2024年高考物理终极押题密卷2（全国乙卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷2（全国乙卷）

一,试题（共8小题）

1.（2024•青原区校级一模）三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今三有3000至

5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用,4C衰变测定年代技术进行考

古研究，可以确定文物的大致年代，气衰变方程为14c_k的半衰期是5730年，下列

说法中正确的是（）

A.方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分

B.方程中的X是中子，来源F原子核

C.文物所埋藏的环境会影响；4c的半衰期，进而对推算年代造成影响

D.若在、.N、X的质量分别是mi、m2、m3,一个自发生衰变释放能量为皿-肥一1^）

2.（2024•碑林区模拟）用F表示物体受到的力，x表示物体的位移，v表示物体的速度，a表示物体的加

速度，I表示物体运动的时间，不计空气阻力，对物体自由下落的过程，取竖直向下为正方向，以下图

3.（2024•郑州模拟）在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛中，

一运动员将排球从A点斜向上以速度vi击出，排球沿轨迹ABC运动；另一运动员将该排球从C点以

水平速度V2击回，排球沿轨迹CDA运动，恰好落回出发点A。不计空气阻力，则排球（）

A.沿轨迹CDA运动的最大速度可能为VI

B.沿轨迹ABC运动的最小速度为V2

C.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量大小相同

D.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小可能相同

4.（2024•江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）

所示，传感器探头线圈置广被测材料上方，给线圈通止弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流

正方向。在工〜以时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（

)

24

图（b）

A.不断增大，逆时针B.不断增大，顺时针

C.不断减小，逆时针D.不断减小，顺时针

核

)J\M核

5.（2024•包头三模）四个粒子气核（21HX、

同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力，下列描绘这

四个粒子运动轨迹的图像中正确的是（）

（多选）6.（2024•新郑市校级一模）小红将量程为。〜0.6A的电流表A（表盘刻度共有30个小格），按

照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中R1和R2阻值用等，都等于改装前电流表内阻的L下列

4

说法正确的是（）

——®——

-----c=]-----□-----

%口2

I23

A.将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.12A

B.将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08A

C.将1、3接入电路时,电流表乙每•小格表示0.08A

D.将1、3接入电路时,电流表乙每一小格表示0.06A

（多选）7.（2。24•河南模拟）。粒子（4He）以一定的初速度与静止的氧原子核（产）发生正碰。此过

程中，a粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，ti时刻图线的切线斜率最大。则（

A.ti时刻乙9的动量为po・pi

B.ti时刻leo的加速度到最人

8

C.时刻产的动能达到最大

D.12时刻系统的甩势能最大

（多选）8.（2024•河南模拟）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块

P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图（b）所示。

重力加速度大小g取10m/s2,则（）

图(b)

