《2024年高考物理终极押题密卷2（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2（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年高考物理终极押题密卷2（全国乙卷）一试题（共8小题）1（2024青原区校级一模）三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代，14C衰变方程为+X，14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（）A方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分B方程中的X是中子，来源于原子核C文物所埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响D若、X的质量分别是m1、m2、m3，一个发生衰变释放能量为2（2024碑林区模拟）用F表示物
2、体受到的力，x表示物体的位移，v表示物体的速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，不计空气阻力，对物体自由下落的过程，取竖直向下为正方向，以下图像正确的是（）ABCD3（2024郑州模拟）在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛中，一运动员将排球从A点斜向上以速度v1击出，排球沿轨迹ABC运动；另一运动员将该排球从C点以水平速度v2击回，排球沿轨迹CDA运动，恰好落回出发点A。不计空气阻力，则排球（）A沿轨迹CDA运动的最大速度可能为v1B沿轨迹ABC运动的最小速度为v2C沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量大小相同D沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过
3、程的平均速度大小可能相同4（2024江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流正方向。在时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（）A不断增大，逆时针B不断增大，顺时针C不断减小，逆时针D不断减小，顺时针5（2024包头三模）四个粒子氕核（）、氚核（H）、氦核（He）和反质子（H）先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中正确的是（）ABCD（多选）6（2024新郑市
4、校级一模）小红将量程为00.6A的电流表A（表盘刻度共有30个小格），按照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中R1和R2阻值相等，都等于改装前电流表内阻的。下列说法正确的是（）A将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.12AB将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08AC将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08AD将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.06A（多选）7（2024河南模拟）粒子（He）以一定的初速度与静止的氧原子核（O）发生正碰。此过程中，粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（）At1时刻O的动量为p0p1Bt1时刻
5、O的加速度达到最大Ct2时刻O的动能达到最大Dt2时刻系统的电势能最大（多选）8（2024河南模拟）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（）AQ的质量为1kgB地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C由于碰撞系统损失的机械能为1.0JDt5.8s时木板速度恰好为零二实验题（共2小题）9（2024包头三模）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。长为l不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球（大小不
6、计），竖直平面内固定一外部标有刻度（图中未画出）的光滑半圆导轨，如图所示。当小钢球在最低点时它与半圆导轨恰好不接触，现给小钢球一水平向左适当大小的初速度，使它在竖直平面内摆动，记录钢球在向上摆动过程中拉力传感器示数的最大值Fmax和最小值Fmin，当Fmin刚好为0时，轻绳与水平方向的夹角为。改变小钢球的初速度大小，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Fmaxsin图像是一条直线，已知重力加速度大小为g。（1）该实验系统误差的主要来源是 （填正确答案序号）。A.小钢球摆动角度偏大B.小钢球初始速度不同C.小钢球摆动过程中有空气阻力（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则Fmaxsin图
7、象的数学表达式为Fmax （用题中所给的已知物理量符合表示）。（3）若Fmaxsin图线的斜率为k，则小钢球的质量m为 。（用题中所给的已知物理量符合表示）10（2024西安校级模拟）（1）为了测量某种型号的电池的电动势和内阻，小方同学设计了如图甲所示的实验电路，电流表内阻不计，改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I，根据实验数据描点，绘出的图像如图乙所示。b、c及直线在坐标轴上的截距a均已知，定值电阻的阻值为R0，则该电池的电动势E 、内阻r 。（2）小袁同学设计了如图丙所示的实验电路。按图丙连接好实验电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P调到 （填“A”或“B”）端；闭合开关S，改
