2024年高考物理終極押題密卷3（新課標卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷3（新課標卷）

一,選擇題（共5小題）

1.（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動，使重物緩慢上升，不計繩子質(zhì)量

和一切摩擦，則重物上升過程中（）

B.健身者所受合外力逐漸增大

C.健身者對地面的壓力逐漸減小

D.健身者對地面的摩擦力逐漸增大

2.（2024?吉林一模）A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的v-t圖如圖所示,

關于它們運動的描述正確的是（）

A.物體B在直線上做往返運動

B.物體A做加速度增大的曲線運動

C.AB兩物體在0-1s運動過程中距離越來越近

D.B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2

3.（2024?安徽二模）某同學正在進行一項體育運動，他站在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作。在

動作過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2,則該同學在此過

程中加速度的最大值約為（）

D.3m/s2

4.（2024?延邊州一模）3月30日，我國以“一箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達衛(wèi)星運送到

700km的軌道上。該組衛(wèi)星在軌構(gòu)成國際上首個車輪式衛(wèi)星編隊，三顆衛(wèi)星圍繞中心衛(wèi)星，并保持車輪

狀繞地球運行。下列關于四顆衛(wèi)星的說法正確的是（）

A.該衛(wèi)星編隊的運行速度大于7.9km/s

B.四顆衛(wèi)星均處于平衡狀態(tài)

C.四顆衛(wèi)星繞地球運動的周期相同

D.四顆衛(wèi)星通過衛(wèi)星間的萬有引力保持隊形

5.（2024?廬陽區(qū)校級四模）如慳所示，用輕桿通過錢鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為

m，兩段輕桿等長?，F(xiàn)將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內(nèi)運動，

不計一切摩擦，重力加速度為g,則在小球C下落過程中（）

A.小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能不守恒

B.小球C的機械能一直減小

C.小球C落地前瞬間的速度大小為J麗

D.當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg

二.多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?吉林模擬）如圖（a）,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度vo向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撲鼠

碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中to時刻前后的圖像分別是拋物線的一部

分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點為Q.甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是

)

A.碰后瞬間乙的速度大小為衛(wèi)

3

B.甲、乙間的動摩擦因數(shù)為一塵

丸”

C.甲到乙左端的距離

D.乙、丙的質(zhì)量比m：M=l：2

（多選）7.（2024?長春一模）已知一個均勻帶電球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，在球殼外部

產(chǎn)生的電場與一個位于球殼球心、帶相同電荷曷的點電荷產(chǎn)生的電場相同.有一個電荷量為+Q、半徑

為R、電荷均勻分布的實心球體，其球心為O點?，F(xiàn)從該球體內(nèi)部挖去一個半徑為旦的實心小球，如圖

2

所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，02點與6點關于0點對稱。由以上條件可以計算出

挖去實心小球后，O1點的電場強度Ei、02點的電場強度E2的大小分別為（）

（多選）8.（2024?鏡湖區(qū)校級二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐

標原點0處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為V=1XIO6m/s,質(zhì)

量為m=lX1（/8kg,帶電量為q=1X1（）-9C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點1m處垂直于x軸

放置一個長度為1m,厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。

現(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用

力。取n=3,則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為（）

P

???史；F.

OX

A.1.1X10'6sB.1.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

三.實驗題（共2小題）

9.（2024?安徽模擬）某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所

示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質(zhì)且表面粗糙程度相同的一元硬幣和?

一元硬幣和一角硬幣的質(zhì)量分別為mi和m2且將甲硬幣放在斜面的某一位置，標記此位置為

B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當甲停在水平面上某一位置處，測量O點到甲停止位置的距

離OP,記為so。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點位置，左側(cè)與。點重合，并將甲硬幣在B點由

靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量O點到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON,記為si、