A.Q的质量为1kg

B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1

C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J

D.t=5.8s时木板速度恰好为零

二.实验题（共2小题）

9.（2024•包头三模）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。长为1不可伸长的轻绳

一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球（大小不计），竖直平面内固定一外部标

有刻度（图中未画出）的光滑半圆导轨，如图所示。当小钢球在最低点时它与半圆导轨恰好不接触，现

给小钢球一水平向左适当大小的初速度，使它在竖直平面内摆动，记录钢球在向上摆动过程中拉力传感

器示数的最大值Fmax和最小值Fmin,当Fmin刚好为。时，轻绳与水平方向的夹角为仇改变小钢球的

初速度大小，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Fmax-Sine图像是一条直线，已知

重力加速度大小为g。

（1）该实验系统误差的主要来源是（填正确答案序号，

A.小钢球摆动角度偏大

B.小钢球初始速度不同

C.小钢球摆动过程中有空气阻力

（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则Fmax-Sin0图象的数学表达式为Fmax=

（用题中所给的已知物理量符合表示）。

（3）若Fmax-sine图线的斜率为k,则小钢球的质量m为。（用题中所给的

已知物理量符合表示）

10.（2024•西安校级模拟）（1）为了测量某种型号的电池的电动势和内阻，小方同学设计了如图甲所示的

实验电路，电流表内阻不计，改变电阻箱R的阻值，分别测日电路中相应的电流I,根据实脸数据描点,

绘出的牛—R图像如图乙所示。b、c及直线在年坐标轴上的被距a均已知，定值电阻的阻值为Ro,则该

电池的电动势E=、内阻r=

（2）小袁同学设计了如图内所示的实验电路。按图内连接好实验电路，闭合开关前，将滑动变阻器的

滑片P调到（填“A”或"B"）端；闭合开关S,改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流

表的示数U和I；建立U-I坐标系，得到如图丁所示的图像，可得电池的电动势E=V、内

阻「=Ho（结果均保留两位有效数字）

三,计算题（共2小题）

11.（2024•西安校级模拟）2023年3月23口，山西省考占研究院发布消息，考占专家证实山西运城箪家

营西汉墓出土墨书题铭陶罐，从中可以窥见汉代河东地区丰富多样的饮食生活。现有一半径R=』m的

3

半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心0的对称轴00’重合，

如图所示。转台静止不转动时，将-质量m=0.3kg的物块（视为质点）放入陶罐内，物块恰能静止于

陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心0的连线与对称轴OO'的夹角6=37°.取重力加速度大小g

=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（I）求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数内

（2）若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕00'轴转动，求转台转动的最小角速度Ohnin。

12.（2024•银川一模）如图所示，在y>0的区域存在沿X轴正方向的匀强电场，在第三，四象限内存在

磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场质量为m,电荷量为q的带正电粒子a,从y轴上的A点

（0,V3D以初速度vo沿y轴负方向射入电场，一段时间后从x轴上的C点（3卜0）进入磁场区

2

域，粒子a到达y轴时速度与y轴垂直并与静止在y轴上质量为2m、不带电的粒子b发生弹性正碰（未

画出），耀撞过程中有2电荷量转移给粒子b（a、b粒子的重力忽略不计）求：

3

（1）电场强度E的大小；

（2）磁感应强度B的大小及粒了被碰后的速度大小；

（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距Ay的表达式。

四,选修部分（共3小题）

（多选）13.（2024•西安校级模拟）一定质审:的理想气体从状态A变化到状态B,其压强与体积的关系图

像如图所示，下列说法正确的是（）

p

B

A

OV

A.气体吸收热量

B.气体的内能减小

C.外界对气体做负功

D.气体分子的平均动能增大

E.气体的密度增大

14.（2024•东湖区校级一模）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置

悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图中所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞

稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m,横截面枳为S,大气压强。「用近，环境温度为T。，气缸的

P。S

深度为h,重力加速度为g,不计活塞与气缸壁间的摩擦。

（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度hi：

（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热

力学温度变化的关系为U=kT,k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。

〃〃〃〃〃〃

（1）一列简谐横波某时刻的波动图像如图1所示，波源振动的频率为5Hz,沿x轴正方向传播。下列

说法正确的是（填正确答案标号）。

A.波源的振幅为20cm

B.平衡位置在x=6m处的质点此刻速度最大

C.平衡位置在x=6m处的质点此刻加速度最大

D.从图示时刻起再经过0.1s,波源向x轴正方向运动了2m

E.从图示时刻起再经过0.2s,波源通过的路程为80cm

（2）如图2,截面为直角三角形的玻璃棱镜置于真空中，已知NA=60°,ZC=90°,一束极细的光

于AC边的中点F处垂直AC面入射，AC=2遍cn，玻璃的折射率为n=V5,光在真空的速度为c=3

X108m/s。求：

①光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角；

②从BC面射出的光在棱镜中传播的时间。

2024年菁优高考物理终极押题密卷2（全国乙卷）

参考答案与试题解析

一.试题（共8小题）

1.（2024•青原区校级一模）三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今乙有3000至

5000年历史，昭示K江流域与黄河流域样同属中华文明的母体。利用3c哀变测定年代技术进行考

古研究，可以确定文物的大致年代，1位衰变方程为14c-；41rx,1七的半衰期是5730年，下列

说法中正确的是（）

A.方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分

B.方程中的X是中子，来源于原子核

C.文物所埋藏的环境会影响:4c的半衰期，进而对推算年代造成影响

D.若9c、14N'X的质量分别是rm、m2、m3,一个，气发生衰变释放能量为凤_血-曰）c2

【考点】质量亏损与质能方程；原子核的衰变及半衰期、衰变速度.

