2024年高考物理终极押题密卷3（新课标卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷3（新课标卷）

一,选择题（共5小题）

1.（2024•吕梁一模）如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升，不计绳子质量

和一切摩擦，则重物上升过程中（）

B.健身者所受合外力逐渐增大

C.健身者对地面的压力逐渐减小

D.健身者对地面的摩擦力逐渐增大

2.（2024•吉林一模）A、B两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v-t图如图所示,

关于它们运动的描述正确的是（）

A.物体B在直线上做往返运动

B.物体A做加速度增大的曲线运动

C.AB两物体在0-1s运动过程中距离越来越近

D.B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1：3：2

3.（2024•安徽二模）某同学正在进行一项体育运动，他站在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作。在

动作过程中力传感器的示数随时间的变化情况如图所示。已知重力加速度g=10m/s2,则该同学在此过

程中加速度的最大值约为（）

D.3m/s2

4.（2024•延边州一模）3月30日，我国以“一箭四星”方式，成功将四颗干涉合成孔径雷达卫星运送到

700km的轨道上。该组卫星在轨构成国际上首个车轮式卫星编队，三颗卫星围绕中心卫星，并保持车轮

状绕地球运行。下列关于四颗卫星的说法正确的是（）

A.该卫星编队的运行速度大于7.9km/s

B.四颗卫星均处于平衡状态

C.四颗卫星绕地球运动的周期相同

D.四颗卫星通过卫星间的万有引力保持队形

5.（2024•庐阳区校级四模）如悭所示，用轻杆通过钱链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为

m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，

不计一切摩擦，重力加速度为g,则在小球C下落过程中（）

A.小球A、B、C组成的系统机械能不守恒

B.小球C的机械能一直减小

C.小球C落地前瞬间的速度大小为J丽

D.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg

二.多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•吉林模拟）如图（a）,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距离为L,初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度vo向右运动，与乙发生弹性碰扑鼠

碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中to时刻前后的图像分别是抛物线的一部

分和直线，二者相切于P,抛物线的顶点为Q.甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是

)

A.碰后瞬间乙的速度大小为卫

3

B.甲、乙间的动摩擦因数为一尘

丸”

C.甲到乙左端的距离

D.乙、丙的质量比m：M=l：2

（多选）7.（2024•长春一模）已知一个均匀带电球壳在球壳内部产生的电场强度处处为零，在球壳外部

产生的电场与一个位于球壳球心、带相同电荷曷的点电荷产生的电场相同.有一个电荷量为+Q、半径

为R、电荷均匀分布的实心球体，其球心为O点。现从该球体内部挖去一个半径为旦的实心小球，如图

2

所示，挖去小球后，不改变剩余部分的电荷分布，02点与6点关于0点对称。由以上条件可以计算出

挖去实心小球后，O1点的电场强度Ei、02点的电场强度E2的大小分别为（）

（多选）8.（2024•镜湖区校级二模）如图所示，在x轴及其上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐

标原点0处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为V=1XIO6m/s,质

量为m=lX1（/8kg,带电量为q=1X1（）-9C的同种带电正离子。在x轴上距离原点1m处垂直于x轴

放置一个长度为1m,厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上立即被接收）。

现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用

力。取n=3,则被薄金属板接收的粒子运动的时间可能为（）

P

・•・史；F.

OX

A.1.1X10'6sB.1.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

三.实验题（共2小题）

9.（2024•安徽模拟）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，设计了如下实验：用纸板搭建如图所

示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上。选择相同材质且表面粗糙程度相同的一元硬币和•

一元硬币和一角硬币的质量分别为mi和m2且将甲硬币放在斜面的某一位置，标记此位置为

B。如图（a）所示，甲由静止释放滑下，当甲停在水平面上某一位置处，测量O点到甲停止位置的距

离OP,记为so。如图（b）所示，将乙硬币放置在O点位置，左侧与。点重合，并将甲硬币在B点由

静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量O点到甲、乙停止位置的滑行距离OM和ON,记为si、

