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1、2024 年高考最后一卷（全国新课标卷）物理（考试版）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回二、选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。14如图所
2、示，在 xOy 坐标系中一质量为 m 的小球绕原点 O 做顺时针方向圆周运动，半径为 R。一束平行光沿 x 轴正方向照射小球，在2xR=处放置一垂直于 x 轴的足够大屏幕，观察到影子在 y 轴方向上的运动满足sin(10)yRtp=。则（）A影子做简谐运动，周期为2sB小球做匀速圆周运动的向心力为2100mRpC0.05st=，小球坐标是(,0)RD0.10st=，小球速度沿 y 轴正方向15钍基熔盐核反应堆不仅发电效率高，而且核废料污染小，具有广阔的应用前景。90232Th 本身不能直接使用，需经过一系列核反应后先生成23391Pa，23391Pa再衰变生成23392U，利用中子轰击2339
3、2U发生裂变后释放核能，其典型产物是14256Ba和8936Ke，已知23391Pa的半衰期为 27 天，则（）A23392U裂变反应的方程为2331428919256360UBa+Ke+2 nB8936Ke的结合能大于23392U的结合能C大量的23391Pa经过 54 天后有四分之一发生了衰变D23391Pa发生的是 衰变16根据玻尔的原子理论，可认为氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动。若处于基态的氢原子具有的电势能为pE，当其吸收频率为n的光子时恰好发生电离。电子的电荷量为 e，质量为 m，静电力常量为 k，普朗克常量为 h。以下说法正确的是（）A氢原子的核外电子由离核较远轨道跃迁到离核
4、较近轨道上时，原子能量减小B氢原子处于基态时的能量是hnC氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能增加，电势能减小D氢原子处于基态时的轨道半径2p2()kerhEn=+17如图甲是国产科幻大片流浪地球 2中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度 a与其到地心距离 r 的关系图像，已知1r为地球半径，2r为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（）A地球自转的角速度2121aarrw-=-B地球同步卫星的周期222rTa=C上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变D从空间站向舱外自由释放一
5、物体，物体将做自由落体运动18餐桌在中国饮食文化中具有非常重要的意义，它是家庭团聚、社会交往和文化传承的重要平台。如图所示为一圆形餐桌，由圆形水平桌面和圆形水平转盘叠合组成，圆心均位于转轴OO上。转盘边缘放有一质量为 m 的小碟子随着转盘角速度由零缓慢增加到某一值0w（未知）时，碟子从转盘边缘滑离，恰好滑到桌子边缘停下来。已知转盘半径为 R，碟子与转盘间的动摩擦因数为，碟子与桌面的动摩擦因数为2，重力加速度为 g，忽略碟子大小的影响以及转盘与桌面的落差和缝隙影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A0w的值为gRB转盘对碟子做功为mgRC桌面半径是转盘半径的54倍D碟子在桌面上运
6、动过程中受桌面摩擦力的冲量大小为mgR19如图 1 所示，河南小将冀高星与队友夺得杭州亚运会男子八人单桨有舵手赛艇项目冠军。若在决赛中赛艇达到某一速度后，在相邻两个划桨周期 T 内的加速度 a 与时间 t 的图像如图 2 所示，赛艇前进方向为正方向，图 2 中122aa，赛艇（含选手）总质量为 m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则（）A第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同B经过相邻两个划桨周期后速度变化量为12223Taa-C该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为1223mTaa-D该相邻两个划桨周期内的位移差大小为21223Taa-20如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积
