2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）

一,选择题（共5小题）

1.（2024•安徽模拟）一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向上下振

动，T形支架下面系着•个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水

中振动，其振动的频率约为3Hz。现在圆盘以4s的周期匀速转动带动小球上下振动。下列说法正确的

A.圆盘上的小圆柱转到圆心等高处时，T形支架的瞬时速度为零

B.小球振动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒

C.小球振动达到稳定时，它振动的频率是0.25Hz

D.若圆盘以2s的周期匀速转动，小球振动达到稳定时，振幅比原来小

2.（2024•合肥一模）我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这

是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、

2的质量分别为Mi、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）

A.半径之比为Mi：M2B.向心力之比为Mi：M2

C.动能之比为Mi：M2D.角速度之比为1：1

3.（2024•安徽模拟）在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过

程中运动员水平方向位移的大小X、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t之

间关系的图像，可能正确的是（）

AX

A

A.OB.O

4.（2024•长沙县校级模拟）光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、

自动报警等方面有着广泛的应用。现有含光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光

分别照射光电管得到的I-U图线，U、U表示遏止电压。下列说法中正确的是（）

C4C）

A.甲、乙、丙三束光的光子动量p甲=p乙＞p丙

B.甲光照射时比内光照射时产生的光电子的最大初动能小

C.分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄

D.甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱

5.（2024•合肥二模）我国是世界.上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简

化如图所示，放电通道的两极诃存在一加速电场。工作物质京气进入放电通道后被电离为例离子，经电

场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U,岚离子向外喷射形成的电流强

度为L流离子的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器

产生的推力为（）

放电通道I.

o

㊉E

敬o

o

气oX

o1Xe+

㊉--------------------->

阳极阴极

A.B.c.D.

二,多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•吉林一模）如绍所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP,圆弧轨道的圆心为O,

OA水平，OP竖直，半径为R=2m。一质量为m=1kg的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的速度从A

到P做匀速圆周运动，重力加速度g=10m/s2,Q为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出），OA与OQ

的夹角为30°,下列说法正确的是（）

A.在Q点时，重力的瞬时功率为ISjGw

B.在A到P的过程中合力对小物块的冲量为零

C.小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功

D.在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为II.5N

（多选）7.（2024•安徽模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相

同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量

为m,水平初速度为vo,初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成

。角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k,重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

A.小球落地时重力的功率为mgv

B.小球下落的时间为吧包包地

mg

m（v-vcos8）

C.小球下落过程中的水平位移大小为——?n-----------

k

D.小球下落过程中空气阻力所做的功为工m（u2-vQ-mgh

2

（多选）8,（2024•太原二模）如图所示，模拟V形发动机的圆柱形绝热气缸倾斜放置，顶端封闭，下端

开口，缸体轴线在竖直平面内且与水平方向的夹角为8。重为G、横截面积为S的活塞可沿气缸壁无摩

擦滑动，活塞距气缸顶部的距离为Lo,缸内密封的理想气体温度为To。若电热丝缓慢加热过程中产生

的热量Q全部被气体吸收，气体的内能增加AU,大气压强为po,下列说法正确的是（）

A.加热前，缸内气体的压强为po+Gsig6

B.加热过程中，气体对外做功的大小为AU-Q

c.加热过程中，活塞移动的距离为一Q一△.c

poS-Gsin0

（）

D.加热后，缸内气体的温度升高一万T5n--U----A--U--

L0（p0S-Gsine）

三.实验题（共2小题）

9.（2024•吉林一模）某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操

作：

a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水

平；

b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d：

c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的

钩码；

d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t,测量出释放点到光电门的距离L；

e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m）,仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相

