2024屆高三年級下冊二模物理試卷含答案

2024年重慶市高考物理二模試卷

一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合

題目要求。

1.（4分）下列說法正確的是（）

A.聲源遠離觀察者時，觀察者接收到的聲音頻率比聲源發(fā)出的頻率大

B.肥皂膜上出現彩色條紋是光的偏振現象

C.將原本精準的擺鐘從廣州運到黑龍江后應調整其擺長

D.雙縫干涉實驗中形成的干涉圖樣，條紋間距與光的頻率無關

2.（4分）下列四幅圖分別對應四種說法，其中正確的是（）

A.圖甲中鈾238的半衰期是45億年，經過45億年，10個鈾238必定有5個發(fā)生衰變

B.圖乙中氣核的比結合能小于氫核的比結合能

C.圖丙中一個氫原子從〃=4的能級向基態(tài)躍遷時，最多可以放出6種不同頻率的光

D.圖丁中為光電效應實驗，用不同光照射某金屬得到的/-。關系圖，則。光頻率最高

3.（4分）如圖，一根絕緣的光滑水平橫桿上套有質量均為根的A、B兩個小環(huán)，兩環(huán)上都帶有正電荷,

系在兩環(huán)上的等長細繩拴住質量為M的物塊處于靜止狀態(tài)，某時刻開始環(huán)上電荷量緩慢減少，貝1（）

A.單根細繩對物塊的拉力始終不變

B.兩細繩對物塊的合力變大

C.桿對A環(huán)的作用力保持不變

D.兩環(huán)間距等于繩長時，單根細繩拉力大小等于Mg

4.（4分）霍爾推進器不斷被改進，未來有望成為遠距離太空探測的首選推進裝置。有一種霍爾推進器如

圖所示，很窄的圓環(huán)空間內有沿半徑方向向外的輻射狀磁場I,其磁感應強度大小可近似認為處處相等;

在垂直于圓環(huán)平面方向上加有勻強磁場n和勻強電場（圖中都沒有畫出），磁場I與磁場U的磁感應強度

第1頁（共28頁）

大小相等。電子恰好可以在圓環(huán)內沿順時針方向做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A.磁場II垂直圓環(huán)平面向里

B.電場方向垂直圓環(huán)平面向外

C.電子受到的電場力提供向心力

D.磁場對電子的洛倫茲力做正功

5.（4分）如圖，兩個電荷量都為。的正、負點電荷固定在A、3兩點，A3連線中點為O。現將另一個

電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距。為x的C點，沿某一確定方向施加外力使試探電荷由

靜止開始沿直線從C點加速運動到。點，不計重力，則此過程中（）

yc

+Q：-Q

0....*....e

A°B

A.施加的外力沿CO方向

B.試探電荷受到的電場力一直變小

C.試探電荷做加速度增大的加速運動

D.試探電荷的電勢能逐漸增加

6.（4分）如圖，將一質量為?7=10g、長度為/=20a〃的長方形硬紙板放在水平桌面上，左端一小部分伸

出桌外。將一質量也為10g的橡皮擦（可視為質點）置于紙板的正中間，用手指將紙板水平彈出，紙板

瞬間獲得初速度%=L〃/s。已知橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數均為4=0.1,紙板與桌面間的動摩

擦因數為4=0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10機/s?。貝）

硬紙瓦

水平桌面

第2頁（共28頁）

A.彈出紙板后瞬間，紙板的加速度大小為

B.橡皮擦與紙板達到相同速度后，一直與紙板相對靜止

C.最終橡皮擦不會脫離紙板

D.因橡皮擦與紙板摩擦而產生的熱量為

1200

7.（4分）如圖，地球和某行星在同一軌道平面內同向繞太陽做順時針的勻速圓周運動。地球和太陽的連

線與地球和行星的連線所夾的角叫地球對該行星的觀察視角，已知該行星的最大觀察視角為當行星處

于最大視角處時，是地球上天文愛好者觀察該行星的最佳時期。則（）

?.????

//太陽\\

：O.：:

I?*?:

\，二。行星’

?t?

視角$???

?..就

A.行星的環(huán)繞半徑與地球的環(huán)繞半徑之比為tan。

B.行星的環(huán)繞周期與地球的環(huán)繞周期之比為

C.行星兩次處于最佳觀察期的時間間隔至少為年

l-Jsin*

D.行星兩次處于最佳觀察期的時間間隔可能為?+2。）但"年

2^-（1-Vsin36（）

二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題

目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.（5分）如圖所示，小巴和小蜀在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲，兩人將甲球和乙球以相同的動