7、不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞 A，下半部分的汽缸内有一个质量为m的活塞 B，两个活塞之间用一根长为2L的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为0T，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，环境大气压强为0p，则下列说法正确的是（）A初始时，汽缸内封闭气体的压强为02mgpS+B初始时，细杆对活塞 B 的作用力大小为4mgC若汽缸内密封气体温度缓慢降低到056T，则两活塞向下移动的距离为6LD若汽
8、缸内密封气体温度缓慢升高到076T，则缸内气体对外做功为032p SLmgL+21如图所示，边长为 2d 的正方形 OPNQ 区域中，存在沿 OQ 方向、大小为 E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场。以 O 为坐标原点，OQ 方向为 y 轴正向，OP 方向为 x 轴正向建立直角坐标系，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 OP 的中点 A 以平行于 y 轴正方向的某一初速度 v0第一次进入电场，离开电场后从 P 点第二次进入电场，在电场的作用下从 Q 点第二次离开电场。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A带电粒子第二次进入电场前，在磁场中做圆周运动
9、的半径为 2.5dB带电粒子第二次进入电场时速度与 x 轴正向的夹角为 37C粒子的初速度032=qEdvmD粒子第二次进入磁场的半径为2412=dr三、非选择题：共 62 分。22（6 分）7冰墩墩小巧玲珑可爱，某同学用如图所示装置确定冰墩墩重心位置，实验如下：将冰墩墩用不可伸长的长长的细线固定在竖直平面内的 O 点，O 点有拉力传感器，将拉力传感器与计算机相连接。（重力加速度为 g）（1）先让冰墩墩做小角度摆动，计算机显示曲线如图甲所示，冰墩墩的周期为 ；（2）将宽度为 d 的遮光条固定在冰墩墩的下方，当冰墩墩静止时，在冰墩墩下方的遮光条处安装有光电门（图中未画出），将冰墩墩拉起到不同位置
10、由静止释放，测出遮光条经过光电门的挡光时间t。（3）改变冰墩墩释放的位置，测得多组力传感器的示数 F 和挡光时间t，画出21Ft-图像，如图乙所示。已知该图线的斜率为 k，纵截距为 c，则冰墩墩的质量为 ，冰墩墩的重心位置到悬挂点 O 的距离为 。23（12 分）某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻VR与定值电阻xR的阻值。现有的实验器材如下：A待测电压表（量程03V:，VR未知）B待测电阻xR（xR约为 1000）C滑动变阻器P1R（05 W）D滑动变阻器P2R（0500W）E.电阻箱1R（0999.99W:）F.电阻箱2R（09999.9W:）G.电源（电动势为 3V，内阻不计
11、）；H.开关，导线若干。(1)根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器应该选用 ，电阻箱应该选用 。（填器材前字母序号）(2)该小组选定实验器材后进行了如下操作：先将电阻箱 R 调至零，先后闭合开关 S2，S1，调节PR至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数为 V；断开开关 S2；调节电阻箱 R，记录此时电压表示数 U 与电阻箱示数 R；多次改变电阻箱 R 阻值，重复步骤；根据图像法科学分析、计算结果。(3)该小组同学根据所测数据作出1RU-图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻VR=k，待测电阻xR=k。24（10 分）如图甲所示，滑梯是一种有趣的娱乐设施，可以简化为如图乙所示的
12、圆弧形滑道，其在竖直面内的半径0.8mr=，过 A 点的切线与竖直方向的夹角为 30。一质量10kgm=的小孩（可视为质点）从 A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点 B（切线水平）时的速度大小为2m/sBv=，g取210m/s。（1）求小孩在 B 点时，滑梯对小孩的支持力和在下滑过程中损失的机械能；（2）若用外力将小孩缓慢从 B 点推到 A 点，设摩擦阻力大小恒为重力的34p倍，求外力做的功。25（14 分）如图甲，平行板电容器两极板 M、N 的间距为 d，M 板接地（电势为零），0=t时一带正电的粒子沿两板中心线 PQ 以某一速度进入极板，当 N 板电势为零时，粒子从平行
13、板右端中间 Q 点飞出，在极板间运动时间为 T，当 N 板电势为0时，粒子恰从 M 板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的场强为匀强电场，不计粒子重力。（1）求粒子的比荷qm；（2）若 N 板电势随时间变化的规律如图乙所示，粒子恰从平行板右端中间 Q 点飞出，求 k 的值及1的最大值。26（20 分）如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势 E36V 的直流电源、C0.1F 的电容器和 R0.05W的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径 r0.45m 的竖直面内14光滑圆弧轨道在 PQ 处平滑连接，PQ 与直导轨垂直，轨道仅在 PQ 左侧空间存在竖直向上，大小为 B1T 的匀
