2024届高三年级下册二模物理试卷含答案

2024年重庆市高考物理二模试卷

一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合

题目要求。

1.（4分）下列说法正确的是（）

A.声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率大

B.肥皂膜上出现彩色条纹是光的偏振现象

C.将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长

D.双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关

2.（4分）下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）

A.图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变

B.图乙中气核的比结合能小于氢核的比结合能

C.图丙中一个氢原子从〃=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光

D.图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的/-。关系图，则。光频率最高

3.（4分）如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为根的A、B两个小环，两环上都带有正电荷,

系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，贝1（）

A.单根细绳对物块的拉力始终不变

B.两细绳对物块的合力变大

C.杆对A环的作用力保持不变

D.两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg

4.（4分）霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如

图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场I,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;

在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场n和匀强电场（图中都没有画出），磁场I与磁场U的磁感应强度

第1页（共28页）

大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.磁场II垂直圆环平面向里

B.电场方向垂直圆环平面向外

C.电子受到的电场力提供向心力

D.磁场对电子的洛伦兹力做正功

5.（4分）如图，两个电荷量都为。的正、负点电荷固定在A、3两点，A3连线中点为O。现将另一个

电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距。为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由

静止开始沿直线从C点加速运动到。点，不计重力，则此过程中（）

yc

+Q：-Q

0....*....e

A°B

A.施加的外力沿CO方向

B.试探电荷受到的电场力一直变小

C.试探电荷做加速度增大的加速运动

D.试探电荷的电势能逐渐增加

6.（4分）如图，将一质量为„7=10g、长度为/=20a〃的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸

出桌外。将一质量也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板

瞬间获得初速度%=L〃/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为4=0.1,纸板与桌面间的动摩

擦因数为4=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10机/s?。贝）

硬纸瓦

水平桌面

第2页（共28页）

A.弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为

B.橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止

C.最终橡皮擦不会脱离纸板

D.因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为

1200

7.（4分）如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连

线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为当行星处

于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（）

♦.•••♦

//太阳\\

：O.：:

I♦*•:

\，二。行星’

•t♦

视角$•••

•..就

A.行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tan。

B.行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为

C.行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年

l-Jsin*

D.行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为♦+2。）但"年

2^-（1-Vsin36（）

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题

目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.（5分）如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动

能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（）

A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开

B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行

C.若哗□加乙，碰后两球以某一相等速率同向而行

第3页（共28页）

D.若7除口叫，碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等

9.（5分）如图所示，一平行板电容器两极板水平放置，极板间距为d,长度为44。开始时接到一个直流

电源上，开关闭合，电源电动势恒定。一个带负电的粒子以%=3或从两板正中央水平向右射入电容器，

恰好沿着图中虚线做匀速直线运动，粒子质量为〃1。贝!］（）

A.断开开关，将上板上移4，粒子会向上偏转

3

B.断开开关，将上板上移粒子仍然做匀速直线运动

3

C.保持开关闭合，将上板上移邑，粒子从原位置入射，会击中下板且击中前瞬间的动能为卫机gd

38

D.保持开关闭合，电动势翻倍，粒子从原位置入射，会击中上板，且击中前瞬间的动能为5〃zgd

10.（5分）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为乙=2加，在导轨所

在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E=5V,

内阻厂=0.50的电源，串联一电阻R=2.5。。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、

质量%=1依，与导轨的动摩擦因数〃=0.5。当磁场以%=12〃z/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能

向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（）

A.导体棒运动的速度为2w/s

B.安培力对导体棒做功的功率为10W,故电路发热的热功率为10W

C.导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W

D.电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W

三、非选择题：共5小题，共57分。

第4页（共28页）

IL（7分）某同学利用如图1所示装置探究“影响感应电流方向的因素”，表格为该同学记录的实验现象。

N极插入N极拔出S极插入S极拔出

原磁场方向向下向下向上向上

A/B灯现象A灯亮8灯亮8灯亮A灯亮

感应电流磁场的向上向下向下向上

方向

图I图2

（1）实验前先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极（二极管通正向电流时，电流的流入端为二极管的