能相向彈出。則關于碰撞后兩球的情況可能的是（）

A.若兩球質量相等，碰后以某一相等速率互相分開

B.若兩球質量相等，碰后以某一相等速率同向而行

C.若嘩□加乙，碰后兩球以某一相等速率同向而行

第3頁（共28頁）

D.若7除口叫，碰后兩球速度均與原方向相反，且動能仍相等

9.（5分）如圖所示，一平行板電容器兩極板水平放置，極板間距為d,長度為44。開始時接到一個直流

電源上，開關閉合，電源電動勢恒定。一個帶負電的粒子以%=3或從兩板正中央水平向右射入電容器，

恰好沿著圖中虛線做勻速直線運動，粒子質量為〃1。貝!］（）

A.斷開開關，將上板上移4，粒子會向上偏轉

3

B.斷開開關，將上板上移粒子仍然做勻速直線運動

3

C.保持開關閉合，將上板上移邑，粒子從原位置入射，會擊中下板且擊中前瞬間的動能為衛(wèi)機gd

38

D.保持開關閉合，電動勢翻倍，粒子從原位置入射，會擊中上板，且擊中前瞬間的動能為5〃zgd

10.（5分）如圖所示，兩平行金屬導軌固定在水平面上（導軌電阻不計），導軌間距為乙=2加，在導軌所

在的平面內，分布著垂直于導軌平面的磁感應強度為B=0.5T的勻強磁場。導軌的一端接有電動勢E=5V,

內阻廠=0.50的電源，串聯一電阻R=2.5。。一導體棒垂直于軌道放在金屬導軌上，導體棒的電阻不計、

質量%=1依，與導軌的動摩擦因數〃=0.5。當磁場以%=12〃z/s的速度勻速向右移動時，導體棒恰好能

向右勻速移動，且導體棒一直在磁場內部，則下列說法正確的是（）

A.導體棒運動的速度為2w/s

B.安培力對導體棒做功的功率為10W,故電路發(fā)熱的熱功率為10W

C.導體棒和軌道摩擦生熱的功率為10W

D.電源產生的電功率和外力對磁場做功的功率之和為85W

三、非選擇題：共5小題，共57分。

第4頁（共28頁）

IL（7分）某同學利用如圖1所示裝置探究“影響感應電流方向的因素”，表格為該同學記錄的實驗現象。

N極插入N極拔出S極插入S極拔出

原磁場方向向下向下向上向上

A/B燈現象A燈亮8燈亮8燈亮A燈亮

感應電流磁場的向上向下向下向上

方向

圖I圖2

（1）實驗前先使用多用電表的歐姆擋對二極管正負極（二極管通正向電流時，電流的流入端為二極管的

正極，流出端為二極管的負極）進行確認，某次測量時發(fā)現多用電表指針幾乎沒有偏轉，說明此時黑表筆

接觸的是二極管的—（填“正極”或“負極”）o

（2）由實驗記錄可得當穿過線圈的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場

方向—（填“相同”“相反”或“沒有關系”）;當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與

條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向—（填“相同”“相反”或“沒有關系”）0由此得出的結論是感應

電流的磁場總是阻礙原磁場的—的變化。

（3）該同學利用上面實驗中得到的結論，在圖2所示裝置中進行了一些操作，發(fā)現電流表的指針向右偏

轉（電流表的偏轉滿足左進左偏，右進右偏），該同學可能進行了的操作是—。

A.閉合開關瞬間

B.斷開開關瞬間

C.開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動

D.開關閉合時將滑動變阻器的滑片向右滑動

12.（9分）某同學采用如圖甲所示裝置驗證物塊A與物塊2（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機械能守恒。圖中

光電門安裝在鐵架臺上且位置可調，滑輪質量不計，細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。

第5頁（共28頁）

mB=2mA,遮光條質量不計，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時將物

塊8由靜止釋放。

（1）用螺旋測微器測出遮光條寬度d,如圖乙所示，則1=—mm。

（2）某次實驗中，測得y11.60儂，則此時A的速度為—m/s（保留2位有效數字）。

（3）改變光電門與物塊8之間的高度/?,重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間"以/?為橫軸、二為縱

f

軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為％,在實驗誤差允許范圍內，

若左=—（用含g、d字母的表達式表示），則驗證了機械能守恒定律。

13.（10分）2024年初哈爾濱旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闖哈爾濱”等話題接連上熱搜，豐富的冰雪

運動吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一個冰滑梯，如圖所示，與水平面成37。角的傾斜冰滑道與水平

