《2024年高考物理终极押题密卷1（全国乙卷）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1（全国乙卷）含答案.doc（97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年菁优高考物理终极押题密卷1（全国乙卷）一选择题（本题共8个小题，每小题6分，共48分）（共8小题）1（2024南昌二模）屋檐下同一位置先后滴落两雨滴，在两雨滴落地前，它们之间的距离（忽略空气阻力）（）A保持不变B不断增大C不断减小D与两雨滴的质量有关2（2024宝鸡模拟）体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是（）ABCD3（2024长安区校级模拟）现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳，即太阳内部核聚变时释放的核能。已知氘氚核聚变方程为，其中的比结合能为E1，的比结合能为E2，的比结合能为E
2、3，则一个氘核与一个氚核发生这样的核反应释放的能量为（）AE3E1E2BE1+E2E3C4E32E13E2D2E1+3E24E34（2024长安区校级模拟）一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是（）A磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动5（2024包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场
3、磁感应强度为B，其中ac2d，bcd，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）Aab边有粒子出射的区域长度为0.5dB粒子在磁场中运动的最长时间为C若粒子从ac边出射，入射速度vkBdD若某粒子，则粒子可以恰好从a点飞出（多选）6（2024江西模拟）如图为两点电荷Q、Q的电场等势面分布示意图，Q、Q位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则（）AN点的电场强度大小比M点的大BQ为正电荷CM点的电场方向沿x轴负方向DP点与M点的电势差为12V（多选
4、）7（2024碑林区校级二模）如图所示，平行板电容器A、B两极板与直流电源E、理想二极管D（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）A将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大B将极板B向上平移后，油滴在P点的电势能Ep减小C将极板A向上平移后，带电油滴静止不动D将极板B向下平移后，极板B的电势降低（多选）8（2024郑州二模）质量M2.0kg、长度L1.0m的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量m1.0kg的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木
5、板施加一水平向右的作用力F，Ft图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数0.3，重力加速度g取10m/s2，则（）A6s末，物块刚好与木板分离B04s内，物块与木板不发生相对滑动C06s内，物块与木板组成的系统机械能守恒D46s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量二实验题（共2小题）9（2024东湖区校级二模）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。步骤一：如图甲（a），轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。步骤二：在图甲（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。步骤三：撤去F1、F2
6、，改用一个力F单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于O点。x00.8cm。（1）如图丁所示，实验中需要的器材有 ；（2）关于此实验的操作，下列说法正确的是 ；A测力计可以直接钩住小圆环进行实验B实验过程中，测力计外壳不能与木板有接触C完成步骤三后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同D为了减小误差，两个测力计的夹角越大越好（3）弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为 N。（4）做实验时，根据测量结果在白纸上画出，如图丙所示，F1和F2为两个分力，请在答题纸上通过作平行四边形的方法求出合力为 N。10（2024樟树市模拟）某同学设计电路测量输液用生理盐水的电阻率，先把生理盐水注入内径均
7、匀的圆柱形玻璃管中，侧壁连接一细管，细管上加有阀门K来控制以使管内总是注满生理盐水，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，管中的生理盐水柱可看作纯电阻（其电阻Rx约几十欧），现有以下器材：（1）为准确测量该电解液的电阻率，备有以下器材：A.直流电源E（电动势约6V，内阻很小）B.电压表V（量程06V，内阻约为10k）D.电流表A（量程0100mA，内阻约为2）F.滑动变阻器R（最大阻值为5）G.开关S、导线若干、游标卡尺根据所给的器材，在甲图方框内将电路图补充完整 （图甲中已给出盐水柱、电源E开关S的符号）。（2）实验步骤如下：用游标卡尺测玻璃管的内径d1