应的挡光时间。

遮光条鬻门

滑圾+-------

气垫导轨n

o

n

甲乙

（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为cm；

（2）已知重力加速度为g,若所挂钩码的个数为n,系统的机械能守恒时，关系式

成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；

（3）利用记录的实验数据，以工为横轴、I?为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为匕若系统的

n

机械能守恒，则1<=（用己知和测量的物理量的字母表示）。

10.（2024•合肥•模）某同学要测量•段金属丝的电阻率，实验室提供的实验器材有：

A.粗细均匀的待测金属丝，长度为0.5m,电阻约3C

B.电压表（0〜3V、内阻约3kC）

C.电流表（0〜0.6A、内阻约3。）

D.滑动变阻器（最大阻值5。）

E.毫米刻度尺、螺旋测微器

F.两节干电池、开关S及导线若干

请完成以下内容：

（1）用螺旋测微器测金属丝直径，首先未放被测物时，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆与

测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度的零刻度线未对齐，如图1所示，该示数为

mm,螺旋测微器夹有金属丝时示数如图2所示，该示数为mm。

ffll图2图3即

（2）该同学根据图3的电路图进行了实物连线，请在图4中补全连线。

（3）连接好电路后，将滑动变阻器触头调到最左端，闭合开关S,调节滑动变阻器的触头位置，记录

电压表示数U和对应的电流表示数I,再调节滑动变阻器的触头位置得到多组U、I数据，如下表：

U/V0.580.700.910.951.201.38

I/A0.200.240.280.330.420.48

图5为采用上表数据描绘出的点，请在答题卡上的图中补全数据点，并作出U-I图像。

图5

由图像可得金属丝的电阻值&=。，电阻率p=n・m。（均保留2位有效数

字）

四,解答题（共3小题）

11.（2024•吕梁一模）如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为

h,最高点的曲率半径（曲线上该点所在处的曲率圆半径）为2h,被一个弯曲的与“小山”连在一起的

光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略

小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g,挡板罩质量不计，求：

（1）小球的初速度vo多大；

（2）小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；

（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。

12.（2024•吉林模拟）如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向

未知，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t=0时从A点以大小为的初速度

水平向右抛出，经过•段时间后，小球以大小为J丽的速度竖直向下经过B点，随后小球第•次经过

A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2h,水平距离为h,

A点到水平面C的竖直距离为128h,重力加速度为go求：

A*—►

E

B

4

0

T2T3T4T

一4

C

甲乙

(1)AB两点间的电势差;

(2)匀强电场的场强Eo的大小和方向;

(3)小球到达水平面C时与A点的水平距离。

13.（2024•安徽模拟）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角9=30°的斜面上，其间距

L=2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始

终保持垂直且接触良好，N。棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已

校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg,NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为20,导轨电阻

不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F,此时拉力传感器开始测量细线拉

力FT,作出力FT随时间I的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度

g取10m/s2o求:

(1)ti=ls时，金属棒ab的速度大小;

(2)t2=3s时，外力F的大小;

(3)已知金属棒ab在0〜3s的时间内产生的热量为4.5J,求这段时间外力F所做的功。

FT/N

N拉力传感器

4

2

0t/s

甲乙

2024年菁优高考物理终极押题密卷2（新课标卷）

参考答案与试题解析

一.选择题（共5小题）

I.（2024•安徽模拟）一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向上下振

动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水

中振动，其振动的频率约为3Hz。现在圆盘以4s的周期匀速转动带动小球上下振动。下列说法正确的

是（）

A.圆盘上的小圆柱转到圆心等高处时，T形支架的瞬时速度为零

B.小球振动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒

C.小球振动达到稳定时，它振动的频率是0.25Hz

D.若圆盘以2s的周期匀速转动，小球振动达到稳定时，振幅比原来小

【考点】简谐运动的回复力和能量；共振及其应用；机械能守恒定律.

【专题】定最思想：推理法；简谐运动专题；推理能力.