（1）在本实验中，乙选用的是硬币。（选填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬币碰撞前后系统动量守恒，则应满足的表达式为<,（用so、

si、S2、mi和m2表示）

（3）关于该实验需要满足的条件是。

A.OA段必须保持水平

B.倾斜段纸板与水平段纸板必须由同一种材料制成

C.两硬币材质及其表面粗糙程度必须相同

10.（2024•吉林一模）某同学测最某电阻的电阻值。

（1）首先用多用电表进行粗测，将旋钮扳到“XI0”的挡位，进行欧姆调零后将两表笔与待测电阻的

（2）为了精确测量该电阻阻值，实验室为其提供了如下的实验器材：

a.待测电阻Rx

b.电压表V（量程IV、内阻Rv=300量

c.电流表Ai（量程2A、内阻RAQ20C）

d.电流表A2（量程30mA、内阻RA-5C）

c.滑动变阻器RI（0〜10。）

f.滑动变阻器R2（0〜1k。）

g.电阻箱Ro（0〜999.9。）

h.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干

①该同学分析实验滞材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应

（填“串联”或“并联”）电阻箱Ro,并将Ro的阻值调为；

②实验时，为了减小实验误差。且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图乙虚线框中，

并标出所选用的相应的器材符号：

③某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I,则待测电阻的阻值Rx=（用

已知物理量的字母表示）。

四.解答题（共3小题）

11.（2024•合肥二模）如图所示，小物块A和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物

块A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N・s,随后B恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg、

2kg,弹簧的劲度系数k=100N/m,弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s2。

（1）从开始至B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；

（2）若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于A,使之由静止开始运动，直至B刚离开地面时，求A

的速度大小。

12.（2024•太原二模）如图所示，MN为一条直线，MN上方有竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为

E,MN下方有垂直纸面向内的匀强磁场。某带电粒子以初速度v从O点射入匀强磁场，速度与MN的

夹角为①经过一段时间后，粒子第一次从磁场射入电场，在电场中恰好返回出发点O,粒子的质量为

m,带电量为q,不计粒子重刀，求：

（I）粒子的电性、粒子回到0点时与MN的夹角；

（2）磁感应强度B的大小；

（3）若粒子初速度变为2v,从O点射出后，又返回出发点O所用的时间。

13.（2024•太原一模）如图所示，两平行且等长的粗糙金属导轨ab、cd间距为L,倾斜角度为dab、cd

之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为Bi,ac之间电容器的电容为G,光滑等

长的水平金属导轨ef、gh间距为L,ef、gh之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2,fh

之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止

开始运动，经过时间t后以速度v飞出导轨，同时撤去EPQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh

导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g,求：

（I）金属棒PQ分别在Bi、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P-Q或Q-P）

（2）导轨ef、gh足够长，电容器C2带电量的最大值；

（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。

2024年菁优高考物理终极押题密卷3（新课标卷）

参考答案与试题解析

一.选择题（共5小题）

1.（2024•吕梁一模）如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升，不计绳子质量

和•切摩擦，则重物上升过程中（）

B.健身者所受合外力逐渐增大

C.健身者对地面的压力逐渐减小

D.健身者对地面的摩擦力逐渐增大

【考点】动态平衡分析；力的合成与分解的应用.

【专题】定量思想：推理法；共点力作用下物体平衡专题：推理能力.

【分析】重物缓慢上升，处于平衡状态，则绳弹力等于重力：对健身者进行动态平衡的分析可得出相应

结论。

【解答】解：AB、重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零；绳上

的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg,故AB错误；

CD、对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知：

在竖直方向,则有：mgsinB+FN=Mg

解得:FN=Mg-mgsinO

在水平方向，则有mgcosO=Ff

当健身者向右缓慢移动时，0角逐渐变小，地面对健身者的支持力和摩擦力变大，由牛顿第三定律可知,

健身者对地面的压力和摩擦力逐渐增大，故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题考杳共点力平衡的动态平衡问题，明确不变的物理量时分析变化量的关键。

2.（2024•吉林一模）A、B两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v-t图如图所示，

关于它们运动的描述正确的是（）

A.物体B在直线上做往返运动

B.物体A做加速度增大的曲线运动

C.AB两物体在（）-1s运动过程中距离越来越近

D.B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1：3：2

【考点】v-t图像.