8、6.0mm；选用器材连接成实验电路，调节滑动变阻器，使电压表的示数为4V，记录此时电流表的示数I和电解液接入电路中的长度L；多次改变电解液的长度，调节滑动变阻器，使电压表的示数仍为4V，记录多组电流表的示数I和电解液接入电路中的长度L；断开S，整理好器材。（3）电压表读数为U，电流表的读数为I，电解液接入电路中的长度为L，玻璃管的内径为d，则电解液的电阻率表达式为 （用以上物理量的符号表示）；由于系统误差的存在，电阻率的测量值将比真实值 （填“偏大”“不变”或“偏小”）；（4）实验小组利用记录的多组数据，根据电解液接入电路中的长度L和电流I的数据，绘制出如图乙所示的图线，根据图线求得电解液的电
9、阻率 m（结果保留两位有效数字）。三计算题（共2小题）11（2024宝鸡一模）如图，在水平向右的匀强电场区域内，固定有一个倾角为37的光滑斜面，一质量m0.1kg、电荷量q1106C的小物块置于斜面上的A点，恰能处于静止状态。已知A点与斜面底端B的距离为1.5m，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：（1）电场的电场强度大小E；（2）若电场强度方向不变，大小变为原来的一半，则小物块由A点运动到B点所需的时间和此过程小物块电势能的变化量分别为多少？12（2024咸阳二模）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H5m的光滑
10、水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA1kg，mB2kg，mC3kg，g10m/s2，求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。四选修部分（共4小题）（多选）13（2024银川一模）在某次实验中，一定质量的理想气体先后经历了ab、bc、ca三个变化过程。下列说法正确的是（）A由a变化到b的过程中，气体压强增大B由a变化到b的过程中，单位体积内分子个数减少
11、C由b变化到c的过程中，气体分子的平均动能增大D由b变化到c的过程中，单位时间撞击容器壁分子数减少E由c变化到a的过程中，外界对气体做功14（2024西安校级模拟）如图所示，一上粗下细薄壁玻璃管，其上端开口、下端封闭。一段水银将管内气体分为两部分。图中粗管和细管的长度均为L20cm，粗管的横截面积是细管的横截面积的两倍，大气压强p075cmHg。初始时，粗管和细管内水银的长度均为h5cm，气体的热力学温度均为T0340K。（1）求初始时细管内气体的压强p2；（2）若将粗管的管口封闭（不漏气），对细管内气体缓慢加热，直至细管内水银刚好全部进入粗管，粗管内气体的温度不变，两管内的气体均可视为理想气
12、体，求此时细管内气体的热力学温度T。（多选）15（2024包头三模）沿x轴传播的简谐横波在t00时的波形如图中实线所示，t10.5s时的波形如图中虚线所示，已知波的周期T0.5s。则下列说法正确的是（）A该波的周期可能为2sB该波的波速可能为12m/sC平衡位置在x4m的质点在1s的时间内通过的路程可能为0.2mD当t0.6s时，x8m的质点可能在平衡位置E该波振动相位总是相同的两个质点之间的距离一定等于8m16（2024西安校级模拟）如图所示，一光学器材的横截面为一等腰梯形，其中AB平行于CD，底角45。从M点发出的一细束平行于底边CD的单色光，从AC边上的E点射入，已知光学器材的折射率，光
13、在真空中的传播速度大小为c。（1）求光线进入光学器材时的折射角r；（2）当从E点射入的光线对应的折射光线刚好经过长度为L的CD边的中点时，求光线在光学器材中的传播时间t。2024年菁优高考物理终极押题密卷1（全国乙卷）参考答案与试题解析一选择题（本题共8个小题，每小题6分，共48分）（共8小题）1（2024南昌二模）屋檐下同一位置先后滴落两雨滴，在两雨滴落地前，它们之间的距离（忽略空气阻力）（）A保持不变B不断增大C不断减小D与两雨滴的质量有关【考点】自由落体运动菁优网版权所有【专题】计算题；定量思想；推理法；自由落体运动专题【分析】两物体均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，
14、分析甲相对于乙做什么运动，得到距离和速度差与时间的关系【解答】解：两雨滴均做自由落体运动，设后释放雨滴运动的时间为t，则先释放雨滴运动时间为t+t，则两雨滴的距离xg（t+t）2gt2gtt，越来越大，故ACD错误，B正确；故选：B。【点评】本题关键明确两个小球的运动性质，然后根据自由落体运动的位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解速度差和距离的表达式进行讨论2（2024宝鸡模拟）体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是（）ABCD【考点】物体做曲线运动的条件菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；物体做曲线
15、运动条件专题；推理能力【分析】根据羽毛球做曲线运动，且速度在减小分析即可。【解答】解：羽毛球做曲线运动，所以加速度方向与速度方向不共线，且指向轨迹的内侧，羽毛球在上升阶段做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角大于90，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】掌握物体做曲线运动的条件是解题的基础，还要知道羽毛球做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角为钝角。3（2024长安区校级模拟）现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳，即太阳内部核聚变时释放的核能。已知氘氚核聚变方程为，其中的比结合能为E1，的比结合能为E2，的比结合能为E3，则一个氘核与一个氚核发生这样的核反应释放的能量为