【分析】小球做受迫振动，稳定振动时的频率与外部驱动力的频率相同，故由f=」•可求出振动频率；

T

小球的振幅与圆盘的转速行美，然后结件受迫振动的特点判断。

【解答】解：A.小圆柱转到圆心等高处时，小圆柱的速度沿竖直方向的分速度不为零，则T形支架的

瞬时速度也不为零，故A错误；

B.圆盘转动，通过小圆柱带动T形支架上下振动，T形支架又通过弹簧使小球做受迫振动，即小球振

动过程中受到T形支架的驱动力的作用，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；

C.经过一段时间后，小球振动达到稳定时，它振动的频率和驱动力频率相同，UPf^l=lHz=025Hz，

T4.

故c正确；

D.圆盘以2s的周期匀速运动时，驱动力频率为f=l=lHz=0.5Hz

T2

驱动力频率接近小球的固有频率，所以振幅比原来大，故D错误。

故选：Co

【点评】本题主要考查了受迫振动，解题关键是明确系统的固有频率和驱动力频率关系。

2.（2024♦合肥•模〉我国科学家团队在某个河外星系中发现了•对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这

是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、

2的质量分别为Mi、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）

A.半径之比为Mi：M2B.向心力之比为Mi：M2

C.动能之比为Mi：M2D.角速度之比为I：I

【考点】动能；向心力；万有引力定律的应用.

【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理能力.

【分析】根据万有引力定律和双黑洞绕转系统的特点，得到双黑洞转动的角速度，向心力，半径，动能

之比。

【解答】解：BD、一对相互环绕旋转的超大质量不等的双黑洞系统，在相互之间的万有引力的作用下，

绕其连线上的0点做匀速圆周运动，绕它们连线上某点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，向心力大

小相等，角速度大小相等，所以向心力之比为1：1，角速度之比为1：1,故B错误，D正确：

A、根据万有引力提供向心力，由-------=M132rl=34N其中门+「2=L,得到n：r2=M2：

r]11/，

Mi,故A错误；

C、根据动能定理EK=Lm/得动能之比为M2：MI,故C错误。

2

故选：D。

【点评】本题主要考查万有引力定律应用，解题关键是知道双黑洞系统的特点，根据万有引力提供向心

力列方程进行判断。

3.（2024•安徽模拟）在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过

程中运动员水平方向位移的大小X、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t之

间关系的图像，可能正确的是（）

【考点】功率、平均功率和瞬时功率：平抛运动；斜抛运动.

【专题】比较思想；图析法；功率的计算专题；理解能力.

【分析】运动员跳跃过程可视为斜抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛运动，根据

分运动的规律列式分析图像的形状。

【解答】解：A、运动员跳跃过程做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，

设水平速度为V0,竖直速度为Vy,则水平方向位移X=VOt,即X与t成正比，X-t图像是过原点的直线，

故A错误；

B、竖直方向位移的大小为y=vy-l图像是开口向下的抛物线，故B错误；

y2

C、竖直方向是竖直上抛运动，竖直方向的速度为Vyl=Vy-gt

则合速度为V^Vg+Vyi=jv"（Vy-gt）2

动能为E』mv2=Lm[v++（v-gt）2]＞则Ek-t为开口向上的抛物线，故C正确；

卜22uy

D、速度的水平分量不变，竖直分速度先减小到零，后反向增加，根据P=mgvyi=mg|vy-gt|,重力的

功率先均匀减小后均匀增加，故D错误。

故选：Co

【点评】本题运用运动的分解法处理斜抛运动，要知道斜抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖

直方向的分运动是竖直上抛运动。要知道重力的功率与竖直分速度有关。

4.（2024•长沙县校级模拟）光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在行声电影、自动计数、

自动报警等方面有着广泛的应用。现有含光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光

分别照射光电管得到的I-U图线，U、U表示遏止电压。下列说法中正确的是（）

光束窗口

A.甲、乙、丙三束光的光子动量p甲=p乙>p丙

B.甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小

C.分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄

D.甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱

【考点】爱因斯坦光电效应方程.

【专题】定量思想；方程法；光的干涉专题；光电效应专题；推理能力.