14、强磁场。将质量为10.2 kgm=、电阻为00.1R=W的金属棒 M 静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为 L1m，M 距 R 足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关2S断开，闭合开关1S，使电容器完全充电；然后断开1S，同时2S接“1”，M 从静止开始加速运动直至速度稳定；当 M 匀速运动到与 PQ 距离为 d0.27m时，立即将2S接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为20.1kgm=的绝缘棒 N，M、N 恰好在PQ 处发生第 1 次弹性碰撞。随后 N 反向冲上圆弧轨道。已知之后 N 与 M 每次碰撞前 M 均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N
15、 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度210 m/sg=，2311111133332n-+=L，求：（1）电容器完成充电时的电荷量 q 和 M 稳定时的速度；（2）第 1 次碰撞后绝缘棒 N 在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度；（3）自发生第 1 次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒 M 的总位移。2024 年高考最后一卷（全国新课标卷）物理全解全析注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在
16、本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回二、选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。14如图所示，在 xOy 坐标系中一质量为 m 的小球绕原点 O 做顺时针方向圆周运动，半径为 R。一束平行光沿 x 轴正方向照射小球，在2xR=处放置一垂直于 x 轴的足够大屏幕，观察到影子在 y 轴方向上的运动满足sin(10)yRtp=。则（）A影子做简谐运动，周期为2sB小球做匀速圆周运动的向心力为2100
17、mRpC0.05st=，小球坐标是(,0)RD0.10st=，小球速度沿 y 轴正方向【答案】B【详解】A根据影子在 y 轴方向运动的位移时间关系sin(10 t)yRp=，可知影子做简谐运动10wp=，周期20.2spw=T，故 A 错误；B由向心力公式22100FmRmRwp=，故 B 正确；C根据题中信息可知0st=时，小球位置坐标为(,0)R-，沿 y 轴正方向运动，0.05st=，即经过四分之一个周期，小球坐标是(0,)R，故 C 错误；D0.10st=，小球速度沿 y 轴负方向，故 D 错误。故选 B。15钍基熔盐核反应堆不仅发电效率高，而且核废料污染小，具有广阔的应用前景。902
18、32Th 本身不能直接使用，需经过一系列核反应后先生成23391Pa，23391Pa再衰变生成23392U，利用中子轰击23392U发生裂变后释放核能，其典型产物是14256Ba和8936Ke，已知23391Pa的半衰期为 27 天，则（）A23392U裂变反应的方程为2331428919256360UBa+Ke+2 nB8936Ke的结合能大于23392U的结合能C大量的23391Pa经过 54 天后有四分之一发生了衰变D23391Pa发生的是 衰变【答案】D【详解】A23392U发生裂变反应时要有中子参加反应，选项 A 错误；B利用中子轰击23392U发生裂变后释放核能，其产物是14256
19、Ba和8936Ke，生成物更稳定，比结合能更大，但是质量数不同无法判断8936Ke的结合能与23392U的结合能的关系，选项 B 错误；C已知23391Pa的半衰期为 27 天，则大量的23391Pa经过 54 天后有四分之三发生了衰变，剩下原来的四分之一没有衰变，选项 C 错误；D23391Pa衰变生成23392U的反应方程为223392339101U+ePa-，则发生的是 衰变，选项 D 正确。故选 D。16根据玻尔的原子理论，可认为氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动。若处于基态的氢原子具有的电势能为pE，当其吸收频率为n的光子时恰好发生电离。电子的电荷量为 e，质量为 m，静电力常量为