冰滑道在3點平滑連接，滑梯頂端高度，〃=6"。小孩乘坐冰車由靜止開始從滑道頂端A出發(fā)，經過2點

后瞬間與處于靜止狀態(tài)的家長所乘坐的冰車發(fā)生碰撞，碰撞后兩冰車（包含小孩和家長）一起共同運動，

已知小孩和冰車的總質量根=30依，家長和冰車的總質量M=60依，人與冰車均可視為質點，冰車與冰

面的動摩擦因數均為0.25,忽略空氣阻力，取重力加速度g=10〃z/s',sin37°=0.6,cos37O=0.8,求：

（1）小孩與家長碰前小孩的速度大小；

（2）要保證冰車不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多長？

14.（14分）如圖所示,有兩條不計電阻的平行光滑金屬導軌MQN、M'Q'N',導軌間距L=0.5m，其中MQ、

M'Q'段傾斜放置，傾斜角0=37。，MQ=M'Q'=4m,QN、2V段水平放置，兩段之間通過一小段（大

小可忽略）光滑圓弧絕緣材料平滑相連，在傾斜導軌左端連接一電容C=2尸的電容器，在N和V兩端與

第6頁（共28頁）

電阻器火=0.1。相連，在傾斜導軌MQ、AT。，區(qū)域內加有垂直于傾斜導軌平面向下的勻強磁場旦=2T,

在水平導軌的。。FE區(qū)域內加有垂直水平導軌平面向上的勻強磁場為=。37,DD、E/均與導軌垂直,

S.DE=D'E'=L=0.5m,cdy是質量為3相、各邊長度均為L的開口向左的U形金屬框，已知其de邊電

阻為R=0.10,其余各段電阻可忽略不計，開始時緊挨導軌靜置于。。FE左側外，一不計電阻的質量為相

的金屬棒a緊貼從靜止釋放，使其向下滑行，越過。。后與。形金屬框發(fā)生碰撞，碰后粘在一起形成

一個正方形導體框沿導軌穿過磁場與區(qū)域。已知機=1像，不計一切摩擦，取重力加速度g=10〃?/s2,求：

（1）金屬棒a在傾斜導軌下滑的加速度大小（提示：/=四=包且）；

口隸at

（2）de邊剛進入磁場B2區(qū)域時的速度大小;

（3）整個過程中電阻器R上產生的焦耳熱。

圖中左側部分即為電磁炮的簡化模型，兩平行導軌固定在水平桌面上，間距d=1x10-3m，一金屬彈丸片置

于兩導軌之間，并與導軌保持良好接觸，質量叫=9依。導軌左端與一電流為/的理想恒流源相連。在發(fā)