【分析】光电流为零时的反向电压即为遏止电压Uc,根据光电效应方程与动能定理的公式，分析入射

光的频率的大小；从图象中看出，内光对应的遏止电压最大，所以内光的频率最高，丙光的波长最短，

结合双缝干涉的条纹宽度公式判断；根据饱和电流的大小分析入射光的强度。

【解答】解：A.根据光电效应方程Ek=hv-Wo

光电流为零时的反向电压即为遏止电压Uc,根据动能定理eUc=Ek

联立可得eUc=hv-Wo

利用图像可知遏止电压Ucl>Uc2

可知v甲=v乙Vv丙

而光子动量p国上

C

因此光子动量之间的关系为P甲=P乙vp丙

故A错误；

B.光电效应中eUc=Ek

可知Ek甲VEk内

故B正确；

c.光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为入

d

由V甲＜V内

八号

得入甲〉入内

所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉条纹间距比丙光的宽，故c错误:

D.由题图可知，甲光和乙光频率相同，但是甲光比乙光的饱和电流大，即甲光的光强大于乙光，故D

错误。

故选：Bo

【点评】该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键要理解遏止电压的含义，理解

并掌握方程eUc=-i-mg2=hv-W。

2加

5.（2024•合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简

化如图所示，放电通道的两极旬存在一加速电场。工作物质氤气进入放电通道后被电离为负离子，经电

场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U,急离子向外喷射形成的电流强

度为I。总离了•的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器

产生的推力为（）

O

O

氤

O

气O

O

【考点】带电粒子在电场中的加速：牛顿第三定律；动能定理；动量定理.

【专题】定晨思想；推理法；动能定理的应用专题；动屐定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题;

分析综合能力.

【分析】利用动能定理和动量定理求解。

【解答】解：何离子在加速电场中由动能定理有：Uq-mv2

2

设At时间内有n个急离子喷射出，则有:】卷

取水平向右为正方向，对n个缶（离子由动量定理有：FAt=nmv-0

联立方程可得：F=lj等

由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力『二F=lj等，故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理，解题的关键是知道总离子在电场中由于受到

电场力加速，由牛顿第三定律可知电场受到伍离子的反作用力。

二.多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•吉林一模）如羽所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP,圆弧轨道的圆心为O,

OA水平，OP竖直，半径为R=2m。一质量为m=lkg的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的速度从A

到P做匀速圆周运动，重力加速度g=I0m/s2,Q为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出）,OA与OQ

的夹角为30°,下列说法正确的是（）

A.在Q点时，重力的瞬时功率为

B.在A到P的过程中合力对小物块的冲量为零

C.小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功

D.在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N

【考点】动量定理：牛顿第二定律：功率、平均功率和瞬时功率；动能定理.

【专题】应用题：定量思想；功率的计算专题；推理能力.

【分析】小物块做匀速圆周运动，合外力充当向心力，所以合外力不为零，冲最不为零。

根据重力的功率公式求解。

在AQ段和QP段列动能定理求解。

在P点时由牛顿第二定律列式求解。

【解答】解：A、在Q点时，重力方向与速度方向夹角为30°,则重力的瞬时功率为P=mgvcos0=

IOVSW,故A正确；

B、在A到P的过程中小物块的速度方向不断改变，动量不断改变，所以合力对小物块的冲量不为零，

故B错误；

d

C、小物块在AQ段重力做的功Wi=mgRsin30,在QP段重力做到功W2=mgR（1-sin30°）,得

W|=W2,由小物块做匀速圆周运动和动能定理可知，小物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C

正确；

D、在P点时，由牛顿第二定律N・mg=mv2/R,得到小物块对圆弧轨道的压力大小为12N,故D错误。

故选：ACo

【点评】本题考查了冲量、功率、动能定理、牛顿第二定律等概念和规律，理解概念和规律的实质是正

确解题的关键。

（多选）7.（2024•安徽模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相

同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量

为m,水平初速度为vo,初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成

。角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k,重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

A.小球落地时重力的功率为mgv

B.小球下落的时间为变到邑地

mg

m（Vn-VCOS8）

c.小球下落过程中的水平位移大小为——2------------------

k

D.小球下落过程中空气阻力所做的功为工m（/-vj）-mgh

【考点】动能定理；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率.