【专题】比较思想；图析法；运动学中的图象专题.

【分析】v・t图象只能表示直线运动的规律。在v・t图象中，图象与时间轴所围面积表示物体运动的

位移，斜率代表加速度，平均速度等于位移与时间之比。

【解答】解：A、v-t图象只能表示直线运动的规律，B做电向直线运动，故A错误。

B、物体A做加速度增大的直线运动，故B错误。

C、在0-1S运动过程中，B的速度比A的大，则两物体之间的距离越来越远，故C错误。

D、根据图象与时间轴所围面积表示物体运动的位移，B物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比

为1：3：2,由q=2•得B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1：3：2,故D正确。

t

故选：Do

【点评】本题关键是根据速度一时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度一时间图象与时间轴包围

的面积表示位移大小，速度图象的斜率等于质点的加速度，再进行分析处理。

3.（2024•安徽二模）某同学正在进行一项体育运动，他站在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作。在

动作过程中力传感器的示数随时间的变化情况如图所示。已知重力加速度g=10m/s2,则该同学在此过

程中加速度的最大值约为（）

D.3m/s2

【考点】牛顿第二定律.

【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题：分析淙合能力.

【分析】开始时的人对力传感器的压力等于其重力；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就

说物体处于•失重状态；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处「超重状态；人下蹲

过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重；站起过程

分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，达到一个最大速度后再减速上升失重。据此分析。

【解答】解：开始时的人对力传感器的压力等于其重力，可归该同学的重力为500N,则其质量为50kg,

F的最小值约为200N,最大值约为700N,则当F有最小值时•加速度有最大值，根据牛顿第二定律有

nig-Fmin=mainax

解得

加速度的最大值为1ax-s2

故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】解答本题得关键是理解超重失重的概念，知道下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速

下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重；站起过程分别有超重和失重两个过程，先是加速上升

超重，达到一个最大速度后再减速上升失重。

4.（2024•延边州一模）3月30日，我国以“--箭四星”方式，成功将四颗干涉合成孔径雷达卫星运送到

700km的轨道上。该组卫星在轨构成国际上首个车轮式卫星编队，三颗卫星围绕中心卫星，并保持车轮

状绕地球运行。下列关于四颗卫星的说法正确的是（）

A.该卫星编队的运行速度大于7.9km/s

B.四颗卫星均处于平衡状态

C.四颗卫星绕地球运动的周期相同

D.四颗卫星通过卫星间的万有引力保持队形

【考点】人造卫星；万有引力定律的应用.

【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题；理解能力.

【分析】第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。四颗卫星均非处于平衡状态。四颗卫星绕地球做圆周运

动，并保持队形不变，周期相同。卫星间的万有引力极小，不不足以改变卫星的队形。

【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，该卫星编队的运行速度均小于第一宇宙速度，

故A错误；

B、卫星做圆周运动，处于非平衡态，故B错误；

C、四颗卫星绕地球做圆周运动，并保持队形不变，所以周期相同，故C正确；

D、卫星间的引力极小，不足以改变卫星的队形，事实上该卫星队列处于太阳同步轨道，24小时不间断

接收太阳能，通过太阳能驱动卫星保持队列，故D错误。

故选：Co

【点评】此题考查万有引力定律的应用，要掌握宇宙速度的意义，明确卫星的运动情况和受力特点。

5.（2024•庐阳区校级四模）如图所示，用轻杆通过校链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为

m,两段轻杆等长.现将C球置.于距地面高h处,由静止释放，假设三个小球只在同一短直面内运动，

不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（）

A.小球A、B、C组成的系统机械能不守恒

B.小球C的机械能一直减小

C.小球C落地前瞬间的速度大小为J有

D.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于nig

【考点】机械能守恒定律.

【专题】定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专邈；分析综合能力.