射過程中，假設兩平行導軌中的電流/在彈丸所在位置處產生的磁場始終可視為勻強磁場，其強度與電流

的關系為8=狂（其中左=103T/A）,方向垂直導軌平面，f=0時刻彈丸從靜止自導軌左端向右滑行

<=0.5根后以速度匕=2%/s射出。在彈丸出射方向的延長線上，靜置著兩小物塊鳥（質量丐未知）、月（質

量外=1依），鳥與月間有極小間隙。它們右側足夠遠處放有由處于原長的輕彈簧連接的小物體月（質量

砥=1依）、P5（質量“4=2依）。勺、P］、月、舄、公均可視為質點，鳥、巴之間的距離為4（大小可

調）。不計空氣阻力、摩擦阻力。

（1）求理想恒流源中的電流/；

第7頁（共28頁）

（2）在彈丸射出后撞向靜置的4月，假定片與鳥、鳥與4間的碰撞均為彈性碰撞，（4運動起來后立刻取

走片G）欲使碰后月獲得最大的向右運動的速度，則鳥的質量應取多少？鳥獲得的最大速度匕又為多少？

（3）若在f=0時刻，給巴一向右的速度匕=3〃1/5,則舄、與將做某種復雜的運動。假定［以（2）問中

的最大速度飛向巴乙和彈簧組成的系統(tǒng)，因大小可調，擊中A時片的速度不確定，且巴巴碰后立即粘在

一起。求A巴巴和彈簧組成的系統(tǒng)在以后的運動中，彈簧可能具有的最大彈性勢能的取值范圍。

AiD

匕

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

……^—1,-

B

第8頁（共28頁）

2024年重慶市高考物理二模試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合

題目要求。

1.（4分）下列說法正確的是（）

A.聲源遠離觀察者時，觀察者接收到的聲音頻率比聲源發(fā)出的頻率大

B.肥皂膜上出現彩色條紋是光的偏振現象

C.將原本精準的擺鐘從廣州運到黑龍江后應調整其擺長

D.雙縫干涉實驗中形成的干涉圖樣，條紋間距與光的頻率無關

【答案】C

【分析】根據對多普勒效應的分析；薄膜干涉是膜的前后表面的反射光相干涉的結果；根據單擺周期公式

分析；在雙縫干涉實驗中干涉條紋與波長有關。

【解答】解：A、根據多普勒效應可知，聲源遠離觀察者時，觀察者接收到的聲音頻率比聲源發(fā)出的頻率

小，故A錯誤；

8、從豎立肥皂膜上看到的彩色條紋是從膜的兩表面反射光相干涉的結果，故2錯誤；

C、將擺鐘由廣州移至哈爾濱，則g變大，根據7=2萬《可知，為保證擺鐘的準確，需要將鐘擺調長，

故C正確；

。、光的雙縫干涉實驗中，由條紋間距公式△尤和波長頻率關系c=知，光的頻率變小，則干涉

d

條紋間距變寬，故D錯誤。

故選：C。

【點評】本題考查的知識點較多，難度不大，全面掌握選修知識，多加積累即可做好這一類的題目。

2.（4分）下列四幅圖分別對應四種說法，其中正確的是（）

A.圖甲中鈾238的半衰期是45億年，經過45億年，10個鈾238必定有5個發(fā)生衰變

第9頁（共28頁）

B.圖乙中笊核的比結合能小于氫核的比結合能

C.圖丙中一個氫原子從w=4的能級向基態(tài)躍遷時，最多可以放出6種不同頻率的光

D.圖丁中為光電效應實驗，用不同光照射某金屬得到的/-U關系圖，則a光頻率最高

【答案】B

【分析】半衰期具有統(tǒng)計意義；比結合能越大原子核越穩(wěn)定；一個氫原子從a能級向基態(tài)躍遷時，最多輻

射出中不同頻率的光；根據遏止電壓比較最大初動能，從而比較光子頻率的大小。

【解答】解：A、半衰期是大量放射性原子衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對個別的原子沒有意義，故A錯誤；

B,比結合能越大原子核越穩(wěn)定，由于生成物比反應物更穩(wěn)定，所以求核的比結合能小于氫核比結合能,

故8正確；

C、一個氫原子從〃=4的能級向基態(tài)躍遷時，最多可以放出3種不同頻率的光，故C錯誤；

D、由丁圖可知：c光對應的遏止電壓最大，根據動能定理結合光電效應方程=配-叱，可知c光

的頻率最高，故。錯誤。

故選：Bo

【點評】該題考查半衰期、光電效應、玻爾理論以及聚變與裂變，考查到的知識點較多，在平時的學習中

多加積累即可做好這一類的題目。

3.（4分）如圖，一根絕緣的光滑水平橫桿上套有質量均為根的A、8兩個小環(huán)，兩環(huán)上都帶有正電荷,

系在兩環(huán)上的等長細繩拴住質量為M的物塊處于靜止狀態(tài)，某時刻開始環(huán)上電荷量緩慢減少，則（）

A.單根細繩對物塊的拉力始終不變

B.兩細繩對物塊的合力變大

C.桿對A環(huán)的作用力保持不變

D.兩環(huán)間距等于繩長時，單根細繩拉力大小等于Mg

【答案】C

【分析】通過對圓環(huán)和物體分別進行受力分析，根據庫侖力減小，可得出正確答案。

【解答】解：A、對左側圓環(huán)受力分析

第10頁（共28頁）

F.

湍ry

MR

當電荷減小后，庫侖力會減小，所以水平方向上為了保持受力平衡，繩子上的拉力也會減小，故A錯誤;

8、兩個細繩的拉力組成的合力始終與物塊的重力相平衡，所以合力始終不變，故3錯誤；

C、對物塊受力分析，如上圖所示

對物塊而言豎直方向上2T'cos。=Mg,解得/=“-

2cos。

對圓環(huán)而言，由于T=所以區(qū)=^g+Tcos。，得到外=加8+”華，所以支持力不變，故。正確；

D、當兩環(huán)間距等于繩長時，構成一個等邊三角形，即。=30。，所以7'='選，故。錯誤；

3

故選：Co

【點評】學生在解答本題時，應注意動態(tài)平衡問題，要找到方向和大小不變的力和方向不變的力作為解題

的突破口。

4.（4分）霍爾推進器不斷被改進，未來有望成為遠距離太空探測的首選推進裝置。有一種霍爾推進器如

圖所示，很窄的圓環(huán)空間內有沿半徑方向向外的輻射狀磁場I,其磁感應強度大小可近似認為處處相等;

在垂直于圓環(huán)平面方向上加有勻強磁場n和勻強電場（圖中都沒有畫出），磁場I與磁場II的磁感應強度

大小相等。電子恰好可以在圓環(huán)內沿順時針方向做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A.磁場II垂直圓環(huán)平面向里

B.電場方向垂直圓環(huán)平面向外

C.電子受到的電場力提供向心力

D.磁場對電子的洛倫茲力做正功

第11頁（共28頁）

【答案】A

【分析】A：根據電子運動的方向和左手定則判斷磁場II的方向；

B-.根據左手定則判斷電子在磁場I中所受洛倫茲力的方向，進一步可判斷電場力的方向，最后可知勻強

電場的方向；

C：根據電子的運動性質可知，向心力由磁場II的洛倫茲力提供；

D：洛倫茲力不做功。

【解答】解：A根據電子沿順時方向運動及左手定則可知磁場n垂直圓環(huán)平面向里，故A正確；

A根據左手定則可判斷磁場I的洛倫茲力向里，則電子受到的電場力向外，電場方向向里，故2錯誤；

C.由于電子恰好做勻速圓周運動，則電場力與磁場I的洛倫茲力平衡，磁場II的洛倫茲力提供向心力，方

向指向圓心，故C錯誤；

D洛倫茲力永不做功，故。錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和

運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。

5.（4分）如圖，兩個電荷量都為。的正、負點電荷固定在A、3兩點，A8連線中點為O?，F將另一個

電荷量為+4的試探電荷放在AB連線的中垂線上距。為x的C點，沿某一確定方向施加外力使試探電荷由

靜止開始沿直線從C點加速運動到。點，不計重力，則此過程中（）

-H?：-Q

????????????*???????????