8、变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表的示数U和I；建立UI坐标系，得到如图丁所示的图像，可得电池的电动势E V、内阻r 。（结果均保留两位有效数字）三计算题（共2小题）11（2024西安校级模拟）2023年3月23日，山西省考古研究院发布消息，考古专家证实山西运城董家营西汉墓出土墨书题铭陶罐，从中可以窥见汉代河东地区丰富多样的饮食生活。现有一半径Rm的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，如图所示。转台静止不转动时，将一质量m0.3kg的物块（视为质点）放入陶罐内，物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO的夹角37。
9、取重力加速度大小g10m/s2，sin370.6，cos370.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数；（2）若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕OO轴转动，求转台转动的最小角速度min。12（2024银川一模）如图所示，在y0的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，在第三，四象限内存在磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场质量为m，电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上的A点（）以初速度v0沿y轴负方向射入电场，一段时间后从x轴上的C点（）进入磁场区域，粒子a到达y轴时速度与y轴垂直并与静止在y轴上质量为2m、不带电的粒子b发生弹性正碰（未画出），罐撞过程中有电荷量
10、转移给粒子b（a、b粒子的重力忽略不计）求：（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小及粒子b被碰后的速度大小；（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距y的表达式。四选修部分（共3小题）（多选）13（2024西安校级模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是（）A气体吸收热量B气体的内能减小C外界对气体做负功D气体分子的平均动能增大E气体的密度增大14（2024东湖区校级一模）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳
11、定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为UkT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。15（2024兴庆区校级模拟）（1）一列简谐横波某时刻的波动图像如图1所示，波源振动的频率为5Hz，沿x轴正方向传播。下列说法正确的是 （填正确答案标号）。A波源的振幅为20cmB平衡位置在x6m处的质点此刻速度最大C平衡位置在x6m处的质点此刻
12、加速度最大D从图示时刻起再经过0.1s，波源向x轴正方向运动了2mE从图示时刻起再经过0.2s，波源通过的路程为80cm（2）如图2，截面为直角三角形的玻璃棱镜置于真空中，已知A60，C90，一束极细的光于AC边的中点F处垂直AC面入射，玻璃的折射率为，光在真空的速度为c3108m/s。求：光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角；从BC面射出的光在棱镜中传播的时间。2024年菁优高考物理终极押题密卷2（全国乙卷）参考答案与试题解析一试题（共8小题）1（2024青原区校级一模）三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中
13、华文明的母体。利用14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代，14C衰变方程为+X，14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（）A方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分B方程中的X是中子，来源于原子核C文物所埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响D若、X的质量分别是m1、m2、m3，一个发生衰变释放能量为【考点】质量亏损与质能方程；原子核的衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有【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】AB.根据核反应的书写规则和粒子特性进行分析判断；C.根据半衰期的决定因素分析；D.根据爱因斯坦的质
14、能方程列式计算。【解答】解：AB.根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为1，质量数为0，可知X为电子，来源于原子核，故AB错误；C.半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定，故C错误；D.根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量 ，故D正确。故选：D。【点评】考查核反应方程的书写规则，知道放射性元素半衰期的决定因素，会根据质能方程进行相关计算。2（2024碑林区模拟）用F表示物体受到的力，x表示物体的位移，v表示物体的速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，不计空气阻力，对物体自由下落的过程，取竖直向下为正方向，以下图像正确的是（）ABCD【考点】运动学图像综合；