【分析】根据机械能守恒的条件：只有重力或系统内弹力做功，分析知道系统的机械能守恒；通过分析

A、B两球机械能的变化来判断C球机械能的变化；小球C落地前瞬间A、B两球的速度为零，根据系

统的机械能守恒求此时C球的速度大小。当小球C的机械能最小时，合力为零，对三个球组成的整体

研究，根据平衡条件求地面对小球B的支持力大小。

【解答】解：A、对于小球A、B、C组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故A

错误；

B、小球B的初速度为零，小球C落地瞬间，小球B的速度也为零，故小球B的动能先增大后减小，

而小球B的重力势能不变，则小球B的机械能先增大后减小，同理可得小球A的机械能先落大后减小,

而系统机械能守恒，所以C的机械能先减小后增大，故B错误；

C、设小球C落地前瞬间的速度大小为v,根据系统机械能守恒有：1ImJ-gh，解得：v=V2gh»故

2

C正确；

D、当小球C的机械能最小时，小球B的速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力

为零，则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg,故D错误。

故选：Co

【点评】解决本题的关键是要知道系统的机械能是守恒的，要知道轻杆对A、B两球没有作用力时，其

动能增大，此时小球C的机械能最小。

二,多选题（共3小题）

（多选）6.（2024•吉林模拟）如图（a）,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距离为L,初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度vo向右运动，与乙发生弹性碰撞。

碰后，乙的位移x随时间［的变化如图（b）中实线所示，其中to时刻前后的图像分别是抛物线的一部

分和直线，二者相切于P,抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是

（）

A.碰后瞬间乙的速度大小为生

3

B.甲、乙间的动摩擦因数为一5-

3gt0

C.甲到乙左端的距离

D.乙、丙的质量比m：M=l：2

【考点】动最与能量的综合应用一一板块模型；功能关系.

【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力.

【分析】根据运动学公式结合x-t图像的切线斜率表示速度求解碰后瞬间乙的速度大小，根据牛顿第

二定律甲、乙间的动摩擦因数；根据图（b）可得。〜to时间内甲、乙发生的相对位移，由此得到甲到

乙左端的距离满足的条件；物块丙与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行解答。

【解答】解：AB、设碰后瞬间乙的速度大小为vi,碰后乙的加速度大小为a,由图（b）可知：

x=vito--

2

抛物线的顶点为Q，根据x-i图像的切线斜率表示速度，则有：vi=a・2l。

联立解得：、，|=出，a=J-

33to

根据牛顿第二定律可得：a=凹些=阳

m

解得甲、乙间的动摩擦因数为：|1=一四一，故A错误，B正确；

3g

C、由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a=*-

3to

根据图（b）可知，to时刻甲、乙刚好共速，则0〜io时间内甲、乙发生的相对位移为：

Vi+v±tVdtVivn

Ax=XS-Xp=————tn=—tr

<t2°202to3%

则甲到乙左端的距离满足：L2Ax=：9tc，故C正确；

30

D、物块内与乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，碰撞过程根据动最守恒定律可得：Mvo=Mv2+mvi

根据机械能守恒定律可得:

可得v।=-^-vo=2"。

M+m3

可得乙、丙的质量比为：m：M=2：1,故D错误。

故选：BCo

【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统

不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动

量相等列方程求解。

（多选）7.（2024•长春一模）已知一个均匀带电球壳在球壳内部产生的电场强度处处为零，在球壳外部

产生的电场与一个位于球壳球心、带相同电荷量的点电荷产生的电场相同。有一个电荷量为+Q、半径

为R、电荷均匀分布的实心球为，其球心为O点。现从该球体内部挖去一个半径为工的实心小球，如图

2

所示，挖去小球后，不改变剩余部分的电荷分布，02点与Oi点关于O点对称。由以上条件可以计算出

挖去实心小球后，O1点的电场强度Ei、02点的电场强度E2的大小分别为（）

【考点】电场的叠加；电场强度与电场力；点电荷的电场.

【专题】定量思想：推理法；甩场力与电势的性质专题；分析综合能力.