正极，流出端为二极管的负极）进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔

接触的是二极管的—（填“正极”或“负极”）o

（2）由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场

方向—（填“相同”“相反”或“没有关系”）;当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与

条形磁铁在线圈内产生的磁场方向—（填“相同”“相反”或“没有关系”）0由此得出的结论是感应

电流的磁场总是阻碍原磁场的—的变化。

（3）该同学利用上面实验中得到的结论，在图2所示装置中进行了一些操作，发现电流表的指针向右偏

转（电流表的偏转满足左进左偏，右进右偏），该同学可能进行了的操作是—。

A.闭合开关瞬间

B.断开开关瞬间

C.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动

D.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动

12.（9分）某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块2（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中

光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。

第5页（共28页）

mB=2mA,遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物

块8由静止释放。

（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d,如图乙所示，则1=—mm。

（2）某次实验中，测得y11.60侬，则此时A的速度为—m/s（保留2位有效数字）。

（3）改变光电门与物块8之间的高度/?,重复实验，测得各次遮光条的挡光时间"以/?为横轴、二为纵

f

轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为％,在实验误差允许范围内，

若左=—（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。

13.（10分）2024年初哈尔滨旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闯哈尔滨”等话题接连上热搜，丰富的冰雪

运动吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一个冰滑梯，如图所示，与水平面成37。角的倾斜冰滑道与水平

冰滑道在3点平滑连接，滑梯顶端高度，〃=6"。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端A出发，经过2点

后瞬间与处于静止状态的家长所乘坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动，

已知小孩和冰车的总质量根=30依，家长和冰车的总质量M=60依，人与冰车均可视为质点，冰车与冰

面的动摩擦因数均为0.25,忽略空气阻力，取重力加速度g=10〃z/s',sin37°=0.6,cos37O=0.8,求：

（1）小孩与家长碰前小孩的速度大小；

（2）要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多长？

14.（14分）如图所示,有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N',导轨间距L=0.5m，其中MQ、

M'Q'段倾斜放置，倾斜角0=37。，MQ=M'Q'=4m,QN、2V段水平放置，两段之间通过一小段（大

小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C=2尸的电容器，在N和V两端与

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电阻器火=0.1。相连，在倾斜导轨MQ、AT。，区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场旦=2T,

在水平导轨的。。FE区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场为=。37,DD、E/均与导轨垂直,

S.DE=D'E'=L=0.5m,cdy是质量为3相、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电

阻为R=0.10,其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于。。FE左侧外，一不计电阻的质量为相

的金属棒a紧贴从静止释放，使其向下滑行，越过。。后与。形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成

一个正方形导体框沿导轨穿过磁场与区域。已知机=1像，不计一切摩擦，取重力加速度g=10〃?/s2,求：

（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：/=四=包且）；

口隶at

（2）de边刚进入磁场B2区域时的速度大小;

（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。

图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1x10-3m，一金属弹丸片置

于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量叫=9依。导轨左端与一电流为/的理想恒流源相连。在发

射过程中，假设两平行导轨中的电流/在弹丸所在位置处产生的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流

的关系为8=狂（其中左=103T/A）,方向垂直导轨平面，f=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行

<=0.5根后以速度匕=2%/s射出。在弹丸出射方向的延长线上，静置着两小物块鸟（质量丐未知）、月（质

量外=1依），鸟与月间有极小间隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体月（质量

砥=1依）、P5（质量“4=2依）。勺、P］、月、舄、公均可视为质点，鸟、巴之间的距离为4（大小可

调）。不计空气阻力、摩擦阻力。

（1）求理想恒流源中的电流/；

第7页（共28页）

（2）在弹丸射出后撞向静置的4月，假定片与鸟、鸟与4间的碰撞均为弹性碰撞，（4运动起来后立刻取

走片G）欲使碰后月获得最大的向右运动的速度，则鸟的质量应取多少？鸟获得的最大速度匕又为多少？

（3）若在f=0时刻，给巴一向右的速度匕=3〃1/5,则舄、与将做某种复杂的运动。假定［以（2）问中

的最大速度飞向巴乙和弹簧组成的系统，因大小可调，击中A时片的速度不确定，且巴巴碰后立即粘在

一起。求A巴巴和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。

AiD

匕

.........................P......,..

