2024年高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）含答案.doc

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1、2024年高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分）1（2024青羊区校级模拟）图中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（）A根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为射线B如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大C玻尔通过图（c）所示的粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分D利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱2（2024南宁二模）小明到汽车站时，汽车已经沿平直公路驶离车站。假设汽车司机听到呼喊后立即刹车，汽车做匀减速直线运动，小明同时

2、以4m/s的速度匀速追赶汽车。已知汽车开始刹车时距离小明12m，汽车在刹车过程中的图像（x为t时间内的位移）如图所示，则小明追上汽车所用时间为（）A4sB6sC7sD8s3（2024昆明一模）2024年1月23日02时09分，新疆阿克苏地区乌什县发生7.1级地震，中国资源卫星应用中心通过卫星对灾区进行观测。其中卫星a离地高度约为600km，卫星b离地高度约为36000km，若两颗卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。关于两卫星的运动，下列说法正确的是（）A卫星a的速率小于卫星b的速率B卫星a的加速度小于卫星b的加速度C卫星a的周期小于卫星b的周期D卫星a的角速度小于卫星b的角速度4（2024贵

3、州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从A点移动到B点，再沿连线中垂线从B点移动到C点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所经过的各点处电势的高低，试探电荷的电势能E的大小，下列判断正确的是（）AA处与C处的电场力方向相反BFAFBFCCABCDEAEBEC5（2024武侯区校级模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，当两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动时，流过电阻R的电流i随时间t变化的规律如丙、丁所示。则下列说法中正确的是（）A两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零B两装置中，R中流过的电流规律对应

4、图丙的是装置甲C在02t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同D在02t0内，两装置中通过电阻R的电量相同（多选）6（2024昆明一模）法国的古斯塔夫埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是（）ABCD（多选）7（2024郫都区校级二模）从地面上将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用，其上升过程中动能与重力势能随上

5、升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以求出（）A物体落回地面时的动能B物体上升到最高点的机械能C物体上升的最大高度D物体从抛出至落回抛出点所用的时间（多选）8（2024昆明一模）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在垂直于abc所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q两点分别为ab边的三等分点。t0时刻，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，从P点第一次进入三角形abc区域。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A粒子的比荷为B粒子可以运动到Q点C粒子第一次到达c点的时间为D粒子第一次回到a点的时间为二、实验题9（2024成都模拟）某同学用图（a）所

6、示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.4）；滑动变阻器R（总阻值约10）；保护电阻R0（阻值待定）；开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 （选填“左”或“右”）端；闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在

7、图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2的毫安表并联电阻值为 的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 （计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为 （选填“20”、“10”、“5”或“2”）

8、。10（2024贵阳模拟）某物理兴趣小组用如图所示的阿特伍德机来测量当地重力加速度。（1）实验时，该小组进行了如下操作：在重物A上安装挡光片，把重物A和砝码盘B用不可伸长的轻质细绳连接后，跨放在光滑的轻质定滑轮上，在砝码盘中放入适量的小物体，使装置处于静止状态，测量出挡光片到光电门竖直距离h和挡光片的宽度d；在砝码盘B中放入质量为m的砝码，让系统（A和B）由静止开始运动，光电门记录挡光片遮光的时间为t，重物向上运动h时的速度大小为 ，重物A运动的加速度大小a为 ；增加砝码盘中砝码，并重复实验，记录砝码质量m和对应的加速度a。（2）以为纵坐标、为横坐标，得到的图像为直线，纵截距为b，则当地的重力

9、加速度大小为 。三、计算题11（2024武侯区校级模拟）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静释放，与b碰撞后（碰撞时间极短）立即连在一起向下运动。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，以后弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，以后c恰好能离开地面，求hx为多少？12（2024云南一模）如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度

10、大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取sin14.50.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。选修3-3（多选）13（2024成都模拟）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如TV图中从a到b的直线所示。

11、直线ab与过原点的虚线斜率相同，下列判断正确的是（）A气体内能增加B气体压强不变C气体从外界吸热D外界对气体做正功E容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少14（2024郫都区校级二模）如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA120cm2，SB20cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a40cm、b10cm，活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27，外界大气压为p0）。（