【分析】根据电场的叠加原理和点电荷的场强公式结合分析场强的表达式。

【解答】解：CD、没有挖去实心小球之前，02点的电场强度是以O为圆心，以002为半径的球体产

生的，则有E3=k-3,其中@3=4Q3告冗哈）号解得：£3=1^2

23

挖去部分的半径与上述以。02为半径的球体的电荷量相等，则剩余部分在02点的电场强度为

E2=E3-^解得E2=k^'故c正确’D错误；

AB、没有挖去之前，0i点的电场强度是以0为圆心，以00i为半径的球体的电荷产生的，该球体半

径等于K,该球体所带电荷量与以002为半径的球体的电荷相等，根据上述可知，没有挖去之前6点

2

Q

的电场强度与没有挖去之前02点的电场强度大小相等，等7E3=k-，3

哈）

由题意知挖去部分的电荷量在01点的电场强度为0,即剩余部分的电场强度等于E1=E3;

解得Ei故A错误，B正确。

故选：BCo

【点评】解决本题的关键掌握点电荷的场强公式E=^,知道点电荷的场强方向，会根据平行四边形

定则进行场强的叠加。

（多选）8.（2024•镜湖区校级二模）如图所示，在x轴及其上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐

标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v=lXIO6m/s,质

量为m=1X10',5kg,带电量为q=lX109C的同种带电正离子。在x轴上距离原点1m处垂直于x轴

放置一个长度为1m,厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上立即被接收）。

现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用

力。取n=3,则被薄金属板接收的粒子运动的时间可能为（）

y

,B,

P°

・・・.

0x

A.1.1X106sB.I.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

【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；分析综合能力.

【分析】根据左手定则得到粒子偏转方向，然后根据几何关系求得中心角范围，即可由周期求得最长、

最短时间。

【解答】解：由观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，可知粒子做圆周运动的半径

为1m

qvB=%

qB

mv

r=¥

解得B=1T

打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°,此时运动时间最短，如图1所示

图1

被P左侧接收到的粒子在磁场中运动最长时间粒子轨迹对应的圆心角为90°,此时粒子运动时间

90°112兀m

360°4qB

解得t2=L5X10q

被P右侧接收到的粒子在磁场中运动最短时间粒子轨迹对应的圆心角为270°,此时粒子运动时间

「2700132兀m

360°4qB

解得13=4.5X100

打在P右侧下端的粒孑在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为300°,如图2所示,

最长时间

B

***.*:。R：*

图2

…吗丁旦过

360°6qB

解得tmax=5X106s

粒子能被P接收时的运动时间应满足

1minW【Wt2,或〔3WlWlmax

故选：ABDo

【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常杈据速度及磁感应强度求得半径，然后根据

几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。

三.实验题（共2小题）

9.（2024•安徽模拟）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，设计了如下实验：用纸板搭建如图所

示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上。选择相同材质且表面粗糙程度相同的一元硬币和一

角硬币进行实验。

一元硬币和一角硬币的质量分别为m和m2且将甲硬币放在斜面的某一位置，标记此位置为

B。如图（a）所示，甲由静止释放滑下，当甲停在水平面上某一位置处，测量0点到甲停止位置的距

离0P,记为so。如图（b）所示，将乙硬币放置在O点位置，左侧与O点重合，并将甲硬币在B点由

静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量O点到甲、乙停止位置的滑行距离OM和ON,记为si、

（1）在本实验中，乙选用的是一角硬币。（选填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬币碰撞前后系统动量守恒，则应满足的表达式为_血1保=mi历+m2保一。（用

so、si、S2^mi和m2表示）

（3）关于该实验需要满足的条件是CO

A.OA段必须保持水平

B.倾斜段纸板与水平段纸板必须由同一种材料制成

C.两硬币材质及其表面粗糙程度必须相同

【考点】验证动量守恒定律.

【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；实验能力.