……^—1,-

B

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2024年重庆市高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合

题目要求。

1.（4分）下列说法正确的是（）

A.声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率大

B.肥皂膜上出现彩色条纹是光的偏振现象

C.将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长

D.双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关

【答案】C

【分析】根据对多普勒效应的分析；薄膜干涉是膜的前后表面的反射光相干涉的结果；根据单摆周期公式

分析；在双缝干涉实验中干涉条纹与波长有关。

【解答】解：A、根据多普勒效应可知，声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率

小，故A错误；

8、从竖立肥皂膜上看到的彩色条纹是从膜的两表面反射光相干涉的结果，故2错误；

C、将摆钟由广州移至哈尔滨，则g变大，根据7=2万《可知，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长，

故C正确；

。、光的双缝干涉实验中，由条纹间距公式△尤和波长频率关系c=知，光的频率变小，则干涉

d

条纹间距变宽，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，全面掌握选修知识，多加积累即可做好这一类的题目。

2.（4分）下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）

A.图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变

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B.图乙中笊核的比结合能小于氢核的比结合能

C.图丙中一个氢原子从w=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光

D.图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的/-U关系图，则a光频率最高

【答案】B

【分析】半衰期具有统计意义；比结合能越大原子核越稳定；一个氢原子从a能级向基态跃迁时，最多辐

射出中不同频率的光；根据遏止电压比较最大初动能，从而比较光子频率的大小。

【解答】解：A、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，故A错误；

B,比结合能越大原子核越稳定，由于生成物比反应物更稳定，所以求核的比结合能小于氢核比结合能,

故8正确；

C、一个氢原子从〃=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；

D、由丁图可知：c光对应的遏止电压最大，根据动能定理结合光电效应方程=配-叱，可知c光

的频率最高，故。错误。

故选：Bo

【点评】该题考查半衰期、光电效应、玻尔理论以及聚变与裂变，考查到的知识点较多，在平时的学习中

多加积累即可做好这一类的题目。

3.（4分）如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为根的A、8两个小环，两环上都带有正电荷,

系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则（）

A.单根细绳对物块的拉力始终不变

B.两细绳对物块的合力变大

C.杆对A环的作用力保持不变

D.两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg

【答案】C

【分析】通过对圆环和物体分别进行受力分析，根据库仑力减小，可得出正确答案。

【解答】解：A、对左侧圆环受力分析

第10页（共28页）

F.

湍ry

MR

当电荷减小后，库仑力会减小，所以水平方向上为了保持受力平衡，绳子上的拉力也会减小，故A错误;

8、两个细绳的拉力组成的合力始终与物块的重力相平衡，所以合力始终不变，故3错误；

C、对物块受力分析，如上图所示

对物块而言竖直方向上2T'cos。=Mg,解得/=“-

2cos。

对圆环而言，由于T=所以区=^g+Tcos。，得到外=加8+”华，所以支持力不变，故。正确；

D、当两环间距等于绳长时，构成一个等边三角形，即。=30。，所以7'='选，故。错误；

3

故选：Co

【点评】学生在解答本题时，应注意动态平衡问题，要找到方向和大小不变的力和方向不变的力作为解题

的突破口。

4.（4分）霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如

图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场I,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;

在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场n和匀强电场（图中都没有画出），磁场I与磁场II的磁感应强度