20、k，普朗克常量为 h。以下说法正确的是（）A氢原子的核外电子由离核较远轨道跃迁到离核较近轨道上时，原子能量减小B氢原子处于基态时的能量是hnC氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能增加，电势能减小D氢原子处于基态时的轨道半径2p2()kerhEn=+【答案】A【详解】A氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来。故 A 正确；Bhn为发生光电效应的光子能量，并非氢原子基态能量。故 B 错误；C氢原子从基态跃迁到激发态后，其运动半径变大，此时电场力对核外电子做负功，故电势能增大，动能减小。故 C 错误；D根据光电效应逸出功公式可知
21、0kpWhEEn=-=，因此2kp12EmvhEn=-，电场力提供了电子运动时的向心力，可得222vkemrr=，22kermv=，与之前的公式联立可得2p2()kerhEn=-，故 D 错误。故选 A。17如图甲是国产科幻大片流浪地球 2中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度 a与其到地心距离 r 的关系图像，已知1r为地球半径，2r为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（）A地球自转的角速度2121aarrw-=-B地球同步卫星的周期222rTa=C上升过程中电梯舱对人的支持
22、力保持不变D从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动【答案】B【详解】A根据2arw=，可知ar-图像中，其斜率为角速度的平方，A 错误；B由于222arw=，解得22arw=，故其周期2222rTappw=，B 正确；C上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，C 错误；D太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，D 错误。故选 B。18餐桌在中国饮食文化中具有非常重要的意义，它是家庭团聚、社会交往和文化传承的重要平台。如图所示为一圆形餐桌，由圆形水平桌面和圆形水平转盘叠合组成，圆心均位于转轴OO上。转盘边缘放有一质量为 m 的小碟子随着转盘角速度由零缓慢增加到某一值0
23、w（未知）时，碟子从转盘边缘滑离，恰好滑到桌子边缘停下来。已知转盘半径为 R，碟子与转盘间的动摩擦因数为，碟子与桌面的动摩擦因数为2，重力加速度为 g，忽略碟子大小的影响以及转盘与桌面的落差和缝隙影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A0w的值为gRB转盘对碟子做功为mgRC桌面半径是转盘半径的54倍D碟子在桌面上运动过程中受桌面摩擦力的冲量大小为mgR【答案】D【详解】A碟子恰好滑动时20mgmRw=，解得0gwR=，故 A 错误；B转盘对碟子做功21122WmvmgR=，故 B 错误；C如图，碟子沿切线飞出，之后在桌面上做匀减速直线运动2222 2 gkRRv-=，解得17
24、4k=，故C 错误；D碟子在桌面运动过程中受摩擦力冲量大小ImvmgR=，故 D 正确。故选 D。19如图 1 所示，河南小将冀高星与队友夺得杭州亚运会男子八人单桨有舵手赛艇项目冠军。若在决赛中赛艇达到某一速度后，在相邻两个划桨周期 T 内的加速度 a 与时间 t 的图像如图 2 所示，赛艇前进方向为正方向，图 2 中122aa，赛艇（含选手）总质量为 m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则（）A第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同B经过相邻两个划桨周期后速度变化量为12223Taa-C该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为1223mTaa-D该相邻两个划桨周期内的位移差大小为2122
25、3Taa-【答案】ABD【详解】A由 a-t 图像面积的物理意义为速度的变化量可知，第一个划桨周期速度增量为11212220333TTTvaaaa=-=-，故第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同，故 A 正确；B经过连续两个划桨周期速度增量为212223Tvaa=-，即经过连续两个划桨周期后速度比初始速度增加12223Taa-，故 B 正确；C每个划桨周期内合外力的冲量为为12233TTImama=-，所以相邻两个划桨周期内合外力的冲量为12223mTaa-，故 C 错误；D作出连续两个划桨周期的 v-t 图像如图所示由 v-t 图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量
