式结合图（c）推导重力加速度表达式。

【解答】解：（4）（i）根据单摆的运动规律一个周期内应该有两次小球与手机间距离的最小值，结合图

<b）可得出，单摆的周期为T=2s；

（ii）根据单摆的周期公式

1将

T=2H

解得重力加速度g的表达式为

g誓a吟）

（ii）由上一问中重力加速度的表达式可得

4打，2

结合图（C）的图像，可知则该图像以丁2为横坐标；若图线口勺斜率为k,则

可知重力加速度的测量值为g=4n2k

2

故答案为：（4）（i）2；（ii）（W）；（iii）4滔匕

【点评】考查利用单撰求周期和重力加速度的问题，会根据题意结合图像进行相关的分析和计算。

10.（2024•吕梁一模）某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找

到了如下实验器材：

电池组（电动势约为6.0V,直阻约为1C）；

灵敏电流计G（满偏电流Ig=100pA）；

内阻Rg=200Q,定值电阻Ro（Ro=l。）；

定值电阻Ri；

电阻箱R：

开关与导线若干.

同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。

（1）若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联（选填“串联”或“并联”）定

值电阻Ri等于79800

（2）为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。

（3）同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R,作出的图像如图乙所示，已知图

线的斜率为k,纵截距为b,电源中的电流远大卜电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E=

，内阻r=K-R（用题目中所给的字母表示）

b—-勺

乙丙

（4）该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该

型号的灯泡并联后再与R2=9.on的定值电阻串联起来接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E=

6.0V,内阻r=L（）C）,如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为0.34W（结果保留两位有效数字）。

【考点】电池电动势和内阻的测量.

【专题】定量思想：推理法；恒定电流专题；实验能力.

【分析】（1）根据电表改装原理分析解答；

（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距分析解答；

（4）根据灯泡在电路中的连接结构，作出对应的I-U图象，根据交点解答电功率.

【解答】解：（1）根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联一

个定值电阻Ri=U<-Ro------..—n-2000=79800。；

Ig100XIO-6

［（R+R）

（3）根据闭合电路欧姆定律可知E=I（R+R）H——（R+r）

g1—―RU

变形可得：J^ji+RgjRok）（&+Rg）i

IEER

则由图象性质可知：纵釉截距斜率卜=8°叱）（Ri+Rg）=b（Rn+r）

EEu

R+R

联立解得：E=-J_1r上-Rn

bb0

（4）设灯泡的电压为U,电流为I,则有：U=E-4I（R2+r）

代入数据解得：U=6-40I；

作出对应的I-U图象如图所示，由图象可知，灯泡电流I=0.14A,电压U=0.6V,

故四只灯泡消耗的实际总功率为P=4UI=4X0.14X0.6W=0.34W；

//A

R+R

故答案为：（1）串联；79800；（3）-1~1；K-RC；(4)0.34

bb八。

【点评】本题考查测量电动势加内电阻的实验，关键明确实验原理，掌握数据处理的方法是解题的关键。

三,解答题（共3小题）

II.（2024•长春一模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子经阳极A

与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D

间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U,则离开

极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若在极板间再施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的

匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点。该装置中C、D极板的长度为Li,间距为d,

极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L2,P点到。点H勺距离为ho

（1）判断所加磁场的方向；

（2）求电子经高压加速后的速度大小v；

（3）求电子的比荷旦。

【考点】带电粒子在电场中的运动综合.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力.

【分析】（1）对电子受力分析，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，电场力方向竖直向下，则洛伦兹

力竖直向上，结合左手定则即可判断出磁场方向。

（2）电子受到电场力和洛伦兹力平衡，电场力的大小为eE,洛伦兹力的大小为evB,即可求解电子经

高压加速后的速度大小Vo

（3）没有加磁场时，电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可推

导出垂直于极板方向的位移，电子离开极板区域后做匀速直线运动，水平方向的速度等于电子刚进入极

板间的初速度，求出匀速直线运动的时间，即可求出P点离开0点的距离。加上磁场B后，荧光屏上

的光点重新回到O点，说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，洛伦兹力

竖直向上，故根据左手定则可求出磁场的方向，并能得到电子进入极板时的速度大小v,联立•可求出比

荷。

【解答】解：（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到。点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平

衡，电场力方向竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，故根据左手定则可得出磁场方向垂直于纸面向外。

（2）电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有

cE=evB

又有

联立解得，电子射入偏转电场的速度

U

V=Bd

（3）电子在极板区域运行的时间

L1

在电场中的偏转位移

121eE2

了1亍t二万『1

电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度

eE

v=at=—11

丫m1

设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2,则有

L2-fLl

t2="^

电子离开电场后在垂直极板方向的位移

y2=Vyt2

P点离开0点的距离等于电子在垂直.极板方向的总位移

h=yi+y2

联立解得

e_hU

mJL2dB2

答：（1）磁场方向垂直于纸面向外；

（2）电子经高压加速后的速度大小v为」L；

Bd

（3）电子的比荷旦为一也

mL'dB/

【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复

合场中，是速度选择器的原理，难度适中。

12.（2024•长春一模）如图，质量M=4kg的一只长方体形空箱子在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加

速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数阳=0.4。这时箱子内一个质量m=lkg的物块恰好能静止

在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数2=0.5。设最大静摩擦力等「滑动摩擦力，重力加速度g

取10m/s2o求：

（1）箱子对物块弹力的大小：

（2）水平拉力F的大小。

【考•点】牛顿第二定律；力的合成与分解的应用.