【分析】（1）为了防止硬币反弹，应使入射硬币质量确定乙的硬币；

（2）用动能定理求出碰撞前后的速度，再由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式：

（3）根据实验碰原理，由动量守恒定律、牛顿第二定律等分析判断本实验满足的条件。

【解答】解：（1）根据题意可知，从图中可以看出，碰撞后日有向右的速度，所以甲的质量大于乙的质

量，乙选用的是一角硬币。

（2）设硬币与纸板间的动摩擦因数为4重力加速度为g,甲从O点到P点，根据动能定理：

,,A12

-ktm1gso=O-m1vo

解得碰撞前，甲到0点时速度的大小：v0=^2ktgs（）=^2as0

同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为：、=/嗝=百;，丫2=阿嬴=必可

若碰撞前后动量守恒，则满足关系式：mivo=mvi+m2V2

整理化简可得：叫

（3）A、若OA段略微倾斜8角，则两硬币的加速度均变为：a=gsin0+|igcosO,由（2）同的计算公式

可知没有产生影响，故A错误；

BCs由（2）问的计算公式可知，只要水平段的摩擦系数恒定即可，故B错误，C正确；

故选：Co

故答案为：（1）一角；⑵+以2y⑶°。

【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，解题关键是弄清楚实验原理、掌握速度的另一种测定方法,

能够根据动量守恒定律进行解答。

10.（2024•吉林一模）某同学测量某电阻的电阻值。

（1）首先用多用电表进行粗测，将旋钮扳到“X10”的挡位，进行欧姆调零后将两表笔与待测电阻的

两端相接触，多用电表的指针位置如图甲所示，则电阻测量值为140O；

（2）为了精确测量该电阻阻值，实验室为其提供了如下的实验器材:

a.待测电阻Rx

b.电压表V（量程IV、内阻Rv=300Q）

c.电流表Ai（量程2A、内阻RAQ20C）

d.电流表A2（量程30mA、内阻RA-5C）

C.滑动变阻器RI（0〜10。）

f.滑动变阻器R2（0~lkC）

g.电阻箱Ro（0-999.90）

h.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干

①该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应串联

（填“串联”或“并联”）电阻箱Ro,并将Ro的阻值调为600.0C；

②实验时，为了减小实验误差。且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图乙虚线框中，

并标出所选用的相应的器材符号：

3UR

③某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I,则待测电阻的阻值Rx=_--------匚V_（用己知物

IRy-U

理量的字母表示）。

【考点】练习使用多用电表；伏安法测电阻.

【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法：恒定电流专题；实验能力.

【分析】（1）根据欧姆表测电阻的正确使用和读数规则分析作答；

（2）①根据电压表的改装原理可知，应串联一个大电阻，根据欧姆定律求串联电阻值；

②根据欧姆定律估算电路中的电流，然后选择电流表：

由于电压表内阻已知，则电流表外接，完成实验电路图；

③根据欧姆定律求解待测电阻的表达式。

【解答】解：（1）指针指向“14”刻度，根据欧姆表的读数规则，待测电阻为14X100=140。；

（2）①根据电压表的改装原理可知，应串联电阻，根据欧姆定律有I=%=—y―

gRvRv+R0

代入数据解得Ro=6OO.On

②电路中的电流约为I普021A=21m?

Kv14U

电流表应选择A2,由于电压表内阻已知，则电流表外接，电压表测待测电阻电压，的电流、电压测量

更准确，减少实验误差。另外，电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所

示：

R

3U3URv

③根据欧姆定律可知R^A二

即

3URV

故答案为:（1）140；（2）①串联;600.0Q；②见解析；③

iRv-u

【点评】本题考查了欧姆表的读数，考查了电压表的改装以及“伏安法”测电阻，要掌握实验的原理;

由于电压表内阻已知，因此电流表外接法。

四,解答题（共3小题）

II.（2024•合肥二模）如图所示，小物块A和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物

块A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N・s,随后B恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg、

2kg,弹簧的劲度系数k=l（）0N/m,弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取lOmH。

（1）从开始至B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量;

（2）若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于A,使之由静止开始运动，直至B刚窝开地面时，求A

【考点】动后与能砥的综介应用一一弹簧类模型；功能关系.

【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力.