16、（）AE3E1E2BE1+E2E3C4E32E13E2D2E1+3E24E3【考点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能菁优网版权所有【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】根据比结合能等于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能。【解答】解：的比结合能为E1，的比结合能为E2，的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，可知该核反应中释放的核能E4E32E13E2，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】解决本题的关键掌握爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的区别。4（2024长安区校级模拟）一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂
17、一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是（）A磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【考点】涡流；磁通量；通电导线及通电线圈周围的磁场菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动，注意圆盘中无法形成整体电流，但可以形成涡流。【解答】解：A、
18、铜质圆盘不会被磁化，本现象与磁化现象无关，故A错误；B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化，故C错误；D、引起磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的，故D错误。故选：B。【点评】本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而在圆盘局部形成了涡流。5（2024包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac2d，bcd，c点有一发射带正电粒子的粒子
19、源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）Aab边有粒子出射的区域长度为0.5dB粒子在磁场中运动的最长时间为C若粒子从ac边出射，入射速度vkBdD若某粒子，则粒子可以恰好从a点飞出【考点】带电粒子在有界磁场中的运动；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；推理能力【分析】粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力得到粒子运动半径的表达式，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维分析；根据粒子在磁场中运动周期和最大轨迹圆心角求得在磁场中运动的最长时间；根据粒子轨
20、迹图，通过放缩轨迹大小判断可以从ac边出射的速度大小条件；粒子恰好从a点飞出，其轨迹恰好在a点与ab边相切，画出轨迹图，根据几何关系求得轨迹半径，可得粒子的速率满足的条件。【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力可得：，可得粒子运动半径R，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维，若粒子速度极大（比如接近光速），那么粒子运动半径极大，在磁场中的运动轨迹趋于直线，那么在ab边有粒子出射的区域长度趋于ab边的长度，而ab的长等于d0.5d，故A错误；B、粒子在磁场中运动周期T若粒子轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间：t可见粒子在磁场中运动时间与轨迹的圆心角
21、成正比，根据粒子速度偏转角等于轨迹圆心角可知，粒子沿cd边入射从ac边射出时速度偏转角最大，轨迹图如下图所示由几何关系可得最大圆心角为，则粒子在磁场中运动的最长时间为，故B正确；C、由R，可知粒子速率越小，运动半径越小，如上图所示，让粒子速率逐渐变小，则出射点会逐渐靠近c点，故半径可以小到趋近于零，即粒子速率可以小到趋近于零，仍可以从ac边出射，故C错误；D、粒子恰好从a点飞出，则其轨迹恰好在a点与ab边相切，轨迹图如下图所示根据几何关系可得aOc为等边三角形，易得轨迹半径R2d，由R，可得粒子的速率为v2kBd，故D错误。故选：B。【点评】本题难点是确定粒子在给定条件下的临界运动轨迹，时间最
22、长和最短对应圆心角的最大和最小，圆心角的大小又可以通过弦的长短来确定，但要注意对于优弧弦越短圆心角越大，此类问题的基本功是能根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角。平时要多积累经验。（多选）6（2024江西模拟）如图为两点电荷Q、Q的电场等势面分布示意图，Q、Q位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则（）AN点的电场强度大小比M点的大BQ为正电荷CM点的电场方向沿x轴负方向DP点与M点的电势差为12V【考点】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；电场力与电势的性质专题；推理能力【分析】根据等差等势面的疏密程度得
23、出场强的大小；沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；根据等势面的数值关系得出P点和M点的电势差的大小。【解答】解：A、等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；B、沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指 Q，则Q为负电荷，故B错娱；C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要考查了电势的相关应用，理解电势与电