12、）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA，及压强pA；（）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的距离x。选修3-4（多选）15（2024成都三模）如图（a），位于坐标原点O的波源从t0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。t3s时，平衡位置位于x15m处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于x30m处，波源O的振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A质点A的起振方向沿y轴负方向B该波的波速为10m/sCt3.5s时，质点A正通过平衡位置沿y轴正方向运动

13、D从t0到t3s的过程中，质点A运动的路程为12cmEt3.75s时，质点B的加速度与速度同向16（2024绵阳模拟）如图所示，等腰梯形ABCD为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率为，AB75，且边ABL。一单色光从AD边上的E点沿某方向射入棱镜，其折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出。光在真空中的传播速度为c，不考虑光在每个面上的多次反射，求：（1）该单色光从AD面入射时的入射角；（2）该单色光在棱镜中的传播时间。2024年菁优高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）参考答案与试题解析一试题（共16小题）1（2024青羊区校级模拟）图中的（a）、（b）、（c）、（d

14、）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（）A根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为射线B如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大C玻尔通过图（c）所示的粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分D利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；爱因斯坦光电效应方程；粒子散射实验菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；原子的核式结构及其组成；原子的能级结构专题；理解能力【分析】根据洛伦兹力对不同粒子的影响判断；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度无关；根

15、据粒子散射实验判断；根据玻尔理论判断。【解答】解：A放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，射线带正电，根据左手定则判断出射线1为射线，故A错误；B发生光电效应时，根据光电效应方程EkhW0，可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；C卢瑟福通过图（c）所示在粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；D利用图（d）所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，提出氢原子能级是分立的，能够解释氢原子的光谱特征，光谱也是分立的，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了近代物理初步的相关知识，理解不同物理现象的影响因素，并知道其深层次的原因，结

16、合熟悉的物理模型求解，难度不大，属于普通题。2（2024南宁二模）小明到汽车站时，汽车已经沿平直公路驶离车站。假设汽车司机听到呼喊后立即刹车，汽车做匀减速直线运动，小明同时以4m/s的速度匀速追赶汽车。已知汽车开始刹车时距离小明12m，汽车在刹车过程中的图像（x为t时间内的位移）如图所示，则小明追上汽车所用时间为（）A4sB6sC7sD8s【考点】运动学图像综合菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力【分析】根据图像，结合匀变速直线运动规律公式可求出图像中斜率和截距的物理意义，得到运动的初速度，加速度等条件，从而利用运动学公式求出追上汽车所用的时间。【解答】解：

17、根据匀变速直线运动规律有xv0at2变形可知v0at结合图像的斜率与截距可知v08m/s斜率am/s21m/s2解得a2m/s2汽车停止的时间为at0v0解得t04s根据位移关系可知vt（v0tat2）L解得t6st0则小明在汽车停止后才追上汽车，在如时间内小明和汽车的位移分别为xvt044m16m，x2t04m16m此后小明还需运动12m即可追上汽车，所用时间为vtL解得t3s则共用时t总t0+t4s+3s7s，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】学生在解答本题时，应注意能够通过匀变速运动基本公式中，推导出图像中的表达式。3（2024昆明一模）2024年1月23日02时09分，新疆阿克苏

18、地区乌什县发生7.1级地震，中国资源卫星应用中心通过卫星对灾区进行观测。其中卫星a离地高度约为600km，卫星b离地高度约为36000km，若两颗卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。关于两卫星的运动，下列说法正确的是（）A卫星a的速率小于卫星b的速率B卫星a的加速度小于卫星b的加速度C卫星a的周期小于卫星b的周期D卫星a的角速度小于卫星b的角速度【考点】人造卫星；万有引力定律的应用菁优网版权所有【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题；分析综合能力【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，应用万有引力公式和牛顿第二定律求出卫星的速率、加速度、周期、角速度与轨道半径的关系式，

19、然后分析答题。【解答】解：设地球的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r。卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Gmmamrm2r可得v，a，T2，可知卫星的轨道半径越小，速率、加速度、角速度均越大，周期越小，因卫星a的轨道半径比卫星b的小，所以卫星a的速率、加速度、角速度均比卫星b的大，卫星a的周期小于卫星b的周期，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力这一思路是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。4（2024贵州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从A点移动到B点，再沿连线