15、自由落体运动菁优网版权所有【专题】定量思想；图析法；运动学中的图象专题；自由落体运动专题；推理能力【分析】物体做自由落体运动，只受重力作用，重力保持不变，加速度保持不变；物体下落位移与时间为二次函数关系；根据vgt可确定v与t的关系。【解答】解：AD物体自由下落的过程，物体做自由落体运动，只受重力作用，重力保持不变，加速度为重力加速度，加速度保持不变，故AD错误；B物体做自由落体运动，则有：可知xt图像应为抛物线，故B错误；C物体做自由落体运动，则有：vgt可知vt图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确。故选C。【点评】此题考查了自由落体运动相关问题，关键是抓住自由落体运动特点及运动学公式去分析
16、。3（2024郑州模拟）在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛中，一运动员将排球从A点斜向上以速度v1击出，排球沿轨迹ABC运动；另一运动员将该排球从C点以水平速度v2击回，排球沿轨迹CDA运动，恰好落回出发点A。不计空气阻力，则排球（）A沿轨迹CDA运动的最大速度可能为v1B沿轨迹ABC运动的最小速度为v2C沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量大小相同D沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小可能相同【考点】斜抛运动；平抛运动菁优网版权所有【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理能力【分析】AB、利用运动学公式比较速度；C、利用速
17、度变化量与加速度的关系判断两种运动情况的速度变化零是否相同；D、通过平均速度与时间、位移的关系判断两种运动情况的区别。【解答】解：对运动情况分析根据图像可知，轨迹最高点高于轨迹最高点，分析两者最高点左侧的运动，根据平抛运动规律可知轨迹运动时间长，水平位移相等，则沿轨迹运动的水平分速度小，根据，可知轨迹的竖直分速度大于轨迹，所以沿轨迹运动的最大速度可能等于v1，沿轨迹运动的最小速度即水平速度小于v2，故A正确，B错误；C、因为速度变化量vgt，沿轨迹的运动时间大，则沿轨迹运动过程的速度变化量大，故C错误；D、沿轨迹和轨迹运动过程的位移大小相同，但沿轨迹的运动时间大，沿轨迹运动过程的平均速度小，故
18、D错误。故选：A。【点评】本题考查了对抛体运动规律的了解，其中运用运动的合成与分解方法将抛体运动分别研究水平方向、竖直方向的运动情况为解题的关键。4（2024江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流正方向。在时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（）A不断增大，逆时针B不断增大，顺时针C不断减小，逆时针D不断减小，顺时针【考点】楞次定律菁优网版权所有【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理能力【分析】根据安培定则判定穿过螺线管的磁场
19、的方向以及穿过圆环的磁通量变化，再依据楞次定律，确定涡流的方向。【解答】解：由题图可知，在时间内电路中的电流与图中电流方向相反，被测材料区域原磁场方向竖直向上，电流不断增大，则磁场不断增大，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知，在被测材料上的涡流方向为顺时针（俯视）；又因为时间内it图像的斜率不断减小，则感应磁场变化率不断减小，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可知，被测材料上的涡流大小不断减小。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同或来拒去留，来分析环所受的安培力方向。5（2024包头三模）四个粒子氕核（）、氚核（H）、氦
20、核（He）和反质子（H）先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中正确的是（）ABCD【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；推理能力【分析】根据牛顿第二定律列式推导粒子的轨迹半径表达式，结合四个粒子的正负情况，比荷差别以及左手定则进行准确的分析和判断。【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有qvBm得R四个粒子中有三个带正电的粒子，一个带负电的粒子，根据左手定则可知，三个正粒子向y轴正向偏转，负粒子向y轴负向发生偏转，所以反质子的偏
21、转方向沿y轴负方向，因为氚核和氦核的比荷相同，根据公式可知半径相等，由题意可得氕核的轨迹半径等于反质子的轨迹半径，并小于氚核和氦核的轨迹半径，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】考查牛顿第二定律和左手定则，会根据题意进行准确的分析和判断。（多选）6（2024新郑市校级一模）小红将量程为00.6A的电流表A（表盘刻度共有30个小格），按照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中R1和R2阻值相等，都等于改装前电流表内阻的。下列说法正确的是（）A将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.12AB将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08AC将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08
22、AD将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.06A【考点】表头的改装；电表的改装与应用菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力【分析】把1、2接入电路时，电路是R2和电流表串联后再与电阻R1并联，根据并联电路的电流特点很容易计算出改装后电流表的量程，进而得到每小格表示的电流；同理可以解出将1、3接入电路中的情况。【解答】解：AB设改装前电流表内阻为4R，则R1R2R将1、2接入电路时，电流表量程为6Ig60.6A3.6A因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.12A，故A正确，B错误；CD将1、3接入电路时，电流表量程为3Ig30.6A1.8A因为表盘刻度共有