24、场线的特点，结合题目条件即可完成分析，难度不大。（多选）7（2024碑林区校级二模）如图所示，平行板电容器A、B两极板与直流电源E、理想二极管D（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）A将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大B将极板B向上平移后，油滴在P点的电势能Ep减小C将极板A向上平移后，带电油滴静止不动D将极板B向下平移后，极板B的电势降低【考点】含容电路分析；电势能与电场力做功的关系；电容器的动态分析菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；电容器专
25、题；分析综合能力【分析】根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动。【解答】解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：C，C，极板间的电场强度：E，整理得：E；油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qEmg；A、将上极板A向下平移，d变小，由C可知，C变大，由QCU，电容器电量Q增多，由于二极管具有单向导电性，电容器要充电，由E 可知电容器两极板间的电场强度增大，由于下极板B电势不变（低电势），且下极板B与P点距离
26、不变，而电场强度变大，则P点到B极板的电势差（为正）变大，P点电势升高，再由油滴带负电，所以油滴在P点的电势能EP减小，故A错误；B、将下极板B向上平移，d变小，由C，可知，C变大，由QCU，电容器电量Q增多，由于二极管具有单向导电性，电容器要充电，由E 可知电容器两极板间的电场强度增大，由于上极板A电势不变（高电势），且上极板A与P点距离不变，而电场强度变大，则A极扳到P点的电势差（为正）变大，P点电势降低，再由油滴带负电，所以油滴在P点的电势能EP变大，故B错误；C、将上极板A向上平移，d变大，由C可知，C变小，由QCU，电容器电量Q减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E 可
27、知电容器两极板间的电场强度不变，则电场力不变，因此带电油滴静止不动，故C正确；D、将下极板B向下平移后，由C，可知，C变小，由QCU，电容器电量Q减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E 可知，电场强度E不变，而上极板与下极板的距离变大，则它们的电势差增大，因此极板B的电势降低，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了判断P点电势高低、油滴运动方向问题，本题难度较大，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；应用：C，C，E，即可解题。（多选）8（2024郑州二模）质量M2.0kg、长度L1.0m的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量m1.0kg的物块（可视为质点），如
28、图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，Ft图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数0.3，重力加速度g取10m/s2，则（）A6s末，物块刚好与木板分离B04s内，物块与木板不发生相对滑动C06s内，物块与木板组成的系统机械能守恒D46s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量【考点】功能关系；牛顿运动定律的应用板块模型菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系 能量守恒定律；推理能力【分析】物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。根据牛顿第二定律判断04s内物块与木板是否发生相对滑动；对4s6s内物块与木板运动过程，根据牛顿第二
29、定律与运动学公式求解两者相对位移大小；06s内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的；根据功能关系分析46s内拉力F做功与系统能量的关系。【解答】解：B、物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。根据牛顿第二定律，此时对滑块有：mgma0对滑块与木板整体有：F0（M+m）a0联立解得滑块与木板恰好发生相对滑动时力F的大小为：F09N因04s内F6NF0，故此时间内物块与木板不发生相对滑动，故B正确；A、4s6s内F10N，此时间内物块与木板发生相对滑动。根据牛顿第二定律，对滑块有：mgma1对木板有：FmgMa2解得：a13m/s2，a23.
30、5m/s2假设4s6s的时间间隔t2s内两者没有分离，则：滑块的位移为：x1a1t2木板的位移为：x2a2t2两者相对位移大小为：xx2x1联立解得：x1m因xL1.0m，故6s末物块刚好与木板分离，故A正确；C、06s内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的，而重力势能不变，故系统机械能不守恒，故C错误；D、46s内物块与木板发生相对滑动，存在摩擦生热，由功能关系可知，此时间内拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与摩擦生热之和，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查了板块相对运动问题，解答本题时要理清物体的运动过程，把握各个过程的研究对象和物理规律，分段运用牛顿