20、中垂线从B点移动到C点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所经过的各点处电势的高低，试探电荷的电势能E的大小，下列判断正确的是（）AA处与C处的电场力方向相反BFAFBFCCABCDEAEBEC【考点】电势；电场线；电势能与电场力做功的关系菁优网版权所有【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】根据等量异种点电荷电场线疏密程度判断电场强度强弱，等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大，电荷所受的静电力越大，沿电场线方向电势逐渐降低。【解答】解：A.量异种电荷的电场分布规律可知A、B、C三处的电场强度方向均与电荷连线平行

21、，由正电荷指向负电荷；试探电荷带正电，受到的电场力与场强方向相同，则试探电荷在三处所受的电场力方向相同，故A错误；B.根据FqE可知电场力大小与场强大小分布一致，则有FAFBFC，故B正确；C.根据沿电场线方向电势降低，且等量异种电荷的连线中垂线为等势线，可知A、B、C三处的电势关系为ABC，故C错误；D.电势能与电势关系Epq由于试探电荷带正电，则探电荷在三处的电势能E大小为EAEBEC，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线、等势线分布情况，知道电势高低的判断。5（2024武侯区校级模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装

22、置，当两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动时，流过电阻R的电流i随时间t变化的规律如丙、丁所示。则下列说法中正确的是（）A两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零B两装置中，R中流过的电流规律对应图丙的是装置甲C在02t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同D在02t0内，两装置中通过电阻R的电量相同【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力【分析】根据中性面的特点及电流方向分析判断AB；根据有效值计算焦耳热，根据电流的定义式分析D。【解答】解：AB.图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，则两装置在图示位

23、置所产生的瞬时电流达到最大值，甲产生的电流方向不变，所以R中流过的电流规律对应图丙的是装置甲，故A错误，B正确；C.在02t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热相同，均为QR2t0故C错误；D.根据qtt由于在02t0内，两装置中的磁通量的变化量不同，故在02t0内，两装置中通过电阻R的电量不同。故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电的特点，以及知道峰值与有效值的关系。（多选）6（2024昆明一模）法国的古斯塔夫埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表

24、示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是（）ABCD【考点】功能关系；机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理能力【分析】AB：根据牛顿第二定律表示加速度，根据速度的变化判断加速度的变化，根据vt图像的斜率表示加速度，进一步可判断vt图像；C：根据动能定理列式得出Ekh图像的表达式，结合图像斜率判断；D：根据功能关系列式，根据表达式结合图像的斜率判断。【解答】解：AB.对物体受力分析，根据题意可知阻力为fkv2根据牛顿第二定律有mgfma联立解得可知物体由静止

25、释放，速度增大，阻力增大，故加速度减小，vt图像的斜率表示加速度，图线应该向下弯曲，故A错误，B正确；C：根据动能定理mahEk0解得Ekmah故Ekh图像的斜率表示合力，有B项可知，加速度逐渐减小为0，合力亦逐渐减小为0，故C错误；D：由跟能关系可知，物体减少的机械能等于克服阻力做的功E0Efh解得EE0fh随着速度的增大，阻力逐渐增大，则Eh图像的斜率逐渐增大，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。（多选）7（2024郫都区校级二模）从地面上将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用，其上升过

26、程中动能与重力势能随上升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以求出（）A物体落回地面时的动能B物体上升到最高点的机械能C物体上升的最大高度D物体从抛出至落回抛出点所用的时间【考点】功能关系；动能定理菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力【分析】根据图像得到机械能的损失，由此得到物体落回地面时的机械能；阻力无法求出，根据能量守恒定律、牛顿第二定律分析CD项。【解答】解：A、根据图像可知，动能减少Ek100J40J60J时，重力势能增加EP40J，所以机械能减少：E160J40J20J；上升到最高点时，机械能损失E，则有：，解得：E则物体回到地面上时的机械

27、能为：E100J2E100J2，故A正确；B、根据A选项可知，物体上升到最高点的机械能为：EEk0E100J，故B正确；C、物体上升到最高点的机械能为：Emgh，由于物体的质量不知道，无法求解高度；D、根据牛顿第二定律得，上升过程的加速度大小为：a1下降过程的加速度大小为：a2根据hat2得，.上升的时间为：t1下降的时间为：t2则总时间为：tt1+t2+由于阻力大小未知，无法求出物体从抛出至落回抛出点所用的时间，故D错误。故选：AB。【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初