23、30个小格，所以每一小格表示0.06A，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】分析清楚电路的连接方式是解题的关键，至于量程很容易根据欧姆定律解答出来。（多选）7（2024河南模拟）粒子（He）以一定的初速度与静止的氧原子核（O）发生正碰。此过程中，粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（）At1时刻O的动量为p0p1Bt1时刻O的加速度达到最大Ct2时刻O的动能达到最大Dt2时刻系统的电势能最大【考点】电势能与电场力做功的关系；动量守恒定律菁优网版权所有【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】粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，从
24、而求出氧原子核的动量；斜率表示动量的变化程度，所以t1时刻粒子的动量变化率最大，所以受到的电场力最大，所以加速度达到最大；读图可知，t2时刻后，粒子反向运动，t2时刻氧原子核的动能达到最大；因为t1时刻，氧原子核受到的电场力最大，说明此时粒子与氧原子核的距离最近，所以电势能最大。【解答】解：A粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可以得到t1时刻的动量为p2p0p1故A正确；Bt1时刻图线的切线斜率最大，这说明此时粒子的动量变化率最大，根据动量的表达式pmv可知粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即粒子受到的电场力最大，说明氧原子核受到的电场力也最大，的加速度达到最大，故B正确；Ct2时刻，粒
25、子速度为零，由图可知t2时刻后，粒子反向运动，根据系统动量守恒，可知在t2时刻之后，的动量达到最大，说明的速度达到最大，所以的动能达到最大，故C错误；Dt1时刻，氧原子核受到的电场力最大，粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，故D错误。故选：AB。【点评】学生在解答本题时，应注意能够根据研究对象的动量变化情况推导出速度以及动能的变化情况。（多选）8（2024河南模拟）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（）AQ的质量为1kg
26、B地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C由于碰撞系统损失的机械能为1.0JDt5.8s时木板速度恰好为零【考点】动量与能量的综合应用板块模型；功能关系；动量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】根据动量守恒可求出Q的质量；利用牛顿第二定律可求出动摩擦因数；根据能量守恒定律可求出碰撞系统损失的机械能；结合动量定理可求出木板速度恰好为零的时刻。【解答】解：A根据vt图像可知，v13m/s，v21m/s，v32m/s，两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1+Mv2（m+M）v3解得M1kg故
27、A正确；B设P与Q之间的动摩擦因数为1，Q与地面之间的动摩擦因数为2，根据vt图像可知，02s内P与Q的加速度分别为aP1.5m/s2，aQ0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得1mgmaP1mg2（m+M）gMaQ联立解得20.05故B错误；C由于碰撞系统损失的机械能为代入数据解得E1.0J故C正确；D对碰撞后整体受力分析，由动量定理得2（m+M）gt20（m+M）v3代入数据解得t24s因此木板速度恰好为零的时刻为tt1+t22s+4s6s故D错误；故选：AC。【点评】学生在解答本题时，应注意对于碰撞问题，要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律。二实验题（共2小题）9（202
28、4包头三模）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。长为l不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接一质量为m的小钢球（大小不计），竖直平面内固定一外部标有刻度（图中未画出）的光滑半圆导轨，如图所示。当小钢球在最低点时它与半圆导轨恰好不接触，现给小钢球一水平向左适当大小的初速度，使它在竖直平面内摆动，记录钢球在向上摆动过程中拉力传感器示数的最大值Fmax和最小值Fmin，当Fmin刚好为0时，轻绳与水平方向的夹角为。改变小钢球的初速度大小，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Fmaxsin图像是一条直线，已知重力加速度大小为g。（1）该实验系统误差的主要来源是
29、C（填正确答案序号）。A.小钢球摆动角度偏大B.小钢球初始速度不同C.小钢球摆动过程中有空气阻力（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则Fmaxsin图象的数学表达式为Fmax3mg（1+sin）（用题中所给的已知物理量符合表示）。（3）若Fmaxsin图线的斜率为k，则小钢球的质量m为 。（用题中所给的已知物理量符合表示）【考点】实验验证机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；实验能力【分析】（1）根据实验原理分析实验误差；（2）根据牛顿第二定律与圆周运动公式、机械能守恒定律求解力传感器的最大值；（3）根据上述（2）得到的Fmaxs
30、in函数，结合图像斜率求解小钢球的质量。【解答】解：（1）该实验中，钢球摆动会受到空气阻力的作用，这是实验系统误差的主要来源；小钢球摆动的角度和初速度不会造成系统误差，故AB错误，C正确。故选：C。（2）设摆长为l，钢球在最低处的初速度为v0，在最低处力传感器的示数为Fmax；根据牛顿第二定律当Fmin刚好为0时，轻绳与水平方向的夹角为，此时重力沿半径方向的分力提供向心力；根据牛顿第二定律根据机械能守恒定律代入数据联立解得Fmax3mgsin+3mg即Fmax3mg（1+sin）（3）结合Fmaxsin函数，图线的斜率k3mg解得钢球的质量。故答案为：（1）C；（2）3mg（1+sin）；（3