31、第二定律、运动学公式以及功能关系等原理解答。二实验题（共2小题）9（2024东湖区校级二模）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。步骤一：如图甲（a），轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。步骤二：在图甲（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。步骤三：撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于O点。x00.8cm。（1）如图丁所示，实验中需要的器材有 B；（2）关于此实验的操作，下列说法正确的是 C；A测力计可以直接钩住小圆环进行实验B实验过程中，测力计外壳不能与
32、木板有接触C完成步骤三后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同D为了减小误差，两个测力计的夹角越大越好（3）弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为 0.7N。（4）做实验时，根据测量结果在白纸上画出，如图丙所示，F1和F2为两个分力，请在答题纸上通过作平行四边形的方法求出合力为 3.16N。【考点】验证力的平行四边形定则菁优网版权所有【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题；实验能力【分析】（1）根据实验原理选择所需的实验器材；（2）根据实验的正确操作和注意事项分析作答；（3）弹簧测力计的最小分度为0.2N，采用“半格估读法”读数；（4）取单位长度1
33、cm代表0.4N，根据力的图示法，然后求合力。【解答】解：（1）探究两个互成角度的力的合成规律实验需要刻度尺确定力的方向和作图，故ACD错误，B正确。故选：B。（2）A测力计若直接钩住小圆环进行实验，会在确定力的方向时出现误差，故A错误；B实验过程中，弹簧测力计与木板保持平行即可，故B错误；C实验过程中用一个弹簧测力计的作用效果替代两个弹簧测力计作用效果，只需同一次实验“结点”的位置相同即可，但完成后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同，故C正确；D画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形会准确些，但不是要求夹角尽量大，故D错误。故选：C。（3）弹簧测力计的最小分度为0.2N
34、，采用“半格估读法”读数，拉力为0.7N。（4）取单位长度1cm代表0.4N，根据力的图示法，所作的图示如图所示：用刻度尺测量出OF的长度为7.90cm，合力的大小。故答案为：（1）B；（2）C；（3）0.7；（4）3.16。【点评】本实验探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，采用的是“等效替代”的方法；掌握弹簧测力计的读数规则和力的图示法作图的方法。10（2024樟树市模拟）某同学设计电路测量输液用生理盐水的电阻率，先把生理盐水注入内径均匀的圆柱形玻璃管中，侧壁连接一细管，细管上加有阀门K来控制以使管内总是注满生理盐水，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由
35、移动，管中的生理盐水柱可看作纯电阻（其电阻Rx约几十欧），现有以下器材：（1）为准确测量该电解液的电阻率，备有以下器材：A.直流电源E（电动势约6V，内阻很小）B.电压表V（量程06V，内阻约为10k）D.电流表A（量程0100mA，内阻约为2）F.滑动变阻器R（最大阻值为5）G.开关S、导线若干、游标卡尺根据所给的器材，在甲图方框内将电路图补充完整 见解析（图甲中已给出盐水柱、电源E开关S的符号）。（2）实验步骤如下：用游标卡尺测玻璃管的内径d16.0mm；选用器材连接成实验电路，调节滑动变阻器，使电压表的示数为4V，记录此时电流表的示数I和电解液接入电路中的长度L；多次改变电解液的长度，调
36、节滑动变阻器，使电压表的示数仍为4V，记录多组电流表的示数I和电解液接入电路中的长度L；断开S，整理好器材。（3）电压表读数为U，电流表的读数为I，电解液接入电路中的长度为L，玻璃管的内径为d，则电解液的电阻率表达式为（用以上物理量的符号表示）；由于系统误差的存在，电阻率的测量值将比真实值 偏小（填“偏大”“不变”或“偏小”）；（4）实验小组利用记录的多组数据，根据电解液接入电路中的长度L和电流I的数据，绘制出如图乙所示的图线，根据图线求得电解液的电阻率2.7102m（结果保留两位有效数字）。【考点】导体电阻率的测量菁优网版权所有【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；
37、实验能力【分析】（1）根据待测电阻大约值、电流表内阻和电压表内阻比值的大小关系确定电流表的内外接法；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，采用限流式接法，电表的变化范围小，据此分析滑动变阻器的接法，然后完成电路图的设计；（3）根据电阻定律和欧姆定律求解电阻率的表达式；实验的误差来源于电压表的分流，据此分析通过待测电阻的电流，然后分析电阻率的测量值与真实值的大小关系；（4）根据电阻定律和欧姆定律求解函数，结合图像斜率的含义求电阻率。【解答】解：（1）设Rx 约80，由于，因此电流表采用外接法；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，采用限流式接法，电表的变化范围小，因此滑动变阻器采用分压式接法，设
38、计的电路图如图所示：（3）根据欧姆定律，待测电阻 根据电阻定律联立解得电阻率 实验的误差来源于电压表的分流作用，通过待测电阻电流的测量值大于真实值，根据上述表达式可知，待测电阻的电阻率的测量值小于真实值，所测得的电阻率的测量值与真实值相比偏小。（4）由（3）的分析知 则 则 关系图线为过坐标原点的倾斜直线，斜率 由图线可得斜率 代入数据解得 。故答案为：（1）见解析；（3）；偏小；（4）2.7102。【点评】本题主要考查了电路的设计，考查了伏安法测电阻，要理解实验的原理，掌握欧姆定律和电阻定律的运用，能够根据实验原理分析实验误差。三计算题（共2小题）11（2024宝鸡一模）如图，在水平向右的匀