（1）在本實驗中，乙選用的是硬幣。（選填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，則應滿足的表達式為<,（用so、

si、S2、mi和m2表示）

（3）關于該實驗需要滿足的條件是。

A.OA段必須保持水平

B.傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成

C.兩硬幣材質(zhì)及其表面粗糙程度必須相同

10.（2024?吉林一模）某同學測最某電阻的電阻值。

（1）首先用多用電表進行粗測，將旋鈕扳到“XI0”的擋位，進行歐姆調(diào)零后將兩表筆與待測電阻的

（2）為了精確測量該電阻阻值，實驗室為其提供了如下的實驗器材：

a.待測電阻Rx

b.電壓表V（量程IV、內(nèi)阻Rv=300量

c.電流表Ai（量程2A、內(nèi)阻RAQ20C）

d.電流表A2（量程30mA、內(nèi)阻RA-5C）

c.滑動變阻器RI（0?10。）

f.滑動變阻器R2（0?1k。）

g.電阻箱Ro（0?999.9。）

h.電源（電動勢3V、內(nèi)阻不計）、開關，導線若干

①該同學分析實驗滯材，發(fā)現(xiàn)電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應

（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）電阻箱Ro,并將Ro的阻值調(diào)為；

②實驗時，為了減小實驗誤差。且要求電表的示數(shù)從零開始調(diào)節(jié)，請將設計的電路畫在圖乙虛線框中，

并標出所選用的相應的器材符號：

③某次測量時，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I,則待測電阻的阻值Rx=（用

已知物理量的字母表示）。

四.解答題（共3小題）

11.（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物

塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s,隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、

2kg,彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2。

（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量；

（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A,使之由靜止開始運動，直至B剛離開地面時，求A

的速度大小。

12.（2024?太原二模）如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強電場，電場強度的大小為

E,MN下方有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場。某帶電粒子以初速度v從O點射入勻強磁場，速度與MN的

夾角為①經(jīng)過一段時間后，粒子第一次從磁場射入電場，在電場中恰好返回出發(fā)點O,粒子的質(zhì)量為

m,帶電量為q,不計粒子重刀，求：

（I）粒子的電性、粒子回到0點時與MN的夾角；

（2）磁感應強度B的大??；

（3）若粒子初速度變?yōu)?v,從O點射出后，又返回出發(fā)點O所用的時間。

13.（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L,傾斜角度為dab、cd

之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為Bi,ac之間電容器的電容為G,光滑等

長的水平金屬導軌ef、gh間距為L,ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B2,fh

之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止

開始運動，經(jīng)過時間t后以速度v飛出導軌，同時撤去EPQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh

導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g,求：

（I）金屬棒PQ分別在Bi、B2中運動時電流的方向；（請分別說明P-Q或Q-P）

（2）導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；

（3）金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數(shù)。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（新課標卷）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共5小題）

1.（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動，使重物緩慢上升，不計繩子質(zhì)量

和?切摩擦，則重物上升過程中（）

B.健身者所受合外力逐漸增大

C.健身者對地面的壓力逐漸減小

D.健身者對地面的摩擦力逐漸增大

【考點】動態(tài)平衡分析；力的合成與分解的應用.

【專題】定量思想：推理法；共點力作用下物體平衡專題：推理能力.

【分析】重物緩慢上升，處于平衡狀態(tài)，則繩彈力等于重力：對健身者進行動態(tài)平衡的分析可得出相應

結(jié)論。

【解答】解：AB、重物和健身者一直處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，健身者所受合力等于零；繩上

的拉力大小不變，其大小等于重物的重力mg,故AB錯誤；

CD、對健身者受力分析，如圖所示，由平衡條件可知：

在豎直方向,則有：mgsinB+FN=Mg

解得:FN=Mg-mgsinO

在水平方向，則有mgcosO=Ff

當健身者向右緩慢移動時，0角逐漸變小，地面對健身者的支持力和摩擦力變大，由牛頓第三定律可知,

健身者對地面的壓力和摩擦力逐漸增大，故C錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題考杳共點力平衡的動態(tài)平衡問題，明確不變的物理量時分析變化量的關鍵。

2.（2024?吉林一模）A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的v-t圖如圖所示，

關于它們運動的描述正確的是（）

A.物體B在直線上做往返運動

B.物體A做加速度增大的曲線運動

C.AB兩物體在（）-1s運動過程中距離越來越近

D.B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2

【考點】v-t圖像.