【专题】定量思想；合成分解法；动量定理应用专题；分析淙合能力.

【分析】根据PG=mgv），求小球落地时重力的功率。在竖直方向上，运用动量定理求出小球下落的时间。

小球在水平方向根据动量定理求小球下落过程中的水平位移大小。根据动能定理求空气阻力所做的功。

【解答】解：A、小球落地时竖直分速度为vy=vsin。，重力的功率为PG=mgvy=mgvsin。，故A错误:

B、取竖直向下为正方向，小球下落过程中，在竖直方向上，根据动量定理得

mvsin0=mgt-k（vyi+vy2+vy3+.....）t

又E（Vyl+Vy2+Vy3+......）t=h

解得小球下落的时间为：t，in8+kh,故B正确；

mg

C、取水平向右为正方向，小球在水平方向，根据动量定理得

mvcosO-mvo=-k(vxi+vx2+vx3+.......)t

又£(Vxl+Vx2+Vx3+.......)t=X

m(Vn-VCOS8)

解得小球下落过程中的水平位移大小为：x=—5------------一故c正确；

k

2

D、对于小球下落过程，根据动能定理得：Imv_lmv2=mgh+V^

22

解得小球下落过程中空气阻力所做的功为：Wf二-mgh蒋故D正确。

故选：BCD。

【点评】解答本题的关键要掌握动量定理，并能分方向应用，并能采用积分法求分位移。要知道重力做

功的功率与竖直分速度有关。

(多选)8.(2024•太原一模)如图所示，模拟V形发动机的圆柱形绝热气缸倾斜放置，顶端封闭，下端

开口，缸体轴线在竖直平面内且与水平方向的夹角为重为G、横截面积为S的活塞可沿气缸壁无摩

擦滑动，活塞距气缸顶部的距离为Lo,缸内密封的理想气体温度为To。若电热丝缓慢加热过程中产生

的热量Q全部被气体吸收，气体的内能增加AU,大气压强为po,下列说法正确的是()

A.加热前，缸内气体的压强为po+Gsige

B.加热过程中，气体对外做功的大小为AU-Q

c.加热过程中，活塞移动的距离为一Q一c

p0S-GsinB

T(Q-AU)

D.加热后，缸内气体的温度升高--5n-------------

Lo(poS-GsinO)

【考点】热力学第一定律及其应用：压强及封闭气体压强的计算；气体的等压变化及盖-吕萨克定律.

【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力.

【分析】对活塞由受力平衡求解加热前，缸内气体的压强；加热过程气体对外界做功，根据热力学第一

定律求解气体对外做功；根据气体对外界做的功求解活塞移动的距离；由盖一吕萨克定律求解气体的温

度变化量。

【解答】解：A、设加热前，缸内气体的压强为p,对活塞力受力平衡可得：pS+Gsin0=poS,解得：

P=P0卷曳‘故人错误；

B、设加热过程中，气体对外做功的大小为W,此过程气体对外界做功，由热力学第一定律可得：AU

=Q-W,解得：W=Q-AU,故B错误；

3Au

C、设加热过程中，活塞移动的距离为X,则气体对外界做功W=pSx,解得：X=-L=~~.,

pSpgS-Gsin

故C正确；

D、设加热后，缸内气体的温度升高了气体做等压变化，由盖一吕萨克定律可得：

LQS（LQ+X）S

V=To+AT

（Q-AU）Tn

解得：△T一.，故D正确。

1kPgS-GsinJLg

故选:CDo

【点评】本题考查了气体实验定律，热力学第一定律的应用.对于热力学第一定律，其表达式为：AU

=W+Q,其中W的含义是外界对系统做的功，应用时若系统对外界做功，则W应取负值；Q的含义是

系统从外界吸收的热量，若系统向外界放热，则Q应取负值。

三,实验题（共2小题）

9.（2024•吉林一模）某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操

作：

a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水

平；

b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d；

c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的

钩码；

d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t,测量出释放点到光电门的距离L；

e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m）,仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相