【专题】定量思想；推理法；爱因斯坦的质能方程应用专题；推理能力.

【分析】AB.根据核反应的书写规则和粒子特性进行分析判断；

C.根据半衰期的决定因素分析：

D.根据爱因斯坦的质能方程列式计算。

【解答】解：AB.根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为-1,质量数为0,可知X为电子，来

源于原子核，故AB错误；

C.半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子咳内部因素决定，故C错误；

22＞

D.根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量△E=Amc=（m1-m2-m3）c故D正确。

故选：D.

【点评】考查核反应方程的书写规则，知道放射性元素半衰期的决定因素，会根据质能方程进行相关计

算。

2.（2024•碑林区模拟）用F表示物体受到的力，x表示物体的位移，v表示物体的速度，a表示物体的加

速度，t表示物体运动的时间，不计空气阻力，对物体自由下落的过程，取竖直向下为正方向，以下图

像正确的是（）

【考点】运动学图像综合；自由落体运动.

【专题】定吊:思想；图析法；运动学中的图象专题；自由落体运动专题；推理能力.

【分析】物体做自由落体运动，只受重力作用，重力保持不变，加速度保持不变；物体下落位移与时间

为二次函数关系；根据V=gt可确定V与t的关系。

【解答】解：AD.物体自由下落的过程，物体做自由落体运动，只受重力作用，重力保持不变，加速

度为重力加速度，加速度保持不变，故AD错误；

B.物体做自由落体运动，则有：

12

X^2§+t

可知x-t图像应为抛物线，故B错误；

C.物体做自由落体运动，则有：

v=gt

可知v-t图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确。

故选C。

【点评】此题考查了自由落体运动相关问题，关键是抓住自由落体运动特点及运动学公式去分析。

3.（2024•郑州模拟）在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛中，

一运动员将排球从A点斜向上以速度vi击出，排球沿轨迹ABC运动；另一运动员将该排球从C点以

水平速度V2击回，排球沿轨迹CDA运动，恰好落回出发点A。不计空气阻力，则排球（）

A.沿轨迹CDA运动的最大速度可能为VI

B.沿轨迹ABC运动的最小速度为V2

C.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量大小相同

D.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小可能相同

【考点】斜抛运动；平抛运动.

【专题】定量思想；合成分解法：运动的合成和分解专题；推理能力.

【分析】AB、利用运动学公式比较速度；

C、利用速度变化量与加速度的关系判断两种运动情况的速度变化零是否相同;

D、通过平均速度与时间、位移的关系判断两种运动情况的区别。

【解答】解：对运动情况分析

根据图像可知，轨迹①最高点百于轨迹②最高点，分析两者最高点左侧的运动，根据平抛运动规律可知

x

V=­

xt

轨迹①运动时间长，水平位移相等，则沿轨迹①运动的水平分速度小，根据v"2gh，可知轨迹①的竖

直分速度大于轨迹②，所以沿轨迹②运动的最大速度可能等于VI,沿轨迹①运动的最小速度即水平速

度小于V2,故A正确，B错误；

C、因为速度变化量Av=gA|,沿轨迹①的运动时间大，则沿轨迹①运动过程的速度变化量大，故C

错误；

D、沿轨迹①和轨迹②运动过程的位移大小相同，但沿轨迹①的运动时间大，沿轨迹①运动过程的平均

速度小，故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查了对抛体运动规律的了解，其中运用运动的合成与分解方法将抛体运动分别研究水平

方向、竖直方向的运动情况为解题的关键。

4.（2024•江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）

所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流

正方向。在工〜卫工时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（）

24

A.不断增大，逆时针B.不断增大，顺时针

C.不断减小，逆时针D.不断减小，顺时针

【考点】楞次定律.