26、为图中阴影部分为21223Txaa=-，故 D 正确。故选 ABD。20如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞 A，下半部分的汽缸内有一个质量为m的活塞 B，两个活塞之间用一根长为2L的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为0T，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，环境大气压强为0p，则下列说法正确的是（）A初始时，汽缸内封闭气体的压强为02mgpS+B初
27、始时，细杆对活塞 B 的作用力大小为4mgC若汽缸内密封气体温度缓慢降低到056T，则两活塞向下移动的距离为6LD若汽缸内密封气体温度缓慢升高到076T，则缸内气体对外做功为032p SLmgL+【答案】BD【详解】A设初始时内气体的压强为p，则两活塞受力平衡有00232pSmgpSp SpS+=+，解得03mgppS=+，A 错误；B对活塞B受力分析有0pSmgp SF+=+，解得4Fmg=，B 正确；C若汽缸内密封气体温度缓慢降低到056T，气体发生等压变化，则有00256LSLSVTT+=，解得52LSV=，设两活塞向下移动的距离为x，则有522LSVLxSLx S=-+，解得2Lx=，
28、C 错误；D若汽缸内密封气体温度缓慢升高到076T，气体发生等压变化有00276LSLSVTT+=，解得72LSV=，汽缸内等压膨胀对外做功为037322p SLmgLLSWpLS+=-=，D 正确。故选 BD。21如图所示，边长为 2d 的正方形 OPNQ 区域中，存在沿 OQ 方向、大小为 E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场。以 O 为坐标原点，OQ 方向为 y 轴正向，OP 方向为 x 轴正向建立直角坐标系，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 OP 的中点 A 以平行于 y 轴正方向的某一初速度 v0第一次进入电场，离开电场后从 P 点第
29、二次进入电场，在电场的作用下从 Q 点第二次离开电场。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A带电粒子第二次进入电场前，在磁场中做圆周运动的半径为 2.5dB带电粒子第二次进入电场时速度与 x 轴正向的夹角为 37C粒子的初速度032=qEdvmD粒子第二次进入磁场的半径为2412=dr【答案】ACD【详解】A根据题意作出示意图，如图所示设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为1v，在磁场中做圆周运动的半径为1r，粒子从P点第二次进入电场时速度的方向与x轴负方向的夹角为q，第二次在电场中运动的时间为t，则由动能定理得221011222=-qEdmvmv，在磁场中2111mvqv Br=，由几何
30、关系得222112rddr-+=，解得12.5=rd，故 A 正确；B结合上述，根据几何关系有113sin5-=rdrq，124cos5=drq，可知与x轴负方向的夹角为37o，与正向夹角为143o，故 B 错误；C从P点第二次进入电场后，在电场中运动时，由运动学公式得12cos=dv tq，212sin2=+qEdv ttmq，第一次在电场中运动有221011222=-qEdmvmv，联立可得032=qEdvm，故 C 正确；D结合上述，粒子从Q点离开电场时，速度大小为22211cossinqEvvvtmqq=+，粒子在磁场中有2222mvqv Br=，解得2412=dr，故 D 正确。故选
31、 ACD。三、非选择题：共 62 分。22（6 分）7冰墩墩小巧玲珑可爱，某同学用如图所示装置确定冰墩墩重心位置，实验如下：将冰墩墩用不可伸长的长长的细线固定在竖直平面内的 O 点，O 点有拉力传感器，将拉力传感器与计算机相连接。（重力加速度为 g）（1）先让冰墩墩做小角度摆动，计算机显示曲线如图甲所示，冰墩墩的周期为 ；（2）将宽度为 d 的遮光条固定在冰墩墩的下方，当冰墩墩静止时，在冰墩墩下方的遮光条处安装有光电门（图中未画出），将冰墩墩拉起到不同位置由静止释放，测出遮光条经过光电门的挡光时间t。（3）改变冰墩墩释放的位置，测得多组力传感器的示数 F 和挡光时间t，画出21Ft-图像，如图