大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.磁场II垂直圆环平面向里

B.电场方向垂直圆环平面向外

C.电子受到的电场力提供向心力

D.磁场对电子的洛伦兹力做正功

第11页（共28页）

【答案】A

【分析】A：根据电子运动的方向和左手定则判断磁场II的方向；

B-.根据左手定则判断电子在磁场I中所受洛伦兹力的方向，进一步可判断电场力的方向，最后可知匀强

电场的方向；

C：根据电子的运动性质可知，向心力由磁场II的洛伦兹力提供；

D：洛伦兹力不做功。

【解答】解：A根据电子沿顺时方向运动及左手定则可知磁场n垂直圆环平面向里，故A正确；

A根据左手定则可判断磁场I的洛伦兹力向里，则电子受到的电场力向外，电场方向向里，故2错误；

C.由于电子恰好做匀速圆周运动，则电场力与磁场I的洛伦兹力平衡，磁场II的洛伦兹力提供向心力，方

向指向圆心，故C错误；

D洛伦兹力永不做功，故。错误。

故选：Ao

【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和

运动性质，熟练应用对应的规律解题。

5.（4分）如图，两个电荷量都为。的正、负点电荷固定在A、3两点，A8连线中点为O。现将另一个

电荷量为+4的试探电荷放在AB连线的中垂线上距。为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由

静止开始沿直线从C点加速运动到。点，不计重力，则此过程中（）

-H?：-Q

••••••••••••*•••••••••••

A°B

A.施加的外力沿C。方向

B.试探电荷受到的电场力一直变小

C.试探电荷做加速度增大的加速运动

D.试探电荷的电势能逐渐增加

【答案】C

【分析】8。、根据等量异种电荷中垂线上场强的特点，中垂线为等势面分析；

AC、根据题意可知试探电荷合力的方向，对试探电荷受力分析，根据电场力大小变化，由平行四边形定

则可知试探电荷所受外力和合力的变化特点。

【解答】解：BD.等量异种电荷中垂线上各点场强与中垂线垂直，中垂线是等势面，各点电势相等，且O

第12页（共28页）

点的场强最大，所以试探电荷从C点沿直线运动到。点过程，电场力一直增大，试探电荷的电势能不变,

故错误；

AC、试探电荷电场力水平向右，试探电荷从C点沿直线做加速运动到O点，所以试探电荷的合力沿着CO

方向向下，则施加外力在C。直线左侧，受力分析如下图所示：

电场力/增大，外力琢方向不变，由平行四边形定则可知两力的合力增大，由牛顿第二定律可知试探电

荷的加速度增大，故A错误，C正确。

故选：C,

【点评】本题考查了等量异种电荷产生电场的特点、电场强度与电场力的关系，解题的关键是熟练掌握等

量异种电荷连线和中垂线上各点的场强特点，注意试探电荷做加速直线运动，可知试探电荷的合力沿着CO

直线向下。

6.（4分）如图，将一质量为m=10g、长度为/=20aw的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸

出桌外。将一质量也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板

瞬间获得初速度%=l〃z/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为4=0.1,纸板与桌面间的动摩

擦因数为〃2=。2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10/w/s2。贝！|（）

A.弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2〃z/s2

B.橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止

C.最终橡皮擦不会脱离纸板

D.因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为」一J

1200

【答案】C

【分析】根据受力分析及牛顿第二定律，对纸板和橡皮擦分析求解；对橡皮擦与纸板共同速度时的速度和

第13页（共28页）

位移求解，结合橡皮擦与纸板的相对运动情况讨论分析；根据功能关系解得摩擦生热。

【解答】解：10g=0.01依

A、第一阶段，橡皮擦与纸板相对滑动，根据牛顿第二定律有

〃皮=Nig

“板—m…

解得。皮=Izn/$2,〃板=5m/s2

故A错误；

B、两者速度相同时，根据速度一时间公式有"=〃皮/

解得r=L

6

共同速度v=工机/s

6

第二阶段，由于从<外，所以v相同后，仍相对滑动，故3错误；

C>橡皮擦和纸板都匀减速，0皮=〃ig

“板"7

根据位移一时间公式有，加，“小号1

两个阶段的相对位移分别为％=X板1-X皮1，x2=X板2-西皮2

解得x=­m,=」一m

1122108

由于％<%<3,故橡皮擦未滑离纸板，故C正确。

D、橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为Q=从根g（%+%）

解得。=工/,故。错误。

5400

故选：C。

【点评】本题考查了牛顿第二定律及木板一滑块模型、功能关系的应用，理解两个物体的相对运动和各自

不同时刻的运动状态，结合受力分析是解决此类问题的关键。

7.（4分）如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连

第14页（共28页）

线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为。，当行星处

于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（）

太阳\\

O..1!