【專題】比較思想；圖析法；運動學中的圖象專題.

【分析】v?t圖象只能表示直線運動的規(guī)律。在v?t圖象中，圖象與時間軸所圍面積表示物體運動的

位移，斜率代表加速度，平均速度等于位移與時間之比。

【解答】解：A、v-t圖象只能表示直線運動的規(guī)律，B做電向直線運動，故A錯誤。

B、物體A做加速度增大的直線運動，故B錯誤。

C、在0-1S運動過程中，B的速度比A的大，則兩物體之間的距離越來越遠，故C錯誤。

D、根據(jù)圖象與時間軸所圍面積表示物體運動的位移，B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比

為1：3：2,由q=2?得B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2,故D正確。

t

故選：Do

【點評】本題關鍵是根據(jù)速度一時間圖象得到物體的運動規(guī)律，然后根據(jù)速度一時間圖象與時間軸包圍

的面積表示位移大小，速度圖象的斜率等于質(zhì)點的加速度，再進行分析處理。

3.（2024?安徽二模）某同學正在進行一項體育運動，他站在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作。在

動作過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2,則該同學在此過

程中加速度的最大值約為（）

D.3m/s2

【考點】牛頓第二定律.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題：分析淙合能力.

【分析】開始時的人對力傳感器的壓力等于其重力；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就

說物體處于?失重狀態(tài)；當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處「超重狀態(tài)；人下蹲

過程分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重；站起過程

分別有超重和失重兩個過程，先是加速上升超重，達到一個最大速度后再減速上升失重。據(jù)此分析。

【解答】解：開始時的人對力傳感器的壓力等于其重力，可歸該同學的重力為500N,則其質(zhì)量為50kg,

F的最小值約為200N,最大值約為700N,則當F有最小值時?加速度有最大值，根據(jù)牛頓第二定律有

nig-Fmin=mainax

解得

加速度的最大值為1ax-s2

故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

【點評】解答本題得關鍵是理解超重失重的概念，知道下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速

下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重；站起過程分別有超重和失重兩個過程，先是加速上升

超重，達到一個最大速度后再減速上升失重。

4.（2024?延邊州一模）3月30日，我國以“--箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達衛(wèi)星運送到

700km的軌道上。該組衛(wèi)星在軌構(gòu)成國際上首個車輪式衛(wèi)星編隊，三顆衛(wèi)星圍繞中心衛(wèi)星，并保持車輪

狀繞地球運行。下列關于四顆衛(wèi)星的說法正確的是（）

A.該衛(wèi)星編隊的運行速度大于7.9km/s

B.四顆衛(wèi)星均處于平衡狀態(tài)

C.四顆衛(wèi)星繞地球運動的周期相同

D.四顆衛(wèi)星通過衛(wèi)星間的萬有引力保持隊形

【考點】人造衛(wèi)星；萬有引力定律的應用.

【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問題；理解能力.

【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。四顆衛(wèi)星均非處于平衡狀態(tài)。四顆衛(wèi)星繞地球做圓周運

動，并保持隊形不變，周期相同。衛(wèi)星間的萬有引力極小，不不足以改變衛(wèi)星的隊形。

【解答】解：A、第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，該衛(wèi)星編隊的運行速度均小于第一宇宙速度，

故A錯誤；

B、衛(wèi)星做圓周運動，處于非平衡態(tài)，故B錯誤；

C、四顆衛(wèi)星繞地球做圓周運動，并保持隊形不變，所以周期相同，故C正確；

D、衛(wèi)星間的引力極小，不足以改變衛(wèi)星的隊形，事實上該衛(wèi)星隊列處于太陽同步軌道，24小時不間斷

接收太陽能，通過太陽能驅(qū)動衛(wèi)星保持隊列，故D錯誤。

故選：Co

【點評】此題考查萬有引力定律的應用，要掌握宇宙速度的意義，明確衛(wèi)星的運動情況和受力特點。

5.（2024?廬陽區(qū)校級四模）如圖所示，用輕桿通過校鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為

m,兩段輕桿等長.現(xiàn)將C球置.于距地面高h處,由靜止釋放，假設三個小球只在同一短直面內(nèi)運動，

不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（）

A.小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能不守恒

B.小球C的機械能一直減小

C.小球C落地前瞬間的速度大小為J有

D.當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于nig

【考點】機械能守恒定律.