28、末动能为多少，根据功能关系列方程解答。（多选）8（2024昆明一模）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在垂直于abc所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q两点分别为ab边的三等分点。t0时刻，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，从P点第一次进入三角形abc区域。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A粒子的比荷为B粒子可以运动到Q点C粒子第一次到达c点的时间为D粒子第一次回到a点的时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有【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】带电粒子在三角形处做匀

29、速圆周运动，在三解形内做匀速直线运动。画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出半径，结合洛伦兹力提供向心力求比荷；由轨迹可知能否经过Q点；分别求出粒子在三角形区域内外时间，相加可得到所求时间。【解答】解：A、粒子在磁场中的轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹半径为：根据洛伦兹力提供向心力：解得：，故A正确；B、由图知，粒子不能运动到Q点，故B错误；C、粒子从a点到P点的时间：t1粒子从P点到M点的时间：粒子从M点到c点的时间：t3粒子第一次到达c点的时间为：，故C错误；D、由图可知，粒子第一次回到a点相当于3个从a到c的时间，则所用的时间为：，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的

30、运动，应用牛顿第二定律和几何关系即可正确解题；解题时注意数学知识及几何图形的周期性的应用。9（2024成都模拟）某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.4）；滑动变阻器R（总阻值约10）；保护电阻R0（阻值待定）；开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 左（选填“左”或“右”）端；闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器

31、的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2的毫安表并联电阻值为 0.5的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 1.4（

32、计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为 5（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线菁优网版权所有【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）根据电路图连接实物图；（2）滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于分压电压为零的那一端；（3）并联电阻有分压作用，根据欧姆定律及并联电路的电流特点求解作答；（4）根据欧姆定律分别求解小灯泡不亮和正常发光的电阻，再求比值；（5）为较大程度地保护电路，串联一个保护电阻后，使得滑动变阻器的滑片滑到最右

33、端时，小灯泡能正常发光；根据并联电路的特点求并联电阻，根据串联电路电压的分配与电阻的关系求保护电阻的大约值，然后作答。【解答】解：（1）根据电路图，连接实物图为（2）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于分压电压为零的那一端，即应使滑片停留在最左端。（3）设毫安表的量程为I1，电阻为R1，根据欧姆定律及并联电路的电流特点，改装电流表的量程代入数据解得R0.5（4）小灯泡不亮时，电阻为小灯泡正常发光时，电阻为因此灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻R0，使得滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常

34、发光；根据并联电路的特点，并联电阻从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V根据串联电路电压的分配与电阻的关系代入数据解得R05.76考虑到电流表内阻和电源内阻的实际影响，保护电阻选择R05即可。故答案为：（1）见解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。【点评】本题考查用描绘灯泡的伏安特性曲线，考查了电流表的改装；要明确实验原理，能够根据实验电路图连接实物图；注意：在选择保护电阻时，应保证滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常发光。10（2024贵阳模拟）某物理兴趣小组用如图所示的阿特伍德机来测量当地重力加速度。（1）实验时，该小组进行了如下操作：在重物A上安装挡光片，把重物A

35、和砝码盘B用不可伸长的轻质细绳连接后，跨放在光滑的轻质定滑轮上，在砝码盘中放入适量的小物体，使装置处于静止状态，测量出挡光片到光电门竖直距离h和挡光片的宽度d；在砝码盘B中放入质量为m的砝码，让系统（A和B）由静止开始运动，光电门记录挡光片遮光的时间为t，重物向上运动h时的速度大小为 ，重物A运动的加速度大小a为 ；增加砝码盘中砝码，并重复实验，记录砝码质量m和对应的加速度a。（2）以为纵坐标、为横坐标，得到的图像为直线，纵截距为b，则当地的重力加速度大小为 。【考点】实验验证牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力【分析】（1）根据光电门求速度的公式

36、求解，根据运动学公式求解加速度大小；（2）根据牛顿第二定律结合图像的截距进行推导。【解答】解：（1）重物向上运动h时的速度大小为由运动学公式v22ah可得（2）设初始时刻重物A，砝码盘B及盘内物体质量均为M，放入质量为m的砝码后，则由牛顿第二定律mg（m+2M）a整理可得故纵截距解得故答案为：（1），；（2）。【点评】考查光电门问题和牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析和解答。11（2024武侯区校级模拟）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静释放，与b碰撞后（碰撞时间极短）立即连在一起向下运动。重力加