32、乙所示。已知该图线的斜率为 k，纵截距为 c，则冰墩墩的质量为 ，冰墩墩的重心位置到悬挂点 O 的距离为 。【答案】（1）212 tt-（3）cg 2cdgk【详解】（1）根据图甲，冰墩墩的周期为212Ttt=-（3）遮光条经过光电门的速度dvt=D，根据牛顿第二定律2vFmgmL-=，联立得221()mdFmgLt=+D，可知2mdkL=，c=mg，得冰墩墩的质量为cmg=，冰墩墩的重心位置到悬挂点 O 的距离为2cdLgk=。23（12 分）某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻VR与定值电阻xR的阻值。现有的实验器材如下：A待测电压表（量程03V:，VR未知）B待测电阻xR（x
33、R约为 1000）C滑动变阻器P1R（05 W）D滑动变阻器P2R（0500W）E.电阻箱1R（0999.99W:）F.电阻箱2R（09999.9W:）G.电源（电动势为 3V，内阻不计）；H.开关，导线若干。(1)根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器应该选用 ，电阻箱应该选用 。（填器材前字母序号）(2)该小组选定实验器材后进行了如下操作：先将电阻箱 R 调至零，先后闭合开关 S2，S1，调节PR至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数为 V；断开开关 S2；调节电阻箱 R，记录此时电压表示数 U 与电阻箱示数 R；多次改变电阻箱 R 阻值，重复步骤；根据图像法科学分析、计算结果。(
34、3)该小组同学根据所测数据作出1RU-图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻VR=k，待测电阻xR=k。【答案】(1)C F (2)2.40 (3)3.0 1.0【详解】（1）由题图可知，电路的控制电路采用的是分压式接法，为保证误差尽可能的小，选用总阻值小的滑动变阻器P1R。故选 C。电阻箱要能够调节电路中的电流，而待测电阻的阻值约为 1000，所以其电阻箱的阻值应该大一些，即应该为2R。故选 F。（2）量程为 3V 的电压表最小分数值为 0.1V，所以其读数为12.40VU=。（3）由欧姆定律，电压表示数 U 与电阻箱阻值 R 关系，有V2.40 xUURRR=+，整理有VV1112.
35、42.42.4xRRURR=+，结合题图可知，对于1RU-图像，有V1111.21.82.42000kR-=，V112.42.41.8xRbR=+=，解得V3.0kR=W，1.0kxR=W24（10 分）如图甲所示，滑梯是一种有趣的娱乐设施，可以简化为如图乙所示的圆弧形滑道，其在竖直面内的半径0.8mr=，过 A 点的切线与竖直方向的夹角为 30。一质量10kgm=的小孩（可视为质点）从 A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点 B（切线水平）时的速度大小为2m/sBv=，g取210m/s。（1）求小孩在 B 点时，滑梯对小孩的支持力和在下滑过程中损失的机械能；（2）若用外力将
36、小孩缓慢从 B 点推到 A 点，设摩擦阻力大小恒为重力的34p倍，求外力做的功。【答案】（1）150N，方向竖直向上；20J；（2）60J【详解】（1）小孩在 B 点时，由牛顿第二定律有2NBFgvmrm-=解得N150N=F方向竖直向上。根据题意可知，小孩在下滑过程中损失的机械能211 sin302BEmgrmv=-代入数据解得20JED=（2）根据题意，设外力做的功为W，由动能定理有3601 sin30204360Wmgrmgrpp-=代入数据解得60JW=25（14 分）如图甲，平行板电容器两极板 M、N 的间距为 d，M 板接地（电势为零），0=t时一带正电的粒子沿两板中心线 PQ 以
37、某一速度进入极板，当 N 板电势为零时，粒子从平行板右端中间 Q 点飞出，在极板间运动时间为 T，当 N 板电势为0时，粒子恰从 M 板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的场强为匀强电场，不计粒子重力。（1）求粒子的比荷qm；（2）若 N 板电势随时间变化的规律如图乙所示，粒子恰从平行板右端中间 Q 点飞出，求 k 的值及1的最大值。【答案】（1）220dT；（2）3，03【详解】（1）根据题意，当 N 板电势为 0 时，粒子沿着两板中线做匀速直线运动，当 N 板电势为0时粒子在 M、N 板间做类平抛运动，设其在垂直 M、N 板的方向做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a，则有2122daT=
38、其中0(0)qadm-=联立解得220qdmT=（2）粒子从0 2T的过程中，竖直向上做初速度为 0 的匀加速直线运动，设其加速度大小为1a，加速结束时的末速度大小为1v，则有112Tva=由于粒子水平方向上所受合外力为零，因此水平方向上始终做匀速直线运动，穿过平行板电容器的时间为T，因此可知，在2TT时间内粒子在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，设加速度大小为2a，粒子从 Q 点离开平行板时竖直方向的末速度大小为2v，则有2122Tvva-=-两个阶段粒子在竖直方向上发生的位移大小相等、方向相反，因此有2211211()()22222TTTava=-联立可得1212vv=，1