【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理能力.

【分析】根据安培定则判定穿过螺线管的磁场的方向以及穿过圆环的磁通量变化，再依据楞次定律，确

定涡流的方向。

【解答】解：由题图可知，在工〜丑时间内电路中的电流与图中电流方向相反，被测材料区域原磁场

24

方向竖直向上，电流不断增大，则磁场不断增大，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向

下，由安培定则可知，在被测材料上的涡流方向为顺时针（俯视）：又因为工〜旦时间内i・t图像的

24

斜率不断减小，则感应磁场变化率不断减小，由法拉第电磁感应定律E:H■筌■二及欧姆定律

1=旦可知，被测材料上的涡流大小不断减小。故ABC错误，D正确。

R

故选：Do

【点评】解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同或来拒去留，来分析环所受的安培力方向。

（•包头三模）四个粒子气核（；）、旅核（科）、氮核（和反质子（、）先后以相

5.2024H4HC）H

同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入•匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力，下列描绘这

四个粒子运动轨迹的图像中正确的是（）

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力.

【分析】根据牛顿第二定律列式推导粒子的轨迹半径表达式，结合四个粒子的正负情况，比荷差别以及

左手定则进行准确的分析和判断。

【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有

2

qvB=m^-

得口=变.

qB

四个粒子中有三个带正电的粒子，一个带负电的粒子，根据左手定则可知，三个正粒子向y轴正向偏转,

负粒子向y轴负向发生偏转，所以反质子的偏转方向沿y轴负方向，因为瓶核和氮核的比荷相同，根据

公式可知半径相等，由题意可得先核的轨迹半径等于反质子的轨迹半径，并小广旅核和氮核的轨迹半径,

故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】考查牛顿第二定律和左手定则，会根据题意进行准确的分析和判断。

（多选）6.（2024•新郑市校级一模）小红将量程为0〜0.6A的电流表A（表盘刻度共有30个小格），按

照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中Ri和R2阻值用等，都等于改装前电流表内阻的工。下列

4

说法正确的是（）

A.将1、2接入电路时,电流表乙每一小格表示0.12A

B.将1、2接入电路时,电流表乙每一小格表示0.08A

C.将I、3接入电路时,电流表乙每一小格表示0.08A

D.将1、3接入电路时,电流表乙每一小格表示0.06A

【考点】表头的改装；电表的改装与应用.

【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力.

【分析】把1、2接入电路时，电路是R2和电流表串联后再与电阻Ri并联，根据并联电路的电流特点

很容易计算出改装后电流表的量程，进而得到每小格表示的电流；同理可以解出将1、3接入电路中的

情况。

【解答】解：AB.设改装前电流表内阻为4R,则RI=R2=R

将1、2接入电路时，电流表量程为

I/4R+R）

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

因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.12A,故A正确，B错误；

CD.将1、3接入电路时，电流表量程为

I-4R

1=1H_§-----=31g=3X0.6A=1.8A

gR+R

因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.06A,故C错误，DIE确。

故选：ADo

【点评】分析清楚电路的连接方式是解题的关犍，至于吊:程很容易根据欧姆定律解答出宋，

（多选）7.（2024•河南模拟）a粒子（要e）以一定的初速度与静止的氧原子核（/））发生正碰。此过

程中，a粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，ti时刻图线的切线斜率最大。则（）

A.U时刻的动量为po-pi

B.ti时亥ijleo的加速度达到最大

C.t2时刻［电的动能达到最大

D.t2时刻系统的电势能最大

【考点】电势能与电场力做功的关系；动量守恒定律.

【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力.