37、速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，以后弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，以后c恰好能离开地面，求hx为多少？【考点】动量与能量的综合应用弹簧类模型；机械能守恒定律；动量守恒定律菁优网版权所有【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】（1）根据动能定理求得a、b碰撞前瞬间a的速度，由动量守恒定律求得a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）根据胡克定律求得初始时弹簧的压缩量，由

38、机械能守恒定律求解初始时弹簧的弹性势能；（3）根据胡克定律求得c恰好能离开地面时弹簧的伸长量，由机械能守恒定律求解hx。【解答】解：（1）初始时弹簧弹力大小为F0mg，a、b碰撞后瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得：2mgF02ma1，解得：a1（2）设a、b碰撞前瞬间a的速度为v0，a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度为v1对a物块自己下落的过程，根据动能定理得：mgh0以向下为正方向，a、b碰撞过程，由动量守恒定律得：mv02mv1，解得：v1设初始时弹簧的压缩量为x1，则此时弹簧弹力满足：kx1mg，解得：x1设初始时弹簧的弹性势能为EP，对a、b碰撞后到弹簧恰好能恢复原长的过程，由机械能

39、守恒定律得：EP+22mgx1解得：EP（3）a物块从距离b高为hx处由静止释放，根据（1）的解答可知a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度为v设c恰好能离开地面时弹簧的伸长量为x2，则此时弹簧弹力满足：kx2mg解得：x2对a、b碰撞后到c恰好能离开地面的过程，因x1x2，故初末弹簧弹性势能相等，对此过程由机械能守恒定律得：2mv22mg（x1+x2）解得：hx答：（1）a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小为；（2）初始时弹簧的弹性势能为；（3）hx为。【点评】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律的应用。此题运动过程较复杂，掌握物体分离的临界条件，应用机械能守恒定律时注意研究对象

40、与研究过程的对应，尤其要注意分析弹簧是处于伸长状态还是压缩状态。12（2024云南一模）如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取sin14.50.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场

41、的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有【专题】计算题；定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的速度大小；（2）带电粒子速度大小一定，运动轨迹对应的弦最短时，粒子在磁场中运动的时间最短。运动轨迹对应的弦最长时，粒子在磁场中运动的时间最长。画出两种临界状态的运动轨迹，确定轨迹对应的圆心角，再求粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）当粒子初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场

42、时，确定仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧所对应的圆心角，再求这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，画出粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系得解得粒子运动半径为：rL根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得解得粒子在磁场中运动的速度大小为：（2）如图所示。当粒子与ab交于O点正上方时，弦长最短，轨迹对应的圆心角最小，粒子运动时间最短，由几何关系有说明圆心角为29，则最短时间为当粒子运动轨迹与cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由几何关系可知，粒子垂直ab边射出磁场，圆心角为150，则最长时间为（3）同一时刻在磁场中

43、的粒子与O的距离相等，以O为圆心，以O到（1）问中射出点的距离为半径作圆，如图当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为120，则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比为n1：n2120：（360120）1：2答：（1）粒子在磁场中运动的速度大小为；（2）粒子在磁场中运动的最短时间为，最长时间的比值为；（3）这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比为1：2。【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，分析粒子做圆周运动的向心力来源，结合临界状态即可完成解答。（多选）13（2024成都模拟）如图，一定量的理想气体从

44、状态a变化到状态b，其过程如TV图中从a到b的直线所示。直线ab与过原点的虚线斜率相同，下列判断正确的是（）A气体内能增加B气体压强不变C气体从外界吸热D外界对气体做正功E容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少【考点】热力学第一定律及其应用；气体压强的微观解释；理想气体及理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力【分析】温度决定气体的内能；根据TV图像的物理意义分析；根据热力学第一定律分析，根据气体压强的微观意义进行分析。【解答】解：A、从a到b过程，根据图像可知，气体温度升高，内能增加，故A正确；B、根据TV坐标系中，过原点的倾斜直线为等压变化，根据图像可知，ab不是过原点的倾斜直线，因此a到b不是等压变化，故B错误；CD、根据a到b过程，气体温度升高，即U0，又a到b过程体积变大，气体对外做功，即W0，根据热力学第一定律UW+Q可知，Q0，即气体从外界吸热，故C正确，D错误；E、根据TV图像可知，a到b过程，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子对容器壁的冲撞力增大，又由于气体压强减小，因此单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少，故E正确