《2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）含答案.doc（104页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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0.25HzD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
2、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M1、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）A半径之比为M1：M2B向心力之比为M1：M2C动能之比为M1：M2D角速度之比为1：13（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（）ABCD4（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
3、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IU图线，、表示遏止电压。下列说法中正确的是（）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，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷
4、出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙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（）AIBICIDI二多选题（共3小题）（多选）6（2024吉林一模）如图所示，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R2m。一质量为m1kg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g10m/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10WB在A到P的过程中合力对小物块
5、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（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v0，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mgvB小球下落的时间为C小球下落过程中的水平位移大小为D小球下落过程中空气阻
6、力所做的功为（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。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L0，缸内密封的理想气体温度为T0。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U，大气压强为p0，下列说法正确的是（）A加热前，缸内气体的压强为p0+B加热过程中，气体对外做功的大小为UQC加热过程中，活塞移动的距离为D加热后，缸内气体的温度升高三实验题（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
7、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。（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）；
8、（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k，若系统的机械能守恒，则k （用已知和测量的物理量的字母表示）。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3B电压表（03V、内阻约3k）C电流表（00.6A、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
9、 mm，螺旋测微器夹有金属丝时示数如图2所示，该示数为 mm。（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/V0.580.700.910.951.201.38I/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UI图像。由图像可得金属丝的电阻值Rx ，电阻率 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
10、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v0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
11、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t0时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为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：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强E0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30的斜面上，其间距L2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B2T。两根金属棒
12、NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ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2，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t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/s2。求：（1）t11s时，金属棒ab的速度大小；（2）t23s时，外力F的大小；（3）已知金属棒ab在03s的时间内产生的热量为4.5J，求这段时间外力F所做的功。2024年菁优高考物理终极押题密卷2
13、（新课标卷）参考答案与试题解析一选择题（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0.25HzD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
14、恒定律菁优网版权所有【专题】定量思想；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；小球的振幅与圆盘的转速有关，然后结合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，即，故C正确；D圆盘以2s的周期匀
15、速运动时，驱动力频率为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：C。【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M1、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）A半径之比为M1：M2B向心力之比为M1：M2C动能之比为M1：M2D角速度之比为1：1【考点】动能；向心力；万有引力定律的应用菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在
16、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，其中r1+r2L，得到r1：r2M2：M1，故A错误；C、根据动能定理EK得动能之比为M2：M1，故 C错误。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
17、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（）ABCD【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动；斜抛运动菁优网版权所有【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
18、运动，设水平速度为v0，竖直速度为vy，则水平方向位移xv0t，即x与t成正比，xt图像是过原点的直线，故A错误；B、竖直方向位移的大小为，yt图像是开口向下的抛物线，故B错误；C、竖直方向是竖直上抛运动，竖直方向的速度为vy1vygt则合速度为动能为，则Ekt为开口向上的抛物线，故C正确；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Pmgvy1mg|vygt|，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D错误。故选：C。【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（202
19、4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IU图线，、表示遏止电压。下列说法中正确的是（）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菁优网版权所有【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
20、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，丙光对应的遏止电压最大，所以丙光的频率最高，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EkhW0光电流为零时的反向电压即为遏止电压Uc，根据动能定理eUcEk联立可得eUchW0利用图像可知遏止电压Uc1Uc2可知甲乙丙而光子动量因此光子动量之间的关系为p甲p乙p丙故A错误；B光电效应中eUcEk可知Ek甲Ek丙故B正确；C光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为由甲丙又得甲丙所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉
21、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：B。【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eUchW。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，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，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，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙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
22、离子推进器产生的推力为（）AIBICIDI【考点】带电粒子在电场中的加速；牛顿第三定律；动能定理；动量定理菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；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：氙离子在加速电场中由动能定理有：设t时间内有n个氙离子喷射出，则有：取水平向右为正方向，对n个氙离子由动量定理有：Ftnmv0联立方程可得：由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力，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，解题的关键是知道氙离子在电场中由于受到电场力加速，由牛顿第三定律
23、可知电场受到氙离子的反作用力。二多选题（共3小题）（多选）6（2024吉林一模）如图所示，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R2m。一质量为m1kg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g10m/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10WB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
24、功率和瞬时功率；动能定理菁优网版权所有【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，冲量不为零。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Pmgvcos10W，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；C、小物块在AQ段重力做的功W1mgRsin30，在QP段重力做到功W2mgR（1sin30），得W1W2，由小物块做匀速圆周运动和动能定理
25、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Nmgmv2/R，得到小物块对圆弧轨道的压力大小为12N，故D错误。故选：AC。【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v0，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
26、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mgvB小球下落的时间为C小球下落过程中的水平位移大小为D小球下落过程中空气阻力所做的功为【考点】动能定理；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有【专题】定量思想；合成分解法；动量定理应用专题；分析综合能力【分析】根据PGmgvy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vyvsin，重力的功率为PGmgvymgvsin，故A错误；B、取竖直向下为正方向，小球下落
27、过程中，在竖直方向上，根据动量定理得mvsinmgtk（vy1+vy2+vy3+.）t又（vy1+vy2+vy3+.）th解得小球下落的时间为：，故B正确；C、取水平向右为正方向，小球在水平方向，根据动量定理得mvcosmv0k（vx1+vx2+vx3+.）t又（vx1+vx2+vx3+.）tx解得小球下落过程中的水平位移大小为：，故C正确；D、对于小球下落过程，根据动能定理得：解得小球下落过程中空气阻力所做的功为：，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太原二模）如图所示
28、，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L0，缸内密封的理想气体温度为T0。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U，大气压强为p0，下列说法正确的是（）A加热前，缸内气体的压强为p0+B加热过程中，气体对外做功的大小为UQC加热过程中，活塞移动的距离为D加热后，缸内气体的温度升高【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菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；气体的状态参量和
29、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，对活塞由受力平衡可得：pS+Gsinp0S，解得：，故A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：UQW，解得：WQU，故B错误；C、设加热过程中，活塞移动的距离为x，则气体对外界做功WpSx，解得：，故C正确；D、设加热后，缸内气体的温度升高了T，气体做等压变化，由盖吕萨克定律可得：解得：，
30、故D正确。故选：CD。【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：UW+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.