【专•题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理能力.

【分析】（1）根据平衡条件和摩擦力公式计算；

（2）对物块和箱子分别列牛顿第二定律计算。

【解答】解：（1）根据题意可知，物块恰不下滑，物块在竖直方向平衡，则由平衡条件可得

Ff=mg=IX10N=10N

物块随箱子向右做匀加速运动，则可知物块与箱子的加速度相同，设为a,箱子对物块的支持力为FN,

则

Ff=|12FN

解得，箱子对物块的支持力为

FN=20N

（2）对物块由牛顿第二定律可得

FN=ma

解得

a=£l=岑wS2=20m/s2

m1

对箱子，由牛顿第二定律可得

F-|ii(m+M)g=(m+M)a

解得

F=R(m+M)g+(m+M)a=0.4X(1+4)X10N+(1+4)X20N=120N

答：《I)箱了对物块弹力的大小为2()N；(2)水平拉力F的大小为120N。

【点评】本题关键掌握整体法和隔离法的使用。

13.(2024•延边州一模)如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑

绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角9=30°,上端连接电阻Ri=Ro,大小Bi=B

的匀强磁场【垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef,cd边和ef边均紧密贴合

导轨,右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场II,大小B2未知,末端连接电阻R2=2RO。

质量为m、电阻为Ro、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，化到达底端前已开始匀速运

动，后进入水平导轨与线框cdef发生碰撞，立即连成闭合线框abed,然后再进入匀强磁场II。已知U

形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g,导体棒和线框在运动中均与导轨接触良

好。

(1)求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率；

(2)若闭合线框abed在完全进入磁场H之前速度减为零，求电阻R2产生的热量；

(3)若闭合线框abed刚好运动到磁场H的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场II的磁感应强度B2。

【考点】电磁感应中的能量类问题；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时产生的感应电动势.

【专题】计算题；定量思想；推理法：电磁感应一一功能问题；分析综合能力.

【分析】(1)由£=135求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用平衡条件求出速度，根据

功率公式求出重力的功率。

(2)应用动量守恒定律与能量守恒定律求出热量。

(3)应用动量定理求出磁感应强度。

【解答】解：(1)导体棒ab在倾斜导轨上匀速运动时所受安培力的功率最大，设此时速度为v,则感

应电动势£=133

感应电流为1=建一

2斤

安培力为F=BIL

由平衡条件有mgsin9=F

mgR

联立解得：vr4n

D2L2

则重力的最大功率为P=mgvsin0

92

解得：p=零零

2B2L2

(2)在水平导轨上，导体棒ab与线框cdef碰撞时，满足系统动量守恒，设碰后速度为vi,依题意设

线框cdef质量为3m,电阻为3Ro,

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=(m+3m)vi

mgR

解得：v0

14B2L2

碰后闭合线框abed进入磁场过程，de边切割磁感线，cd边、ef边被导轨短路，电路结构如图所示

&~-E,R（）R?

则有段总哧。脸Rn高'2RI-宫1C瓦

电路产生的总热量为Q-x4niV1-0

2

2

QR。1

电阻R2产生的热量为Q，——x—Q

R总3

029

联立解得Q，」后？

60B4L4

(3)闭合线框仍以速度vi进入磁场B2,设线框完全进入时速度为V2,由动量定理可得

R总21

线框全部进入磁场后de边、ab边同时切割磁感线，相当于两电源井联，电路结构如图所示

民&干E,R°R2

回路总电阻为R，怠二且R0

JJ2

BoL3

依题意设线框再前移L距离速度恰好为0,由动量定理可得~~=0-4mv9

R总2

联立解得B2;坐咨

答：(1)ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率是—L

2B2L2

32R2

(2)电阻R2产生的热量---L刊;

60B4L4

(3)磁场II的磁感应强度B2是要#。

【点评】对广电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出

方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求

解。

考点卡片

1.力的合成与分解的应用

【知识点的认识】

一、物体的受力分析

I.放在水平地面上静止的物体.

IG

F合=0

二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两

个力合力为零，物体处于平衡状杰.

2.放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）

///////!//////

F合r。

竖直方向上三力平衡：F+FN=G,即：竖直方向上合力为0.

3.放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）

FNA

F合=0

水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为o

竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0.

4.放在水平地面.上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）

///////I//////

F合=0

水平方向上：Fx=Ff,即：水平方向上合力为0；

竖直方向上：G=Fy+FN,即：竖直方向上合力为0.

5.力的合成解题：放在斜面上静止的物体

合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡.

6.力的分解解题：放在斜面上静止的物体

Ff

分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件.

7.放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止

平行斜面方向上：Fi=F+Ff,即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：F2=FN,即：垂直斜面方向上合力为0.

8.放在斜面上的物体受到•个垂直斜面向下的力F仍保持静止

F合？0

平行斜面方向上：Fi=Ff,即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：F2+F=FN,即：垂直斜面方向上合力为0.

9.放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止

平行斜面方向上：Gi=Ff+Fi,即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：G2+F2=FN,m：垂直斜面方向上合力为o.

2.牛顿第二定律

【知识点的认识】

I.内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方

向相同.

2.表达式：F-=ma.该表达式只能在国际单位制中成立.因为产介=A・ma,只有在国际单位制中才有女

=1.力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得Im/s2的加速度的力，叫做1N,即lN=lkg・m/s2.

3.适用范围：

（I）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）.

（2）牛顿第二定律只适