..\\耳行易；

、......••地现

A.行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tan。

B.行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为

Vsin36

C.行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年

l-Jsin*

行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为a呵0”年

D.

2^-（1-Vsin36（）

【答案】D

【分析】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求

解问题，地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律及角速度公式列出等式，表示出周

期，然后去进行求解。

【解答】解：A、设地球的轨道半径为R,由题意可得行星的轨道半径为「=R$也。，所以行星的环绕半

径与地球的环绕半径之比为sind,故A错误;

B、根据开普勒第三定律有，=，，可得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为，=而,

故2错误;

CD,设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，且设经时间f地球转过a角后该行星再次处于

最佳观察期。则行星转过的角度为「="+夕+20

—r*日/2»2»c

于ZE有—Tt=a、—-t=*)3

解得仁（"2，）""迫丁

2）（1一

若行星最初处于最佳观察期时，其位置滞后于地球，同理可得

第15页（共28页）

（万-20）\[sin0

t=-------------11

27（1-，5沅3。）

地球周期T=1年，故C错误，。正确。

故选：Do

【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用，物理问题经常要结

合数学几何关系解决。

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题

目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.（5分）如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动

能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（）

A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开

B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行

C.若叫口叫，碰后两球以某一相等速率同向而行

D.若四口叱,碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等

【答案】AC

【分析】AA根据动量守恒和机械能不增加的原理，对两球质量相等的情况进行分析判断；

CD根据动量和动能的关系式判断总动量，再结合动量守恒和机械能不增加的原理进行分析解答。

【解答】解：根据题意可得/外谛=；叱点

AA如果两球质量相等，速度大小则丫甲=v乙，则%叫=径小乙，即总动量为0,根据动量守恒电荷机械能

不增加的原理，则碰后可以以相等速率互相分开，故A正确，3错误；

CD如果叫口叫，则根据P=、2mEk可得与□多,根据碰撞动量守恒和机械能不增加的原理，D不满足

动量守恒条件，故C正确，。错误。

故选：AC=

【点评】考查动量守恒和能量守恒等问题，会根据题意进行准确的分析和判断。

9.（5分）如图所示，一平行板电容器两极板水平放置，极板间距为d,长度为44。开始时接到一个直流

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电源上，开关闭合，电源电动势恒定。一个带负电的粒子以%=3或从两板正中央水平向右射入电容器,

恰好沿着图中虚线做匀速直线运动，粒子质量为加。则（）

~W-

EIJ

A.断开开关，将上板上移粒子会向上偏转

3

B.断开开关，将上板上移四，粒子仍然做匀速直线运动

3

c.保持开关闭合，将上板上移四，粒子从原位置入射，会击中下板且击中前瞬间的动能为卫〃取”

38

D.保持开关闭合，电动势翻倍，粒子从原位置入射，会击中上板，且击中前瞬间的动能为5〃7gd

【答案】BD

【分析】AB根据平行板电容器的相关公式推导开关断开后的场强以及粒子受力情况判断粒子是否发生偏

转；

CD根据牛顿第二定律和类平抛运动的规律推导是否能击中极板，结合动能定理计算击中极板时的动能大

小。

【解答】解：AA断开开关，电容器两极板的电荷量不变，根据C=幺=旦，得£=且=坦吆，即电

UAjrkddeS

场强度不变，粒子一直满足条件qE=mg,故粒子不偏转，故A错误，8正确；

C保持开关闭合，电势差一定，将上极板上移色，由£=且知屈=』E,所以粒子向下偏转，根据牛顿第

3d4

二定律

mg-qE'=ma

^a=­g

4

若击中下板所需时间为人在竖直向下的方向上根据匀变速直线运动规律

第17页（共28页）

水平方向上x==6d>4d不符合题意，即不能击中下极板，故C错误。

D保持开关闭合，电动势翻倍，那么向上偏转，根据牛顿第二定律得

qE'-mg

ay二

m

得%=g

假设击中上极板时间为〃，水平方向位移x，=v/=3而x^|=3d,符合题意，根据动能定理有

112

mv

（qE，-mg）--d=Ek--o

解得Ek=5mgd

故。正确。

故选：BD„

【点评】考查电容器中带电粒子在组合场中的受力和运动问题，会结合动能定理分析求解相关物理量。

10.（5分）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为乙=2加，在导轨所

在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B=0.57的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E=5V,