A°B

A.施加的外力沿C。方向

B.試探電荷受到的電場力一直變小

C.試探電荷做加速度增大的加速運動

D.試探電荷的電勢能逐漸增加

【答案】C

【分析】8。、根據等量異種電荷中垂線上場強的特點，中垂線為等勢面分析；

AC、根據題意可知試探電荷合力的方向，對試探電荷受力分析，根據電場力大小變化，由平行四邊形定

則可知試探電荷所受外力和合力的變化特點。

【解答】解：BD.等量異種電荷中垂線上各點場強與中垂線垂直，中垂線是等勢面，各點電勢相等，且O

第12頁（共28頁）

點的場強最大，所以試探電荷從C點沿直線運動到。點過程，電場力一直增大，試探電荷的電勢能不變,

故錯誤；

AC、試探電荷電場力水平向右，試探電荷從C點沿直線做加速運動到O點，所以試探電荷的合力沿著CO

方向向下，則施加外力在C。直線左側，受力分析如下圖所示：

電場力/增大，外力琢方向不變，由平行四邊形定則可知兩力的合力增大，由牛頓第二定律可知試探電

荷的加速度增大，故A錯誤，C正確。

故選：C,

【點評】本題考查了等量異種電荷產生電場的特點、電場強度與電場力的關系，解題的關鍵是熟練掌握等

量異種電荷連線和中垂線上各點的場強特點，注意試探電荷做加速直線運動，可知試探電荷的合力沿著CO

直線向下。

6.（4分）如圖，將一質量為m=10g、長度為/=20aw的長方形硬紙板放在水平桌面上，左端一小部分伸

出桌外。將一質量也為10g的橡皮擦（可視為質點）置于紙板的正中間，用手指將紙板水平彈出，紙板

瞬間獲得初速度%=l〃z/s。已知橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數均為4=0.1,紙板與桌面間的動摩

擦因數為〃2=。2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10/w/s2。貝！|（）

A.彈出紙板后瞬間，紙板的加速度大小為2〃z/s2

B.橡皮擦與紙板達到相同速度后，一直與紙板相對靜止

C.最終橡皮擦不會脫離紙板

D.因橡皮擦與紙板摩擦而產生的熱量為」一J

1200

【答案】C

【分析】根據受力分析及牛頓第二定律，對紙板和橡皮擦分析求解；對橡皮擦與紙板共同速度時的速度和

第13頁（共28頁）

位移求解，結合橡皮擦與紙板的相對運動情況討論分析；根據功能關系解得摩擦生熱。

【解答】解：10g=0.01依

A、第一階段，橡皮擦與紙板相對滑動，根據牛頓第二定律有

〃皮=Nig

“板—m…

解得。皮=Izn/$2,〃板=5m/s2

故A錯誤；

B、兩者速度相同時，根據速度一時間公式有"=〃皮/

解得r=L

6

共同速度v=工機/s

6

第二階段，由于從<外，所以v相同后，仍相對滑動，故3錯誤；

C>橡皮擦和紙板都勻減速，0皮=〃ig

“板"7

根據位移一時間公式有，加，“小號1

兩個階段的相對位移分別為％=X板1-X皮1，x2=X板2-西皮2

解得x=-m,=」一m

1122108

由于％<%<3,故橡皮擦未滑離紙板，故C正確。

D、橡皮擦與紙板摩擦而產生的熱量為Q=從根g（%+%）

解得。=工/,故。錯誤。

5400

故選：C。

【點評】本題考查了牛頓第二定律及木板一滑塊模型、功能關系的應用，理解兩個物體的相對運動和各自

不同時刻的運動狀態(tài)，結合受力分析是解決此類問題的關鍵。

7.（4分）如圖，地球和某行星在同一軌道平面內同向繞太陽做順時針的勻速圓周運動。地球和太陽的連

第14頁（共28頁）

線與地球和行星的連線所夾的角叫地球對該行星的觀察視角，已知該行星的最大觀察視角為。，當行星處

于最大視角處時，是地球上天文愛好者觀察該行星的最佳時期。則（）

太陽\\

O..1!

..\\耳行易；

、......??地現

A.行星的環(huán)繞半徑與地球的環(huán)繞半徑之比為tan。

B.行星的環(huán)繞周期與地球的環(huán)繞周期之比為

Vsin36

C.行星兩次處于最佳觀察期的時間間隔至少為年

l-Jsin*

行星兩次處于最佳觀察期的時間間隔可能為a呵0”年

D.