【分析】（I）给小物块A一瞬时冲量，据此求得初动能，根据胡克定律和平衡条件求得弹簧的初、末

形变量，根据系统机械能守恒求解;

（2）结合（1）结果，对物块A和弹簧组成的系统由功能关系求解。

【解答】解：（1）设物块A的质量为m=lkg,物块B的质量为2m=2kg。

给小物块A一瞬时冲量p=3N・s,则物块A获得的动量为：p=I,初动能为：EkO=E—

21n

初始物块A静止时，设弹簧压缩x,对物块A根据平衡条件可得：

kx=mg

木板b恰好不能离开地面，设此时弹簧伸长xi,对物块B根据平衡条件可得：

kxi=2mg

物块A从开始到最面点运动的位移大小为x+Xi,设此过程弹簧弹性势能的变化量为EP,由机械能守恒

定律得：

EkO=Ep+mg(x+xi)

解得：x=O.lm,xi=0.2m,Ep=1.5J

(2)设竖直向上恒力大小为F=17.4N,B刚离开地面时A的速度大小为v,对物块A和弹簧组成的系

统由功能关系得：

F(x+xI)=mg(x+xI)+Ep+-i-mv2

解得:v=1.2m/s

答：(1)弹簧弹性势能的变化量为1.5J；

(2)A的速度大小为l.2m/s。

【点评】本题考查了系统机械能守恒定律，功能关系，动量定理在弹簧类模型中的应用。关键是分析能

量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重

力以外的其它力做功有关。

12.(2024•太原二模)如图所示，MN为一条直线，MN上方有竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为

E,MN卜方有垂直纸面向内的匀强磁场。某带电粒子以初速度v从O点射入匀强磁场，速度与MN的

夹角为仇经过一段时间后，粒子第一次从磁场射入电场，在电场中恰好返回出发点O,粒子的质量为

m,带电量为q,不计粒子重力，求：

(1)粒子的电性、粒子回到0点时与MN的夹角；

(2)磁感应强度B的大小；

(3)若粒子初速度变为2v,从O点射出后，又返回出发点O所用的时间。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合.

【专题】计算题；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）根据左手定则可知粒子所带电性，根据粒子在直线边界的磁场中运动规律可知粒子出磁场

时速度与边界的夹角与进磁场时速度与边界夹角相同；

（2）粒子在磁场中的运动根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据几何知识

求解弦长，粒子在电场中的运动根据运动学和牛顿第二定律列式，联立求解磁感应强度的大小；

（3）画出粒子运动的轨迹图像，根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据周

期公式求解粒子在磁场中运动的周期，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，根据时间与周期

的关系求解粒子在磁场中运动的时间，根据运动学公式求解粒了•在电场中运动的时间，最后求解从0

点射出后，又返回出发点0所用的时间。

【解答】解：（1）粒子在磁场做匀速圆周运动，在电场中做类斜抛运动。粒子的运动轨迹如图所示

由左手定则可知，粒子带正电，粒子回到0点时与MN的夹角为

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，如上图所示，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有

2

_V

qvBD=m—

rl

解得

mv

从边界MN射出的位置记为P点，0P的距禽为L,根据几何关系有

L=2rsin0

在MN上方的电场中运动时，粒子做类斜抛运动，竖直方向，粒子做匀变速直线运动，根据牛顿第二

定律有

qE

a=­

m

根据运动学公式，竖直方向有

cvsin8

t=2・---------

a

水平方向有

L=vcos0*t

联立解得

VCOSD

（3）当速度变为2V后，粒子的运动轨迹如图所示

由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有

2

_V

qvBD=m—

r2

解得

r2^B"

设粒子在磁场中运动时周期为T,根据运动学公式有

2兀〜

联立解得

E_2兀!uucos6

T=qE

粒子一次在磁场中运动的时间设为U,根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为2（n-6）,

故时间为

+_2（兀-B）不

tl-2兀

粒子在电场中运动的时间设为12,则有

c2vsinB

t=2------------

9na

粒子从0点射出后，又返回出发点O所用的时间为

tA=2tl+t2

联立解得

4（H-G）mvcos94mvsin8

ta=z+z°

心qEqE

答：（1）粒子带正电、粒子回到O点时与MN的夹角为。;