【分析】a粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，从而求出氧原子核的动量；斜率表示动量的变化程度，

所以ti时刻a粒子的动量变化率最大，所以受到的电场力最大，所以加速度达到最大；读图可知，t2

时刻后，a粒子反向运动，t2时刻氧原子核的动能达到最大；因为ti时刻，氧原了•核受到的电场力最大，

说明此时a粒子与氧原子核的距离最近，所以电势能最大。

【解答】解：A.a粒子与氯原子核组成的系统动量守恒，由此可以得到ti时刻的动量为

p2=pO-pl

故A正确；

B.ii时刻图线的切线斜率最大，这说明此时a粒子的动量变化率最大，根据动量的表达式p=mv

可知a粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即a粒子受到的电场力最大，说明氧原子核受到的电

场力也最大，的加速度达到最大，故B正确：

C.12时刻，a粒子速度为零，由图可知t2时刻后，a粒子反向运动，根据系统动量守恒，可知在t2时

刻之后，第。的动量达到最大，说明的速度达到最大，所以的动能达到最大，故c错误：

888

D.ti时刻，氧原子核受到的电场力最大，a粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，故

D错误。

故选：ABo

【点评】学生在解答本题时，应注意能够根据研究对象的动量变化情况推导出速度以及动能的变化情况。

(多选)8.(2024•河南模拟)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块

P以6m/s的初速度滑上木板，l=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-l图像如图(b)所示。

图(a)图(b)

A.Q的质量为1kg

B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1

C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J

D.t=5.8s时木板速度恰好为零

【考点】动量与能量的综合应用一一板块模型；功能关系；动量守恒定律.

【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力.

【分析】根据动量守恒可求出Q的质量；利用牛顿第二定律可求出动摩擦因数；根据能量守恒定律可

求出碰撞系统损失的机械能；结合动量定理可求出木板速度恰好为零的时刻。

【解答】解：A.根据v・t图像可知，vi=3m/s,v2=lm/s,V3=2m/s,两者碰撞时，取滑块P的速度

方向为正方向，设P的质量为m=lkg,Q的质量为M,由系统动量守恒定律得

mvi+Mv2=(m+M)V3

解得M=lkg

故A正确；

B.设P与Q之间的动摩擦因数为阳，Q与地面之间的动摩擦因数为眼，根据v-l图像可知，0-2s

内P与Q的加速度分别为ap=1.5m/s2,aQ=0.5m/s2,对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得

Himg=map

|iimg-卬（m+M）g=MaQ

联立解得

^12=0.05

故B错误；

C.由于碰撞系统损失的机械能为

代入数据解得

△E=1.0J

故C正确；

D.对碰撞后整体受力分析，由动量定理得

-^2（m+M）gt2=0-（m+M）V3

代入数据解得

t2=4s

因此木板速度恰好为零的时刻为

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

故D错误；

故选：ACo

【点评】学生在解答本题时，应注意对于碰撞问题，要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律。

二,实验题（共2小题）

9.（2024•包头三模）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。长为1不可伸长的轻绳

一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球（大小不计），竖直平面内固定一外部标

有刻度（图中未画出）的光滑半圆导轨，如图所示。当小钢球在最低点时它与半圆导轨恰好不接触，现

给小钢球一水平向左适当大小的初速度，使它在竖直平面内摆动，记录钢球在向上摆动过程中拉力传感

器示数的最大值Fmax和最小值Fmin，当Fmin刚好为0时，轻绳与水平方向的夹角为改变小钢球的

初速度大小，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Fmax-Sine图像是一条直线，已知

重力加速度大小为g。

（1）该实验系统误差的主要来源是C（填正确答案序号）。

A.小钢球摆动角度偏大

B.小钢球初始速度不同

C.小钢球摆动过程中有空气阻力

（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则Fmax-sine图象的数学表达式为Fmax=3mg（1+sin。）（用

题中所给的已知物理量符合表示）。

（3）若Fmax-sine图线的斜率为k,则小钢球的质量m为上。（用题中所给的已知物理量符合

-3g-

表示）

【考点】实验验证机械能守恒定律.

【专题】实验题：实验探究题：定量思想：实验分析法：机械能守恒定律应用专题：实验能力.