2^-（1-Vsin36（）

【答案】D

【分析】根據題意知道當行星處于最大視角處時，地球和行星的連線應與行星軌道相切，運用幾何關系求

解問題，地球與某行星圍繞太陽做勻速圓周運動，根據開普勒第三定律及角速度公式列出等式，表示出周

期，然后去進行求解。

【解答】解：A、設地球的軌道半徑為R,由題意可得行星的軌道半徑為「=R$也。，所以行星的環(huán)繞半

徑與地球的環(huán)繞半徑之比為sind,故A錯誤;

B、根據開普勒第三定律有，=，，可得行星的環(huán)繞周期與地球的環(huán)繞周期之比為，=而,

故2錯誤;

CD,設行星最初處于最佳觀察期時，其位置超前于地球，且設經時間f地球轉過a角后該行星再次處于

最佳觀察期。則行星轉過的角度為「="+夕+20

—r*日/2?2?c

于ZE有—Tt=a、—-t=*)3

解得仁（"2，）""迫丁

2）（1一

若行星最初處于最佳觀察期時，其位置滯后于地球，同理可得

第15頁（共28頁）

（萬-20）\[sin0

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

27（1-，5沅3。）

地球周期T=1年，故C錯誤，。正確。

故選：Do

【點評】向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或要求解的物理量選取應用，物理問題經常要結

合數學幾何關系解決。

二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題

目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.（5分）如圖所示，小巴和小蜀在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲，兩人將甲球和乙球以相同的動

能相向彈出。則關于碰撞后兩球的情況可能的是（）

A.若兩球質量相等，碰后以某一相等速率互相分開

B.若兩球質量相等，碰后以某一相等速率同向而行

C.若叫口叫，碰后兩球以某一相等速率同向而行

D.若四口叱,碰后兩球速度均與原方向相反，且動能仍相等

【答案】AC

【分析】AA根據動量守恒和機械能不增加的原理，對兩球質量相等的情況進行分析判斷；

CD根據動量和動能的關系式判斷總動量，再結合動量守恒和機械能不增加的原理進行分析解答。

【解答】解：根據題意可得/外諦=；叱點

AA如果兩球質量相等，速度大小則丫甲=v乙，則%叫=徑小乙，即總動量為0,根據動量守恒電荷機械能

不增加的原理，則碰后可以以相等速率互相分開，故A正確，3錯誤；

CD如果叫口叫，則根據P=、2mEk可得與□多,根據碰撞動量守恒和機械能不增加的原理，D不滿足

動量守恒條件，故C正確，。錯誤。

故選：AC=

【點評】考查動量守恒和能量守恒等問題，會根據題意進行準確的分析和判斷。

9.（5分）如圖所示，一平行板電容器兩極板水平放置，極板間距為d,長度為44。開始時接到一個直流

第16頁（共28頁）

電源上，開關閉合，電源電動勢恒定。一個帶負電的粒子以%=3或從兩板正中央水平向右射入電容器,

恰好沿著圖中虛線做勻速直線運動，粒子質量為加。則（）

~W-

EIJ

A.斷開開關，將上板上移粒子會向上偏轉

3

B.斷開開關，將上板上移四，粒子仍然做勻速直線運動

3

c.保持開關閉合，將上板上移四，粒子從原位置入射，會擊中下板且擊中前瞬間的動能為衛(wèi)〃取”

38

D.保持開關閉合，電動勢翻倍，粒子從原位置入射，會擊中上板，且擊中前瞬間的動能為5〃7gd

【答案】BD

【分析】AB根據平行板電容器的相關公式推導開關斷開后的場強以及粒子受力情況判斷粒子是否發(fā)生偏

轉；

CD根據牛頓第二定律和類平拋運動的規(guī)律推導是否能擊中極板，結合動能定理計算擊中極板時的動能大

小。

【解答】解：AA斷開開關，電容器兩極板的電荷量不變，根據C=幺=旦，得￡=且=坦吆，即電

UAjrkddeS

場強度不變，粒子一直滿足條件qE=mg,故粒子不偏轉，故A錯誤，8正確；

C保持開關閉合，電勢差一定，將上極板上移色，由￡=且知屈=』E,所以粒子向下偏轉，根據牛頓第

3d4

二定律

mg-qE'=ma

^a=-g

4

若擊中下板所需時間為人在豎直向下的方向上根據勻變速直線運動規(guī)律

第17頁（共28頁）

水平方向上x==6d>4d不符合題意，即不能擊中下極板，故C錯誤。

D保持開關閉合，電動勢翻倍，那么向上偏轉，根據牛頓第二定律得

qE'-mg

ay二

m

得%=g

假設擊中上極板時間為〃，水平方向位移x，=v/=3而x^|=3d,符合題意，根據動能定理有

112

mv

（qE，-mg）--d=Ek--o

解得Ek=5mgd

故。正確。

故選：BD?