应的挡光时间。

012cm

钩码

年稠油川小忠"主尺

01F020

乙

（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为0.165cm：

（2）已知重力加速度为g,若所挂钩码的个数为n,系统的机械能守恒时，关系式

nmgL=/（nm+M）（号）2_成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；

（3）利用记录的实验数据，以』为横轴、t2为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为乙若系统的

n

机械能守恒，则k=驷上（用已知和测量的物理量的字母表示）。

-Md2-

【考点】实验验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用.

【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；实验能力.

【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数：

（2）求出滑块经过光电门时的速度，应用机械能守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答

题；

（3）根据上一问的表达式，变形得到t21的表达式为一直线，从而得到直线的斜率

n

【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm,读数为：0.1cm+14X0.05mm=L70mm=0.170cm

（2）根据速度的定义可得，滑块到光电门的速度为：v=^

t

根据机械能守恒定律有：nmgL。（nm+M）v2

整理解得：nmgL=/（nm+M）年）2,即若满足上式，则系统机械能守恒。

（3）由（2）中表达式变形可得的表达式为：工用强变形后有：t2=足@二2・3卫^一2

nnMd2M2mgLn2MgL

2

若系统的机械能守恒，则I?-上图像是一条直线，由题意得：k=l^-

n2mgL

2

故答案为：(1)0.170；(2)nmgL=-^-(nm+M)(~(3)

2t/mgL

【点评】理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；求出滑块的速度，应用

机械能守恒定律即可解题。

10.（2024•合肥一模）某同学要测量一段金属丝的电阻率，实验室提供的实验器材有:

A.粗细均匀的待测金属丝，长度为0.5m,电阻约3Q

B.电压表（。〜3V、内阻约3kC）

C.电流表（0〜0.6A、内阻约3Q）

D.滑动变阻器（最大阻值5C）

E.毫米刻度尺、螺旋测微器

F.两节干电池、开关S及导线若干

请完成以下内容:

（1）用螺旋测微器测金属丝直径，首先未放被测物时，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆与

测砧相触时.，发现固定刻度的横线与可动刻度的零刻度线未对齐，如图1所示，该示数为0.180mm,

螺旋测微器夹有金属丝时示数如图2所示,

图1图2

（2）该同学根据图3的电路图进行了实物连线，请在图4中补全连线。

（3）连接好电路后，将滑动变阻器触头调到最左端，闭合开关S,调节滑动变阻器的触头位置，记录

电压表示数U和对应的电流表示数I,再调节滑动变阻器的触头位置得到多组U、1数据，如下表:

U/V0.580.700.910.951.201.38

I/A0.200.240.280.330.420.48

图5为采用上表数据描绘出的点，请在答题卡上的图中补全数据点，并作出U-I图像.

图5

由图像可得金属丝的电阻值R=2.9电阻率。=1.，10一6Q・m。（均保留2位有效数字）

【考点】导体电阻率的测量；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用.

【专题】实验题；定量思想；推理法：恒定电流专题：推理能力.