【分析】（1）根据实验原理分析实验误差；

（2）根据牛顿第二定律与圆周运动公式、机械能守恒定律求解力传感器的最大值；

（3）根据上述（2）得到的Fmax-sin。函数,结合图像斜率求解小钢球的质量。

【解答】解：（1）该实验中，钢球摆动会受到空气阻力的作用，这是实验系统误差的主要来源：小钢球

摆动的角度和初速度不会造成系统误差，故AB错误，C正确。

故选；C。

（2）设摆长为1,钢球在最低处的初速度为V0,在最低处力传感器的示数为Fmx；

2

根据牛顿第二定律F-mg=—

maxn|

当Fmin刚好为。时，轻绳与水平方向的夹角为此时重力沿半径方向的分力提供向心力；

2

根据牛顿第二定律mgsinB

根据机械能守恒定律-mgl(1+sinB)^ymv2—^-mv

乙乙

代入数据联立解得Fmax=3mg*sin0+3mg

即Fmax=3mg(l+sin9)

(3)结合Fmax-sine函数，图线的斜率k=3mg

解得钢球的质量m」上。

3g

故答案为：(DC；(2)3mg(1+sinO)；(3)呆

【点评】本题考查了用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验，要熟练掌握机械能守恒定律、牛顿第二

定律；理解小钢球在力传感器示数为零时向心力的来源是解题的关键。

10.(2024•西安校级模拟)(1)为了测量某种型号的电池的电动势和内阻，小方同学设计了如图甲所示的

实验电路，电流表内阻不计，改变电阻箱R的阻值，分别测巴电路中相应的电流I,根据实验数据描点,

绘出的/_R图像如图乙所示.b、c及直线在坐标轴上的截距a均已知，定俏电阻的阻值为Ro,则该

电池的电动势E=_」一

b-a

7

甲

(2)小袁同学设计J'如图丙所示的实验电路。按图丙连接好实验电路，闭合开关前，将滑动变阻器的

滑片P调到A(填“A”或"B")端：闭合开关S,改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表

的示数U和I：建立U-I坐标系，得到如图丁所示的图像.可得电池的电动势E=3.0V、内阻r

=2.0na(结果均保留两位有效数字)

【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)根据闭合电路的欢姆定律求解电路中的电流，然后得到°-R函数表达式，结合图像的斜

I

率和截距求解电动势和内阻；

(2)从保护电表的角度确定滑动变阻器的位置。根据闭合电路的欧姆定律求解路端电压与电流的关系，

然后综合分析后结合U・I图像，对相关的问题进行作答。

【解答】解：(1)由实验电路图可知为串联电路，根据闭合电路欧姆定律得：E=I(RO+RK)

4r

化简得:1iDR。

IEE

结合表达式和图像的斜率有：k=l=k^

Ec

截距一¥

ac

整理可得：E=-----,r=-----

b-ab-a%

（2）为保护电路，闭告开关前，将滑动变阻器的滑片P调到A端.

根据：U=E-IrU-I纵轴截距代表电动势，即纵截距等于电动势：E=3.0V,图像斜率的绝对值代表内

阻：「母乳=2.00

LD

故答案为：（1）-J、上^_Rc；（2）A、3.0、2.0。

b-ab-a0

【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据图示电路图求出图线的函数表达式是解题的前提。

三.计算题（共2小题）

11.（2024•西安校级模拟）2023年3月23日，山西省考古研究院发布消息，考古专家证实山西运城董家

营西汉墓出土墨书题铭陶罐，从中可以窥见汉代河东地区丰富多样的饮食生活。现有一半径R=2m的

3

半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴00'重合，

如图所示。转台静止不转动时，将一质量m=0.3kg的物块（视为质点）放入陶罐内，物块恰能静止于

陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO'的夹角6=37°。取重力加速度大小g

=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数阳

（2）若物块位于与。点等高的陶罐上且与陶罐•起绕00'轴转动，求转台转动的最小角速度3min。

【考点】向心力；牛顿第二定律.

【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；圆周运动中的临界问题；推理能力.