31、）。【点评】本题考查了用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验，要熟练掌握机械能守恒定律、牛顿第二定律；理解小钢球在力传感器示数为零时向心力的来源是解题的关键。10（2024西安校级模拟）（1）为了测量某种型号的电池的电动势和内阻，小方同学设计了如图甲所示的实验电路，电流表内阻不计，改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I，根据实验数据描点，绘出的图像如图乙所示。b、c及直线在坐标轴上的截距a均已知，定值电阻的阻值为R0，则该电池的电动势E、内阻r。（2）小袁同学设计了如图丙所示的实验电路。按图丙连接好实验电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P调到 A（填“A”或“B”）端；闭合开关S，改变
32、滑片P的位置，记录多组电压表、电流表的示数U和I；建立UI坐标系，得到如图丁所示的图像，可得电池的电动势E3.0V、内阻r2.0。（结果均保留两位有效数字）【考点】电池电动势和内阻的测量菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解电路中的电流，然后得到R函数表达式，结合图像的斜率和截距求解电动势和内阻；（2）从保护电表的角度确定滑动变阻器的位置。根据闭合电路的欧姆定律求解路端电压与电流的关系，然后综合分析后结合UI图像，对相关的问题进行作答。【解答】解：（1）由实验电路图可知为串联电路，根据闭合电路欧姆定律得：EI（R0+R+r）化简得
33、：结合表达式和图像的斜率有：截距：整理可得：，（2）为保护电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P调到A端。根据：UEIrUI纵轴截距代表电动势，即纵截距等于电动势：E3.0V，图像斜率的绝对值代表内阻：故答案为：（1）、；（2）A、3.0、2.0。【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据图示电路图求出图线的函数表达式是解题的前提。三计算题（共2小题）11（2024西安校级模拟）2023年3月23日，山西省考古研究院发布消息，考古专家证实山西运城董家营西汉墓出土墨书题铭陶罐，从中可以窥见汉代河东地区丰富多样的饮食生活。现有一半径Rm的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴
34、与过陶罐球心O的对称轴OO重合，如图所示。转台静止不转动时，将一质量m0.3kg的物块（视为质点）放入陶罐内，物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO的夹角37。取重力加速度大小g10m/s2，sin370.6，cos370.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数；（2）若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕OO轴转动，求转台转动的最小角速度min。【考点】向心力；牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；圆周运动中的临界问题；推理能力【分析】（1）由平衡条件可求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数（2）若物
35、块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕OO轴转动，则由陶罐对物块的支持力提供向心力，由向心力公式求出最小的角速度。【解答】解：（1）对物块受力分析，由平衡条件有：mgsinmgcos，解得：0.75；（2）物块与陶罐一起绕OO轴转动，物块位于陶罐右端，设平台转动的角速度最小时，物块所受摩擦力和弹力大小分别为f和FN，有：fmgfFN联立代入数据解得：。答：（1）物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为0.75；（2）求转台转动的最小角速度为。【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，根据受力分析找出向心力的来源，列出牛顿第二定律方程即可。本题是水平面内的圆周运动模型关键是受力分析找出向心力
36、来源。12（2024银川一模）如图所示，在y0的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，在第三，四象限内存在磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场质量为m，电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上的A点（）以初速度v0沿y轴负方向射入电场，一段时间后从x轴上的C点（）进入磁场区域，粒子a到达y轴时速度与y轴垂直并与静止在y轴上质量为2m、不带电的粒子b发生弹性正碰（未画出），罐撞过程中有电荷量转移给粒子b（a、b粒子的重力忽略不计）求：（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小及粒子b被碰后的速度大小；（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距y的表达式。【考点】带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动；
37、动量守恒定律；一维碰撞模型菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力【分析】（1）粒子a从A点到C点做类平抛运动，应用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；（2）粒子a在第四象限做匀速圆周运动，画出轨迹图，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解磁感应强度。两粒子碰撞过程根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；（3）碰撞后，确定两粒子运动半径关系与运动时间关系，根据几何关系求解。【解答】解：（1）粒子a从A点到C点做类平抛运动，则：沿y方向做匀速直线运动，有：hv0t沿+x方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：粒子在电场中的加速度为：a解得：E