【專題】定量思想；尋找守恒量法；機械能守恒定律應用專邈；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)機械能守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，分析知道系統(tǒng)的機械能守恒；通過分析

A、B兩球機械能的變化來判斷C球機械能的變化；小球C落地前瞬間A、B兩球的速度為零，根據(jù)系

統(tǒng)的機械能守恒求此時C球的速度大小。當小球C的機械能最小時，合力為零，對三個球組成的整體

研究，根據(jù)平衡條件求地面對小球B的支持力大小。

【解答】解：A、對于小球A、B、C組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A

錯誤；

B、小球B的初速度為零，小球C落地瞬間，小球B的速度也為零，故小球B的動能先增大后減小，

而小球B的重力勢能不變，則小球B的機械能先增大后減小，同理可得小球A的機械能先落大后減小,

而系統(tǒng)機械能守恒，所以C的機械能先減小后增大，故B錯誤；

C、設小球C落地前瞬間的速度大小為v,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有：1ImJ-gh，解得：v=V2gh?故

2

C正確；

D、當小球C的機械能最小時，小球B的速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力

為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg,故D錯誤。

故選：Co

【點評】解決本題的關鍵是要知道系統(tǒng)的機械能是守恒的，要知道輕桿對A、B兩球沒有作用力時，其

動能增大，此時小球C的機械能最小。

二,多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?吉林模擬）如圖（a）,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距離為L,初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度vo向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。

碰后，乙的位移x隨時間［的變化如圖（b）中實線所示，其中to時刻前后的圖像分別是拋物線的一部

分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是

（）

A.碰后瞬間乙的速度大小為生

3

B.甲、乙間的動摩擦因數(shù)為一5-

3gt0

C.甲到乙左端的距離

D.乙、丙的質(zhì)量比m：M=l：2

【考點】動最與能量的綜合應用一一板塊模型；功能關系.

【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)運動學公式結(jié)合x-t圖像的切線斜率表示速度求解碰后瞬間乙的速度大小，根據(jù)牛頓第

二定律甲、乙間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)圖（b）可得。?to時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移，由此得到甲到

乙左端的距離滿足的條件；物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律進行解答。

【解答】解：AB、設碰后瞬間乙的速度大小為vi,碰后乙的加速度大小為a,由圖（b）可知：

x=vito--

2

拋物線的頂點為Q，根據(jù)x-i圖像的切線斜率表示速度，則有：vi=a?2l。

聯(lián)立解得：、，|=出，a=J-

33to

根據(jù)牛頓第二定律可得：a=凹些=陽

m

解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為：|1=一四一，故A錯誤，B正確；

3g

C、由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為a=*-

3to

根據(jù)圖（b）可知，to時刻甲、乙剛好共速，則0?io時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為：

Vi+v±tVdtVivn

Ax=XS-Xp=————tn=—tr

<t2°202to3%

則甲到乙左端的距離滿足：L2Ax=：9tc，故C正確；

30

D、物塊內(nèi)與乙發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，碰撞過程根據(jù)動最守恒定律可得：Mvo=Mv2+mvi

根據(jù)機械能守恒定律可得:

可得v?=-^-vo=2"。

M+m3

可得乙、丙的質(zhì)量比為：m：M=2：1,故D錯誤。

故選：BCo

【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)

不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動

量相等列方程求解。

（多選）7.（2024?長春一模）已知一個均勻帶電球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，在球殼外部

產(chǎn)生的電場與一個位于球殼球心、帶相同電荷量的點電荷產(chǎn)生的電場相同。有一個電荷量為+Q、半徑

為R、電荷均勻分布的實心球為，其球心為O點?，F(xiàn)從該球體內(nèi)部挖去一個半徑為工的實心小球，如圖

2

所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，02點與Oi點關于O點對稱。由以上條件可以計算出

挖去實心小球后，O1點的電場強度Ei、02點的電場強度E2的大小分別為（）

【考點】電場的疊加；電場強度與電場力；點電荷的電場.