39、213aa=根据牛顿第二定律有11qadm=，12kqadm=由此可知3k=当1最大时，粒子在竖直方向速度减为 0 时恰好达到上极板，则竖直方向加速时的位移2111()22Tya=竖直方向减速到 0 时的位移21222vya=竖直方向的总位移122dyy=+联立解得123daT=而根据（1）中可得2daT=解得103aa=因此可知1max03=26（20 分）如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势 E36V 的直流电源、C0.1F 的电容器和 R0.05W的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径 r0.45m 的竖直面内14光滑圆弧轨道在 PQ 处平滑连接，PQ 与直导轨垂
40、直，轨道仅在 PQ 左侧空间存在竖直向上，大小为 B1T 的匀强磁场。将质量为10.2 kgm=、电阻为00.1R=W的金属棒 M 静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为 L1m，M 距 R 足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关2S断开，闭合开关1S，使电容器完全充电；然后断开1S，同时2S接“1”，M 从静止开始加速运动直至速度稳定；当 M 匀速运动到与 PQ 距离为 d0.27m时，立即将2S接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为20.1kgm=的绝缘棒 N，M、N 恰好在PQ 处发生第 1 次弹性碰撞。随后 N 反向冲上圆弧轨道。已知之后 N 与 M 每次碰撞
41、前 M 均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度210 m/sg=，2311111133332n-+=L，求：（1）电容器完成充电时的电荷量 q 和 M 稳定时的速度；（2）第 1 次碰撞后绝缘棒 N 在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度；（3）自发生第 1 次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒 M 的总位移。【答案】（1）3.6Cq=，012m/sv=；（2）0.8mh=；（3）0.18mx=【详解】（1）根据QCU=求得3.6CqCE=金属棒 M 最终匀速直线时10EBLv=对金属棒 M 应用动量定理可得1 0BiL tmvD=即1 0BL q
42、mvD=其中1qCECED=-联立求得012m/sv=（2）在开关2S接 2 时，对金属棒 M 应用动量定理1 11 0BiL tmvmv-D=-即11 11 0Bq Lmvmv-=-又由100BLdBLdqIttRRtRR=D=D=+D+联立求得13m/sv=绝缘棒 N 滑到圆周最低点时，由动能定理可得2212m grmv=求得3m/sv=金属棒 M，绝缘棒 N 弹性碰撞1 121 M12N1mvm vmvm v-=+22221 121 M12N111112222mvm vmvm v+=+求得M1N11m/s,5m/svv=-=对绝缘棒 N 由机械能守恒可得222N112m g hrm v+
43、=求得0.8mh=（3）发生第一次碰撞后，金属棒 M 向左位移为1x，根据动量定理可得1 M10BiL tmv-D=-即21 M10Bq Lmv-=-又由11200BLxBLxqIttRRtRR=D=D=+D+联立求得13m100 x=由题可知，绝缘棒 N 第二次与金属棒 M 碰前速度为N1v，方向水平向左，碰后速度为N2v，金属棒的速度为M2v，由弹性碰撞可得2N11 M22N2m vmvm v=+2222N11 M22N2111222m vmvm v=+求得M2N2105m/s,m/s33vv=金属棒 M 向左的位移2x2221 M200B L xmvRR-=-+求得2111m10103xx=同理可知，金属棒 M 与绝缘棒 N 第三次碰撞后的瞬时速度M3v2N2M3N1211033vvv-=金属棒 M 向左的位移3x2231 M300B L xmvRR-=-+求得2311103xx=以此类推，金属棒 M 与绝缘棒 N 第n次碰撞后的瞬时速度Mnv1N1MM1211033nnnvvv-=金属棒 M 向左的位移nx111103nnxx-=发生第 1 次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒 M 的总位移31211211103111333nnxxxxxx-=+=+LL当n趋于无穷大时111100.18m2xxx=+=