内阻厂=0.50的电源，串联一电阻R=2.50。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、

质量〃z=lZg,与导轨的动摩擦因数〃=0.5。当磁场以%=12m/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能

向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（）

磁场边界

A.导体棒运动的速度为2m/s

B.安培力对导体棒做功的功率为10W,故电路发热的热功率为10W

C.导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W

D.电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W

【答案】ACD

【分析】导体棒做匀速直线运动，由平衡条件求得回路中的电流，导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线

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产生的电动势，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解导体棒运动的速度；根据尸=为，，求解

安培力对导体棒做功的功率，根据焦耳定律求解电路发热的热功率；由功能关系与功率公式求解导体棒和

轨道摩擦生热的功率；根据能量守恒定律，可知电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和等于电路

发热的热功率和导体棒和轨道摩擦生热的功率之和。

【解答】解：A、导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：BIL=^mg,解得回路中的电流为：I=5A

设导体棒的速度为v,导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线产生的电动势为：Ei=BLW-v）

根据闭合电路欧姆定律得：/=空”

R+r

联立解得：v=2m/s9故A正确；

B、安培力对导体棒做功的功率为：P^=F^v=BILv=0.5x5x2x2W=10W

电路发热的热功率为：绦耳热=尸（R+r）=5?x（2.5+0.5）W=75W

可见安培力对导体棒做功的功率与电路发热的热功率并不相等，故8错误；

C、导体棒和轨道摩擦生热的功率为：/擦热=0.5x1x10*2W=10W,故C正确；

。、根据能量守恒定律，可知电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和等于电路发热的热功率和导

体棒和轨道摩擦生热的功率之和，则有：

舄源+弓卜力=心耳热+降擦热=75W+10W=85W，故。正确。

故选：ACD。

【点评】本题考查了电磁感应现象中能量转化与守恒的问题。解答时要注意分析导体棒相对磁场的运动方

向。要掌握导体棒作为电源，电路中存在双电源，依据电源的串并联关系确定总的电动势。

三、非选择题：共5小题，共57分。

11.（7分）某同学利用如图1所示装置探究“影响感应电流方向的因素”，表格为该同学记录的实验现象。

N极插入N极拔出S极插入S极拔出

原磁场方向向下向下向上向上

A/8灯现象A灯亮3灯亮3灯亮A灯亮

感应电流磁场的向上向下向下向上

方向

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图1图2

（1）实验前先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极（二极管通正向电流时，电流的流入端为二极管的

正极，流出端为二极管的负极）进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔

接触的是二极管的负极（填“正极”或“负极”）。

（2）由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场

方向—（填“相同”“相反”或“没有关系”）；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与

条形磁铁在线圈内产生的磁场方向—（填“相同”“相反”或“没有关系”）。由此得出的结论是感应

电流的磁场总是阻碍原磁场的—的变化。

（3）该同学利用上面实验中得到的结论，在图2所示装置中进行了一些操作，发现电流表的指针向右偏

转（电流表的偏转满足左进左偏，右进右偏），该同学可能进行了的操作是—。

A.闭合开关瞬间

B.断开开关瞬间

C.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动

D.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动

【答案】（1）负极；（2）相反；相同；磁通量；（3）ACo

【分析】（1）二极管正向电阻较小，反向电阻很大；电流从二极管正极流入，二极管导通，电阻较小，电

流从二极管负极流入，二极管截止，反向电阻很大；欧姆表的内部电流从黑表笔流出，据此分析作答；

（2）根据表格记录的现象结合楞次定律分析作答。

【解答】解：（1）二极管正向电阻较小，反向电阻很大；电流从二极管正极流入，二极管导通，电阻较小，

电流从二极管负极流入，二极管截止，反向电阻很大；测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明二极