31、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。（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 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k，若系统的机械能守恒，则k（用已知和测量的物理量的字母表示）。【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菁优网版权所有【专题
32、】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t2的表达式为一直线，从而得到直线的斜率【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，读数为：0.1cm+140.05mm1.70mm0.170cm（2）根据速度的定义可得，滑块到光电门的速度为：根据机械能守恒定律有：整理解得：，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t2的表达式为：，变形后有：t2+若系统的机械能守恒，则t2图像是一
33、条直线，由题意得：k故答案为：（1）0.170；（2）；（3）。【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3B电压表（03V、内阻约3k）C电流表（00.6A、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
34、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，该示数为 0.680mm。（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/V0.580.700.910.951.201.38I/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UI图像。由图像可得金属丝的电阻值Rx2.9，电阻率1.1106m。（
35、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菁优网版权所有【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UI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18.00.01mm0.180mm图2的读数为0.5mm+18.00.01mm0.680mm；（2）根据电路图连线顺序连线，实
36、物连线图如下图所示；（3）根据题意要求，在图中补出点（0.33，0.95），将图中各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UI图像如下图所示UI图像的斜率表示待测金属丝的电阻，故根据电阻定律及待测金属丝的面积有1.1106m。故答案为：（1）0.180；0.680；（2）；（3）；2.9（2.73.1）；1.1106。【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）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
37、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v0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。【考点】动量与能量的其他综合应用；牛顿第三定律；向心力；机械能守恒定律菁优网版权所有【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
38、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，mv0（m+4m）v系统机械能守恒：解得：（2）设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒：mv0mv1+4mv2系统机械能守恒：联立解得： （3）小球达到最高点速度为v，由机械能守恒定律在最高点，由牛顿第二定律：联立解得：FN3mg根据牛顿第三定律压力FNFN即小球对“小山”的压力为3mg答：（1）小球的初速度；（2）小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为，；（3）小
39、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恒定律解题。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t0时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为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：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强E0的大小和方向
40、；（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菁优网版权所有【专题】定量思想；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，由力与运动的关系，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
41、离为2h，从A到B的过程根据动能定理有mg2h+qU解得AB两点之间的电势差U（2）小球从A点以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，说明水平方向上减速运动，水平方向有解得E1方向水平向左；竖直方向有解得E2方向竖直向下。所以匀强电场的场强E0代入数据解得E0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tABtBDT小球从A到B，在y轴上有vBay2h解得vBT8h到达D点时小球沿y轴方向的分速度为v
42、1ayT2vB则A到D沿y轴方向的位移为y1v1TvBT8h小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以2vB的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为y22vBT28h16h经过E点后，2T3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以2vB的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为v32vB+ayT2vB+2vB4vB2T3T时间沿y轴的位移为y3（2vB+4vB）T代入数据解得y324h以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球
43、就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T4T时间沿y轴的位移为y44vBT48h32h4T5T时间沿y轴的位移为y5（4vB+6vB）T代入数据解得y540h以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为y8h+16h+24h+8nh令y128h，解得5n6可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当n5时y120h则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为y128h120h8h小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度v53ayT32vB6vB小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y
44、轴到水平面经历时间为t与vBT8h对比可得tT小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为xvAtaxt2由A到B的过程中，沿水平方向有vAaxhax（）2联立解得xh小球到达水平面C时与A点的水平距离xh。答：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强的大小，方向与水平方向成45角斜向左下；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离h。【点评】本题考查了带电体在匀强电场中运动问题，对于物体受恒力而做曲线运动，将其运动进行分解处理，分运动具有独立性与等时性。本题难度较大，根据力与运动的关系推断物体的运动形式和规律是本题的难点。13（2024安徽模拟）如图甲所示，两根平行光滑足
45、够长金属导轨固定在倾角30的斜面上，其间距L2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ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2，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t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/s2。求：（1）t11s时，金属棒ab的速度大小；（2）t23s时，外力F的大小；（3）已知金属棒ab在03s的时