【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读数；

（2）根据电路图连接实物图；

（3）根据题意补点，用一条平滑的直线拟合，使各点均匀分布在直线两侧，隔得远的点舍掉，作出的

U-I图像，根据图像的斜率求解待测金属丝的电阻，再根据电阻定律求解待测金属丝的电阻率。

【解答】解：（1）根据螺旋测微器的读数规则，精确度为0.01mm,故图1的读数为

18.0X0.01mm=0.180mm

图2的读数为

().5mm+18.0X().01mm=0.680inni：

（2）根据电路图连线顺序连线，实物连线图如下图所示

图4

0.95）,将图中各点用一条平滑的直线拟合，使各点均匀分

-I图像如下图所示

U-I图像的斜率表示待测金属丝的电阻，故

七嗡六&Q〜2.9Q

根据电阻定律及待测金属丝的面积有

2

JTdRv3.14X(0.680-0.180)2x10-6x2.9

・比・。

P=1rl.lX10.6Qm

4L4X0.5

故答案为：（1）0.180；0.680；

2.9(2.7-3.1)；1.1XI0-6o

【点评】本题考查电阻丝电阻率的测量，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。

四.解答题（共3小题）

II.（2024•吕梁一模）如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为

h,最高点的曲率半径（曲线上该点所在处的曲率圆半径）为2h,被一个弯曲的与“小山”连在一起的

光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略

小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g,挡板罩质量不计，求：

（1）小球的初速度vo多大；

（2）小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；

（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（I）中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。

【考点】动量与能量的其他综合应用；牛顿第三定律；向心力；机械能守恒定律.

【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】（1）（2）根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答：

（3）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律解答。

【解答】解：（1）小球恰好能越过“小山”，则小球到达山顶时二者共速为v,小球与“小山”组成系

统水平方向动量守恒：向右为正方向，mvo=（m+4m）v

系统机械能守恒：Q=-y（m+4m）v^+ingh

解得：UO二患gh

（2）设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为v[、V2,规定向右为正方向，由动量守恒：mvo

=mvi+4mv2

系统机械能守恒：-ymvQ^mv4mv2

乙乙乙

联立解得：v[=-^-VlOghv2=^-V10gh

（3）小球达到最高点速度为丁，由机械能守恒定律上mSv。）？=Lnv，2+mgh

22

/2

z

在最高点，由牛顿第二定律：mg+F,产1rt—

联立解得：FN=3mg

根据牛顿第三定律压力F'N=FN

即小球对“小山”的压力为3mg

答：（I）小球的初速度假

（2）小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为标正，-Wioih：

105

（3）小球在最高点对“山”的压力为3mg。

【点评】本题考查动量和能量的综合应用，注意动量守恒的条件，会灵活运用分方向动量守晅定律解题。

12.（2024•吉林模拟）如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向

未知，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t=0时从A点以大小为J有的初速度

水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为倔S的速度竖直向下经过B点，随后小球第一次经过

A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一•次反向。已知AB之间的高度差为2h,水平距离为h,

A点到水平面C的竖直距离为128h,重力加速度为g。求：

A*—►

B

E。

0

2TI3IT4ITt

~Eo

C

甲乙

（1）AB两点间的电势差:

（2）匀强电场的场强Eo的大小和方向；

（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。

【考点】带电粒子在电场中的运动综合；电势差；电势差与电场强度的关系.

【专题】定展思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力.

【分析】（1）由几何关系求得AB两点之间的竖直高度，对小球由A到B的过程，由动能定理求解；

（2）将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的美系，结合电场力做功，分别求得电场力沿

水平与竖直方向的分量，再由矢量合成求得电场强度；

（3）根据交变电场的变化规律，将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系推断小球在

两方向上的运动规律，由得到的运动规律求解。

【解答】解：（1）AB的水平距离为h,AB的竖直距离为2h,从A到B的过程根据动能定理有

mgX2h»qU=-i-mv1-i-mvj

解得AB两点之间的电势差

u=mgh

q

（2）小球从A点以丁颂的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点，小球的速度竖直向下,

大小为J丽，说明水平方向上减速运动，水平方向有

解得

E.=M

q

方向水平向左；竖直方向有

+

mgqE29

2X----------X2h=Vp

mB

解得

E2=^

q

方向竖直向下。所以匀强电场的场强

囱=怖；+岳|

代入数据解得

E（尸返盥

q

方向与水平方向成45°角斜向左下。

（3）根据题意建立如图所示的坐标系

已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T,小球在水平方向

运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同

tAB=tBD=—T

2

小球从A到B,在y轴上有

T

VB=ay,—

,2

2h=1•工

2VB2

解得

VBT=8H

到达D点时小球沿y