管的负极与电源正极相连，由于黑表笔与电源正极相连，故此时黑表笔接触的是二极管的负极。

（2）由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场

方向相反，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同，由此得出的结论是感应电流的

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磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化。

（3）48.闭合开关瞬间，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，线圈8中向下的磁通量增大，根据楞次

定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指针向右偏转，同理可得，断开开关瞬间，电流表的指针向

左偏转，故A正确，3错误；

CD.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，线圈A中电流增大，

产生的磁场增大，线圈2中向下的磁通量增大，根据楞次定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指

针向右偏转，同理可得，开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针向左偏转，故C正确，

。错误。

故选：ACo

故答案为：（1）负极；（2）相反；相同；磁通量；（3）AC0

【点评】本题考查了探究“影响感应电流方向的因素”的实验，要明确实验的原理，理解楞次定律。

12.（9分）某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块2（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中

光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。

mB=2mA,遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物

块3由静止释放。

（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d,如图乙所示，则1=1.195mm。

（2）某次实验中，测得”11.60侬，则此时A的速度为—m/s（保留2位有效数字）。

（3）改变光电门与物块3之间的高度耳，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间以为横轴、（为纵

轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为左，在实验误差允许范围内，

若％=—（用含g、1字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。

【答案】（1）1.195；（2）0.10；（3）空。

3d2

【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01〃〃〃，根据螺旋测微器的读数规则读数；

（2）根据极短时间内的平均速度求解A的瞬时速度；

第21页（共28页）

(3)分别求解重力势能的减小量和动能的增加量，再结合图像斜率的含义求解机械能守恒需要满足的条

件。

【解答】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01加加，测出遮光条宽度为d=1加机+19.5x0.0hmn=1.195znm

(2)据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，A速度为"=4=^空耳根/S。0.10根/5

t11.60xIO-3

(3)系统减小的重力势能为△£「=(丹-/)g，7

22

系统增加的动能为□%=；0nA+mB)v=^-(mA+ms)(y)

在实验误差允许范围内，机械能守恒有△EpMEk

化解得《=

t23d°

与-/z图像的斜率为左，在实验误差允许范围内，满足左=?与

t23d2

则验证了机械能守恒定律。

故答案为:(1)1,195；(2)0.10；(3)芸。

3d2

【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度，同

时明确重力势能和动能的定义，明确验证机械能守恒的方法。

13.(10分)2024年初哈尔滨旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闯哈尔滨”等话题接连上热搜，丰富的冰雪

运动吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一个冰滑梯，如图所示，与水平面成37。角的倾斜冰滑道与水平

冰滑道在8点平滑连接，滑梯顶端高度，/?=6,〃。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端A出发，经过8点

后瞬间与处于静止状态的家长所乘坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车(包含小孩和家长)一起共同运动,

已知小孩和冰车的总质量〃7=30kg,家长和冰车的总质量M=60/g,人与冰车均可视为质点，冰车与冰

面的动摩擦因数均为0.25,忽略空气阻力，取重力加速度g=10〃z/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)小孩与家长碰前小孩的速度大小；

(2)要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多长？

第22页(共28页)

【答案】（1）小孩与家长碰前小孩的速度大小为46机/s；

（2）要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要电机。

9

【分析】（1）小孩乘坐冰车由曲面下滑的过程，根据动能定理解得碰前小孩的速度大小；

（2）对于碰撞过程，小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统动量守恒，由动量守恒定律结合能量守恒

定律求解。

【解答】解：（1）对小孩和冰车从出发到3点用动能定理有

mgh-jumgcos37。.\丁-；mv1

解得

v0=V80m/s=4^5m/s

（2）设碰撞后两冰车（包含小孩和家长）的速度为v,规定向右为正方向，根据动量守恒可得

mv0=（m+M）v

能量守恒

1

—+7=/i（m+M）gL

解得

16

Lr=——m

9

答：（1）小孩与家长碰前小孩的速度大小为46根/s；

（2）要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要电机。

9

【点评】解决本题的关键是明确碰撞的基本规律：动量守恒定律。要知道动量守恒与能量守恒的综合应用。

14.（14分）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金