39、强电场区域内，固定有一个倾角为37的光滑斜面，一质量m0.1kg、电荷量q1106C的小物块置于斜面上的A点，恰能处于静止状态。已知A点与斜面底端B的距离为1.5m，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：（1）电场的电场强度大小E；（2）若电场强度方向不变，大小变为原来的一半，则小物块由A点运动到B点所需的时间和此过程小物块电势能的变化量分别为多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系菁优网版权所有【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】（1）由物块受力平衡求电场的电场强度大小；（2）由牛顿第二定律结合运动学公式求小物块由A
40、点运动到B点所需的时间和此过程小物块电势能的变化量。【解答】解：（1）小物块恰好处于静止状态，有解得E7.5105N/C方向水平向右（2）场强变化后，对物块有由运动学公式有解得t1s电场力做功由功能关系有，电势能的变化量与电场力做功有解得EpW电0.45J电势能增加了0.45J。答：（1）电场的电场强度大小为7.5105N/C，方向水平向右；（2）小物块由A点运动到B点所需的时间1s，电势能增加了0.45J【点评】本题考查了物体的受力平衡及运动后的电势能的变化。12（2024咸阳二模）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H5m的光滑水平
41、桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA1kg，mB2kg，mC3kg，g10m/s2，求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。【考点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】与弹簧相关的动量、能量综合专题【分析】由机械能守恒定律求出滑到底面的速度。运用动量守恒定律研究A、B系统，求出具有共同速度。当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的
42、弹性势能最大。把动量守恒和机械能守恒结合解决问题。【解答】解：（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：解得：v16m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，选向右的方向为正，由动量守恒定律有：mAv1（mA+mB）v2解得：（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有：mAv1（mA+mB+mC）v3由机械能守恒定律有：Ep（mA+mB）v22（mA+mB+mC）v32Ep3J
43、（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：（mA+mB）v2（mA+mB）v4+mCv5解得：v40，V52m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：sv5tH解得：s2m答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度是2m/s；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能是3J；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离为2m。【点评】利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。四选修部分（共4小题）（多选）13（2024银川一模）在某次实验中，一定质量的理想
44、气体先后经历了ab、bc、ca三个变化过程。下列说法正确的是（）A由a变化到b的过程中，气体压强增大B由a变化到b的过程中，单位体积内分子个数减少C由b变化到c的过程中，气体分子的平均动能增大D由b变化到c的过程中，单位时间撞击容器壁分子数减少E由c变化到a的过程中，外界对气体做功【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菁优网版权所有【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题；理解能力【分析】本题考查理想气体状态方程应用，结合图像分析理想气体状态参量的变化。温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子平均动能越大；一定质量的理想气体，分子数密度与体积有关，体积越大，数密度
45、越小；根据WpV分析气体做功的情况。【解答】解：A、由a变化到b的过程为等压变化，压强不变，故A错误；B、由a变化到b的过程气体体积增大，分子数不变，所以单位体积内分子个数减少，故B正确；C、由b变化到c的过程中，气体温度升降低，气体分子的平均动能减小，故C错误；D、由b变化到c的过程中，分子平均动能减小，平均速率减小，但体积不变，单位体积内的分子数目不变，所以单位时间撞击容器壁分子数减少，故D正确；E、由c变化到a的过程中，气体体积减小，外界对系统做功，故E正确；故选：BDE。【点评】本题主要考查了理想气体状态方程，应结合图像来分析问题，而温度是平均动能的标志。14（2024西安校级模拟）如图所示，一上粗下细薄壁玻璃管，其上端开口、下端封闭。一段水银将管内气体分为两部分。图中粗管和细管的长度均为L20cm，粗管的横截面积是细管的横截面积的两倍，大气压强p075cmHg。初始时，粗管和细管内水银的长度均为h5cm，气体的热力学温度均为T0340