【分析】（1）由平衡条件可求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数以

（2）若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕00'轴转动，则由陶罐对物块的支持力提供向

心力，由向心力公式求出最小的角速度。

【解答】解：（1）对物块受力分析,由平衡条件有：mgsin8=umgcos。,解得：〃=0.75；

（2）物块与陶罐一起绕00'轴转动，物块位于陶罐右端，设平台转动的角速度最小时，物块所受摩

擦力和弹力大小分别为f和FN,有：f=mg

f=RFN

FN=IU32.R

1N111min1'

o

联立代入数据解得：Winin=2V10rad/s

答：（1）物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为0.75：

（2）求转台转动的最小角速度为WI5rad/s。

【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，根据受力分析找出向心力的来源，列出牛

顿第二定律方程即可。本题是水平面内的圆周运动模型关键是受力分析找出向心力来源。

12.（2024•银川一模）如图所示，在y>0的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，在第三，四象限内存在

磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场质量为m,电荷量为q的带正电粒子a,从y轴上的A点

（0,正h）以初速度vo沿y轴负方向射入电场，一段时间后从x轴上的C点（3卜0）进入磁场区

2

域，粒子a到达y轴时速度与y轴垂直并与静止在y轴上质量为2m、不带电的粒子b发生弹性正碰（未

画出），罐撞过程中有2电荷量转移给粒子b（a、b粒子的重力忽略不计）求：

3

（1）电场强度E的大小；

（2）磁感应强度B的大小及粒子b被碰后的速度大小；

（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距&y的表达式。

刀

E

一人：

。NA-T

XXXX••••

gxxxx••••Q

XXXX••••

XXXX••••

XXXX••••

【考点】带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动；动展守恒定律；一维碰撞模型.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力.

【分析】（1）粒子a从A点到C点做类平抛运动，应用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律与运动

学公式求解；

(2)粒子a在第四象限做匀速圆周运动，画出轨迹图，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解磁

感应强度。两粒子碰撞过程根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答：

(3)碰撞后，确定两粒子运动半径关系与运动时间关系，根据几何关系求解。

【解答】解：(1)粒子a从A点到C点做类平抛运动，则：

沿-y方向做匀速直线运动，有：V3h=vot

沿+x方向做初速度为零的匀加速宜线运动，有：-|-h=l.at2

粒子在电场中的加速度为：a=^

m

解得：t=返2

qhv0

(2)粒子a进入磁场时沿+x方向的分速度为：vx=at

进入磁场时速度方向与-y方向的夹角。满足：lane=3

v0

Vn

进入磁场时速度大小为：v=—

cosy

粒子a在第四象限做匀速圆周运动，轨迹如图1所示，由洛，‘仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律:

2

qvB=ni^可得：「=尊

rqB

由几何关系得粒子a的运动的半径：『不，解得：=h

cosB

联立可得磁感应强度为：8=2*

3qh

设a、b粒子碰撞后瞬间速度大小分别为Va、Vb,以+X方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒

定律得：

-mv=mva-2mvb

122—12lvo2

221n7a21n7b

解得：va="v=—vo»Vb=—v=—vo

3333

（3）碰撞后a的电荷量变为L],b的电荷量为多,设a、b粒子在磁场中运动半径分别为s、rb,则

33

有：

mva2mvb

ra=­z=3h>rb=-^=6h

oo

可得：rb=2ra

由周期：T=空外，因碰撞后两粒子的比荷相等，故它们在磁场中运动周期相同,可得两粒子同时经

qB

相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距Ay的表达式为:

Ay=2nrb-2nra=6nh

2

0

答：（I）电场强度E的大小为mV1

qh

（2）磁感应强度B的大小为当处，及粒子b被碰后的速度大小为'vo；

3qh3

（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距Ay的表达式为Ay=6nh。

【点评】本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，粒子在磁场中做匀速圆冏运动，在电场中做类平抛运

动。带电粒子在磁场的运动画机迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的

方法是运动的分解与合成。

四,选修部分（共3小题）

（多选）13.（2024•西安校级模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,其压强与体积的关系图

B.气体的内能减小

C.外界对气体做负功

D.气体分子的平均动能增大

E.气体的密度增大

【考点】热力学第一定律及其应用；理想气体及理想气体的状态方程；热力学图像类问题.

【专题】定量思想；推理法；内能及其变化专题；热力学定律专题；推理能力.