【點評】考查電容器中帶電粒子在組合場中的受力和運動問題，會結合動能定理分析求解相關物理量。

10.（5分）如圖所示，兩平行金屬導軌固定在水平面上（導軌電阻不計），導軌間距為乙=2加，在導軌所

在的平面內，分布著垂直于導軌平面的磁感應強度為B=0.57的勻強磁場。導軌的一端接有電動勢E=5V,

內阻廠=0.50的電源，串聯一電阻R=2.50。一導體棒垂直于軌道放在金屬導軌上，導體棒的電阻不計、

質量〃z=lZg,與導軌的動摩擦因數〃=0.5。當磁場以%=12m/s的速度勻速向右移動時，導體棒恰好能

向右勻速移動，且導體棒一直在磁場內部，則下列說法正確的是（）

磁場邊界

A.導體棒運動的速度為2m/s

B.安培力對導體棒做功的功率為10W,故電路發(fā)熱的熱功率為10W

C.導體棒和軌道摩擦生熱的功率為10W

D.電源產生的電功率和外力對磁場做功的功率之和為85W

【答案】ACD

【分析】導體棒做勻速直線運動，由平衡條件求得回路中的電流，導體棒相對磁場向左運動，切割磁感線

第18頁（共28頁）

產生的電動勢，根據法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律求解導體棒運動的速度；根據尸=為，，求解

安培力對導體棒做功的功率，根據焦耳定律求解電路發(fā)熱的熱功率；由功能關系與功率公式求解導體棒和

軌道摩擦生熱的功率；根據能量守恒定律，可知電源產生的電功率和外力對磁場做功的功率之和等于電路

發(fā)熱的熱功率和導體棒和軌道摩擦生熱的功率之和。

【解答】解：A、導體棒做勻速直線運動，由平衡條件得：BIL=^mg,解得回路中的電流為：I=5A

設導體棒的速度為v,導體棒相對磁場向左運動，切割磁感線產生的電動勢為：Ei=BLW-v）

根據閉合電路歐姆定律得：/=空”

R+r

聯立解得：v=2m/s9故A正確；

B、安培力對導體棒做功的功率為：P^=F^v=BILv=0.5x5x2x2W=10W

電路發(fā)熱的熱功率為：絳耳熱=尸（R+r）=5?x（2.5+0.5）W=75W

可見安培力對導體棒做功的功率與電路發(fā)熱的熱功率并不相等，故8錯誤；

C、導體棒和軌道摩擦生熱的功率為：/擦熱=0.5x1x10*2W=10W,故C正確；

。、根據能量守恒定律，可知電源產生的電功率和外力對磁場做功的功率之和等于電路發(fā)熱的熱功率和導

體棒和軌道摩擦生熱的功率之和，則有：

舄源+弓卜力=心耳熱+降擦熱=75W+10W=85W，故。正確。

故選：ACD。

【點評】本題考查了電磁感應現象中能量轉化與守恒的問題。解答時要注意分析導體棒相對磁場的運動方

向。要掌握導體棒作為電源，電路中存在雙電源，依據電源的串并聯關系確定總的電動勢。

三、非選擇題：共5小題，共57分。

11.（7分）某同學利用如圖1所示裝置探究“影響感應電流方向的因素”，表格為該同學記錄的實驗現象。

N極插入N極拔出S極插入S極拔出

原磁場方向向下向下向上向上

A/8燈現象A燈亮3燈亮3燈亮A燈亮

感應電流磁場的向上向下向下向上

方向

第19頁（共28頁）

圖1圖2

（1）實驗前先使用多用電表的歐姆擋對二極管正負極（二極管通正向電流時，電流的流入端為二極管的

正極，流出端為二極管的負極）進行確認，某次測量時發(fā)現多用電表指針幾乎沒有偏轉，說明此時黑表筆

接觸的是二極管的負極（填“正極”或“負極”）。

（2）由實驗記錄可得當穿過線圈的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場

方向—（填“相同”“相反”或“沒有關系”）；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與

條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向—（填“相同”“相反”或“沒有關系”）。由此得出的結論是感應

電流的磁場總是阻礙原磁場的—的變化。

（3）該同學利用上面實驗中得到的結論，在圖2所示裝置中進行了一些操作，發(fā)現電流表的指針向右偏

轉（電流表的偏轉滿足左進左偏，右進右偏），該同學可能進行了的操作是—。

A.閉合開關瞬間

B.斷開開關瞬間

C.開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動

D.開關閉合時將滑動變阻器的滑片向右滑動

【答案】（1）負極；（2）相反；相同；磁通量；（3）ACo

【分析】（1）二極管正向電阻較小，反向電阻很大；電流從二極管正極流入，二極管導通，電阻較小，電

流從二極管負極流入，二極管截止，反向電阻很大；歐姆表的內部電流從黑表筆流出，據此分析作答；

（2）根據表格記錄的現象結合楞次定律分析作答。

【解答】解：（1）二極管正向電阻較小，反向電阻很大；電流從二極管正極流入，二極管導通，電阻較小，

電流從二極管負極流入，二極管截止，反向電阻很大；測量時發(fā)現多用電表指針幾乎沒有偏轉，說明二極

管的負極與電源正極相連，由于黑表筆與電源正極相連，故此時黑表筆接觸的是二極管的負極。

（2）由實驗記錄可得當穿過線圈的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場

方向相反，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向相同，由此得出的結論是感應電流的

第20頁（共28頁）

磁場總是阻礙原磁場的磁通量的變化。

（3）48.閉合開關瞬間，線圈A中電流增大，產生的磁場增大，線圈8中向下的磁通量增大，根據楞次

定律，電流表中有從右向左的電流，電流表的指針向右偏轉，同理可得，斷開開關瞬間，電流表的指針向

左偏轉，故A正確，3錯誤；

CD.開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，線圈A中電流增大，

產生的磁場增大，線圈2中向下的磁通量增大，根據楞次定律，電流表中有從右向左的電流，電流表的指

針向右偏轉，同理可得，開關閉合時將滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的指針向左偏轉，故C正確，