38、，t（2）粒子a进入磁场时沿+x方向的分速度为：vxat进入磁场时速度方向与y方向的夹角满足：tan进入磁场时速度大小为：v联立解得：v2v0，60粒子a在第四象限做匀速圆周运动，轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：qvB，可得：r由几何关系得粒子a的运动的半径：r，解得：r3h联立可得磁感应强度为：B设a、b粒子碰撞后瞬间速度大小分别为va、vb，以+x方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mvmva2mvbmv22解得：vavv0，vbvv0（3）碰撞后a的电荷量变为q，b的电荷量为q，设a、b粒子在磁场中运动半径分别为ra、rb，则有：ra，rb可得：rb
39、2ra由周期：T，因碰撞后两粒子的比荷相等，故它们在磁场中运动周期相同，可得两粒子同时经过y轴。两粒子的运动轨迹如图2所示。相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距y的表达式为：y2nrb2nra6nh答：（1）电场强度E的大小为；（2）磁感应强度B的大小为，及粒子b被碰后的速度大小为v0；（3）相碰后两粒子第n次经过y轴时，粒子间距y的表达式为y6nh。【点评】本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。四选修部分（共3小题）（多选）13（20
40、24西安校级模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是（）A气体吸收热量B气体的内能减小C外界对气体做负功D气体分子的平均动能增大E气体的密度增大【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；热力学图像类问题菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；内能及其变化专题；热力学定律专题；推理能力【分析】根据理想气体状态方程判断温度的变化，根据温度内能的关系判断；根据气体体积与做功的关系判断；根据热力学第一定律判断；根据温度与气体分子的平均动能关系判断；根据密度公式判断。【解答】解：B根据理想气体状态方程由于压强和体积均增加，可知温度
41、T增加，内能增加，故B错误；C该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；A内能增加，则有U0外界对气体做负功，则有W0根据UQ+W可知Q0即气体吸收热量，故A正确；D由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D正确；E气体体积增大，质量不变，密度减小，故E错误。故选：ACD。【点评】本题关键掌握理想气体状态方程、温度、体积与内能、分子平均动能的关系。14（2024东湖区校级一模）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横
42、截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为UkT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。【考点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；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；气体的状态参量和实验定律专题；理解能力【分析】开口向上向下时，对活塞受力分析求解封闭气体压强，然后对气体利用玻意耳定律列式求解。【解答】解：（1）设甲、乙
43、中封闭气体的压强分别为p1、p2，根据平衡条件有：p1S+mgp0S，p0S+mgp2S解得：，气体做等温变化，由玻意耳定律有p1hSp2h1S联立代入数据整理解得：（2）设活塞回到气缸口时气体温度为T1，气体等压变化，则有可得：气体对外做的功为：Wp2S（hh1）2mgh气体内能变化为：根据热力学第一定律可得：UQW代入整理解得：答：（1）图乙中活塞离气缸底部的高度；（2）在该过程中封闭气体所吸收的热量。【点评】本题考查气体实验定律，关键是气缸开口向上向下时分别对活塞受力分析求解封闭气体压强，然后利用玻意耳定律列式求解即可。15（2024兴庆区校级模拟）（1）一列简谐横波某时刻的波动图像如图
44、1所示，波源振动的频率为5Hz，沿x轴正方向传播。下列说法正确的是 ABE（填正确答案标号）。A波源的振幅为20cmB平衡位置在x6m处的质点此刻速度最大C平衡位置在x6m处的质点此刻加速度最大D从图示时刻起再经过0.1s，波源向x轴正方向运动了2mE从图示时刻起再经过0.2s，波源通过的路程为80cm（2）如图2，截面为直角三角形的玻璃棱镜置于真空中，已知A60，C90，一束极细的光于AC边的中点F处垂直AC面入射，玻璃的折射率为，光在真空的速度为c3108m/s。求：光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角；从BC面射出的光在棱镜中传播的时间。【考点】全反射；波长、频率和波速的关系；光的折
45、射及折射定律菁优网版权所有【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；全反射和临界角专题；分析综合能力【分析】（1）根据图1可知振幅，在平衡位置处的质点速度最大，加速度为零，质点只能在平衡位置振动，不会“随波逐流“，根据频率与周期互为倒数求解周期，再求解波源通过的路程；（2）根据发生全反射时临界角公式求解；画出光路图，根据几何关系以及光在玻璃中的速度公式进行求解。【解答】解：（1）A.由图可知，波源的振幅为A20cm，故A正确；BC.平衡位置在x6m处的质点此刻位于平衡位置，速度最大，加速度为0，故B正确，C错误；D.波源只会在平衡位置附近振动，不会“随波逐流“，故D错误；E.由题可知周期为Ts0.2s