（2）磁感应强度B的大小为一^―：

vcos8

（3）若粒子初速度变为2v,从O点射出后，又返回出发点O所用的时间为

4（71-8）mvcos,4mvsin0

1+。

qEqE

【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程

和运动性质，熟练应用对应的规律解题。

13.（2024•太原一模）如图所示，两平行且等长的粗糙金属导轨ab、cd间距为L,倾斜角度为①ab、cd

之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为Bi,ac之间电容器的电容为G,光滑等

长的水平金属导轨cf、助间距为L,cf、助之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为Bz,ill

之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止

开始运动，经过时间I后以速度v飞出导轨，同时撤去EPQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh

导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：

（1）金属棒PQ分别在Bi、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P-Q或Q-P）

（2）导轨ef、gh足够长，电容器C2带电量的最大值；

（3）金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。

【考点】电磁感应中的电路类问题；动量定理；电容器与电容：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】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；分析综合能力.

【分析】（1）根据右手定则判断感应电流方向；

（2）PQ以速度v飞出导轨后做斜抛运动。PQ切割磁感线产生感应电动势，当C2的电压等于感应电动

势时达到稳定状态，C2带电量达到最大值，且PQ做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律、电容定

义式、动量定理求解；

（3）PQ在倾斜轨道上运动时，电容器Ci的电压始终等于感应电动势（动态平衡），根据电容定义式、

法拉第电磁感应定律推导电流与加速度的关系，根据牛顿第二定律确定加速度a为恒定值，即PQ做匀

加速直线运动，由已知条件求得加速度，再求解动摩擦因数，

【解答】解：（I）由右手定则可知，金属棒在Bi中运动时电流方向由P到Q；金属棒在次中运动时电

流方向由Q到P。

（2）PQ以速度v飞出导轨时的水平分速度为：vi=vcos0,此后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运

动，故PQ水平跃入ef、gh导轨时的速度等于vi。

PQ切割磁感线产生感应电动势，C2处于充电状态，当C2的电压U2等于感应电动势时达到稳定状态，

C2带电量达到最大值，且PQ做匀速直线运动，设稳定时速度为V2,则有：

U2=B2LV2

Q=C2U2

以向右为正方向，根据动量定理得：

-

-SB2iLAt=mv2inv

£i2Q

CnBnLinvcosO

联立解得：Q=22-

C之B之L+ni

（3）PQ在倾斜轨道上运动时，电容器Ci的电压始终等于感应电动势（动态平衡），则有:

Ui=BiLvf

△UI=BIL-Av

△Qi=Ci△Ui=CiBiLAv/

“Qi

感应电流（充电电流）i'

△t

PQ的加速度：

At

联立可得：i'=CiBiLa

根据牛顿第二定律得:

F-mgsinO-pmgcosO-Bii'L=ma

2

可得：F-mgsinB-nmgcosG=(m+Cig^L)a

可见加速度a为恒定值，即PQ做匀加速直线运动，由已知条件可得:

a=?

t

F-mgsin^(C^|L2+m)v

解得：口=

mgcos8mgtcos8

答：（1）金属棒在Bi中运动时电流方向由P到Q；金属棒在B2中运动时电流方向由Q到P；

CnBnLmvcos8

（2）电容器C2带电量的最大值为2岁——；

C.B.L+m

22

（3）金属棒PQ与导轨ab.cd的动摩擦因数为丘眨黑-一（"1L个）工

mgcosmgtcos

【点评】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、

牛顿第二定律列方程进行求解；涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、

闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

考点卡片

1.V-t图像

【知识点的认识】

1.定义：v-t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。

2.图像实例：

3.各参数的意义：

(I)斜率：表示加速度；

(2)纵截距：表示初速度；

(3)交点：表示速度相等。

4”t曲线分析：

①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；

②表示物体沿正方向做匀速直线运动；

③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；

④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；

⑤U时刻物体的速度为vi,阴影部分的面积表示物体0〜U时间内的位移。

【命题方向】

甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度一时间图像分别如图中甲