。錯誤。

故選：ACo

故答案為：（1）負極；（2）相反；相同；磁通量；（3）AC0

【點評】本題考查了探究“影響感應電流方向的因素”的實驗，要明確實驗的原理，理解楞次定律。

12.（9分）某同學采用如圖甲所示裝置驗證物塊A與物塊2（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機械能守恒。圖中

光電門安裝在鐵架臺上且位置可調，滑輪質量不計，細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。

mB=2mA,遮光條質量不計，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時將物

塊3由靜止釋放。

（1）用螺旋測微器測出遮光條寬度d,如圖乙所示，則1=1.195mm。

（2）某次實驗中，測得”11.60儂，則此時A的速度為—m/s（保留2位有效數字）。

（3）改變光電門與物塊3之間的高度耳，重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間以為橫軸、（為縱

軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為左，在實驗誤差允許范圍內，

若％=—（用含g、1字母的表達式表示），則驗證了機械能守恒定律。

【答案】（1）1.195；（2）0.10；（3）空。

3d2

【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01〃〃〃，根據螺旋測微器的讀數規(guī)則讀數；

（2）根據極短時間內的平均速度求解A的瞬時速度；

第21頁（共28頁）

(3)分別求解重力勢能的減小量和動能的增加量，再結合圖像斜率的含義求解機械能守恒需要滿足的條

件。

【解答】解：(1)螺旋測微器的精確度為0.01加加，測出遮光條寬度為d=1加機+19.5x0.0hmn=1.195znm

(2)據極短時間內的平均速度等于瞬時速度，A速度為"=4=^空耳根/S。0.10根/5

t11.60xIO-3

(3)系統(tǒng)減小的重力勢能為△￡「=(丹-/)g，7

22

系統(tǒng)增加的動能為□%=；0nA+mB)v=^-(mA+ms)(y)

在實驗誤差允許范圍內，機械能守恒有△EpMEk

化解得《=

t23d°

與-/z圖像的斜率為左，在實驗誤差允許范圍內，滿足左=?與

t23d2

則驗證了機械能守恒定律。

故答案為:(1)1,195；(2)0.10；(3)蕓。

3d2

【點評】解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數方法，知道極短時間內的平均速度可以代替瞬時速度，同

時明確重力勢能和動能的定義，明確驗證機械能守恒的方法。

13.(10分)2024年初哈爾濱旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闖哈爾濱”等話題接連上熱搜，豐富的冰雪

運動吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一個冰滑梯，如圖所示，與水平面成37。角的傾斜冰滑道與水平

冰滑道在8點平滑連接，滑梯頂端高度，/?=6,〃。小孩乘坐冰車由靜止開始從滑道頂端A出發(fā)，經過8點

后瞬間與處于靜止狀態(tài)的家長所乘坐的冰車發(fā)生碰撞，碰撞后兩冰車(包含小孩和家長)一起共同運動,

已知小孩和冰車的總質量〃7=30kg,家長和冰車的總質量M=60/g,人與冰車均可視為質點，冰車與冰

面的動摩擦因數均為0.25,忽略空氣阻力，取重力加速度g=10〃z/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)小孩與家長碰前小孩的速度大??；

(2)要保證冰車不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多長？

第22頁(共28頁)

【答案】（1）小孩與家長碰前小孩的速度大小為46機/s；

（2）要保證冰車不滑出水平滑道，水平滑道至少需要電機。

9

【分析】（1）小孩乘坐冰車由曲面下滑的過程，根據動能定理解得碰前小孩的速度大??；

（2）對于碰撞過程，小孩和家長（包括各自冰車）組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律結合能量守恒

定律求解。

【解答】解：（1）對小孩和冰車從出發(fā)到3點用動能定理有

mgh-jumgcos37。.\丁-；mv1

解得

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

（2）設碰撞后兩冰車（包含小孩和家長）的速度為v,規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒可得

mv0=（m+M）v

能量守恒

1

—+7=/i（m+M）gL

解得

16

Lr=——m

9

答：（1）小孩與家長碰前小孩的速度大小為46根/s；

（2）要保證冰車不滑出水平滑道，水平滑道至少需要電機。

9

【點評】解決本題的關鍵是明確碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律。要知道動量守恒與能量守恒的綜合應用。

14.（14分）如圖所示，有兩條不計電阻的平行光滑金