【分析】根据理想气体状态方程判断温度的变化，根据温度内能的关系判断；根据气体体积与做功的关

系判断：根据热力学第一定律判断：根据温度与气体分子的平均动能关系判断：根据密度公式判断.

【解答】解：B.根据理想气体状态方程

*

T1

由于压强和体积均增加，可知温度T增加，内能增加，故B错误；

C.该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；

A.内能增加，则有AU>0

外界对气体做负功，则有WV0

根据

△U=Q+W

可知

Q>0

即气体吸收热量，故A正确；

D.由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D正确；

E.气体体枳增大，质量不变，密度减小，故E错误。

故选：ACD<,

【点评】本题关键掌握理想气体状态方程、温度、体积与内能、分子平均动能的关系。

14.（2024•东湖区校级一模）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置

悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞

稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m,横截面积为S,大气压强环境温度为To,气缸的

深度为h,重力加速度为g,不计活塞与气缸壁间的摩擦。

（I）求图乙中活塞离气缸底部的高度hi；

（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热

力学温度变化的关系为U=kT,k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。

/〃〃〃〃/〃

h

【考点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律.

【专题】定量思想：推理法；气体的状态参量和实验定律专题；理解能力.

【分析1开口向上向下时，对活塞受力分析求解封闭气体压强，然后对气体利用玻意耳定律列式求解。

【解答】解：（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为pi、P2，

根据平衡条件有：piS+mg=poS,poS+mg=p2s

解得：跖乌旦，

PlSP2s

气体做等温变化，由玻意耳定律有

pihS=p2hiS

联立代入数据整理解得：上且h

（2）设活塞回到气缸口时气体温度为T1,气体等压变化，则有

M_=hS

VT7

可得:TI=1T。

气体对外做的功为:W=p2s（h-hi）=2mgh

气体内能变化为：△U=kT「kT0事To

o

根据热力学第一定律可得：AU=Q-W

代入整理解得：Q*kTo+2111gh

o

答：（1）图乙中活塞离气缸底部的高度h1=3h；

（2）在该过程中封闭气体所吸收的热量Q上kTo+2mgh。

【点评】本题考查气体实验定律，关键是气缸开口向上向下时分别对活塞受力分析求解封闭气体压强,

然后利用玻意耳定律列式求解即可。

（1）一列简谐横波某时刻的波动图像如图1所示，波源振动的频率为5Hz,沿x轴正方向传播。下列

说法正确的是ABE（填E确答案标号）。

A.波源的振幅为20cm

B.平衡位置在x=6m处的质点此刻速度最大

C.平衡位置在x=6m处的质点此刻加速度最大

D.从图示时刻起再经过0.1s,波源向x轴正方向运动了2m

E.从图示时刻起再经过0.2s,波源通过的路程为80cm

（2）如图2,截面为直角三角形的玻璃楂镜置于真空中，已知NA=60。，/C=90。，一束极细的光

于AC边的中点F处垂直AC面入射，AC=2V6cn»玻璃的折射率为门=&，光在真空的速度为c=3

X108m/So求：

①光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角；

②从BC面射出।的光在棱镜中传播的时间。

【考点】全反射：波长、频率和波速的关系；光的折射及折射定律.

【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题：全反射和临界角专题；分析综合能力.

【分析】（I）根据图I可知振幅，在平衡位置处的质点速度最大，加速度为零，质点只能在平衡位置振

动，不会“随波逐流“，根据频率与周期互为倒数求解周期，再求解波源通过的路程；

（2）①根据发生全反射时临界角公式求解；

②画出光路图，根据几何关系以及光在玻璃中的速度公式丫小进行求解。

n

【解答】解：（1）A.由图可知，波源的振幅为A=20cm,故A正确；

BC.平衡位置在x=6m处的质点此刻位于平衡位置，速度最大，加速度为0,故B正确，C错误；

D.波源只会在平衡位置附近振动，不会“随波逐流"，故D错误：

E.由题可知周期为T=A=_LS=0.2S,则从图示时刻起再经过T=0.2S,波源通过的路程为S=4A