【專題】定量思想：推理法；甩場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)電場的疊加原理和點電荷的場強公式結(jié)合分析場強的表達式。

【解答】解：CD、沒有挖去實心小球之前，02點的電場強度是以O為圓心，以002為半徑的球體產(chǎn)

生的，則有E3=k-3,其中@3=4Q3告冗哈）號解得：￡3=1^2

23

挖去部分的半徑與上述以。02為半徑的球體的電荷量相等，則剩余部分在02點的電場強度為

E2=E3-^解得E2=k^'故c正確’D錯誤；

AB、沒有挖去之前，0i點的電場強度是以0為圓心，以00i為半徑的球體的電荷產(chǎn)生的，該球體半

徑等于K,該球體所帶電荷量與以002為半徑的球體的電荷相等，根據(jù)上述可知，沒有挖去之前6點

2

Q

的電場強度與沒有挖去之前02點的電場強度大小相等，等7E3=k-，3

哈）

由題意知挖去部分的電荷量在01點的電場強度為0,即剩余部分的電場強度等于E1=E3;

解得Ei故A錯誤，B正確。

故選：BCo

【點評】解決本題的關鍵掌握點電荷的場強公式E=^,知道點電荷的場強方向，會根據(jù)平行四邊形

定則進行場強的疊加。

（多選）8.（2024?鏡湖區(qū)校級二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐

標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v=lXIO6m/s,質(zhì)

量為m=1X10',5kg,帶電量為q=lX109C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點1m處垂直于x軸

放置一個長度為1m,厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。

現(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用

力。取n=3,則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為（）

y

,B,

P°

???.

0x

A.1.1X106sB.I.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)左手定則得到粒子偏轉(zhuǎn)方向，然后根據(jù)幾何關系求得中心角范圍，即可由周期求得最長、

最短時間。

【解答】解：由觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，可知粒子做圓周運動的半徑

為1m

qvB=%

qB

mv

r=￥

解得B=1T

打在P左側(cè)下端的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是60°,此時運動時間最短，如圖1所示

圖1

被P左側(cè)接收到的粒子在磁場中運動最長時間粒子軌跡對應的圓心角為90°,此時粒子運動時間

90°112兀m

360°4qB

解得t2=L5X10q

被P右側(cè)接收到的粒子在磁場中運動最短時間粒子軌跡對應的圓心角為270°,此時粒子運動時間

「2700132兀m

360°4qB

解得13=4.5X100

打在P右側(cè)下端的粒孑在磁場中運動的時間最長，此時粒子軌跡對應的圓心角為300°,如圖2所示,

最長時間

B

***.*:。R：*

圖2

…嗎丁旦過

360°6qB

解得tmax=5X106s

粒子能被P接收時的運動時間應滿足

1minW【W(wǎng)t2,或〔3WlWlmax

故選：ABDo

【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常杈據(jù)速度及磁感應強度求得半徑，然后根據(jù)

幾何關系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關系求解半徑，進而求得速度、磁感應強度。

三.實驗題（共2小題）

9.（2024?安徽模擬）某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所

示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質(zhì)且表面粗糙程度相同的一元硬幣和一

角硬幣進行實驗。

一元硬幣和一角硬幣的質(zhì)量分別為m和m2且將甲硬幣放在斜面的某一位置，標記此位置為

B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當甲停在水平面上某一位置處，測量0點到甲停止位置的距

離0P,記為so。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點位置，左側(cè)與O點重合，并將甲硬幣在B點由

靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量O點到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON,記為si、

（1）在本實驗中，乙選用的是一角硬幣。（選填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，則應滿足的表達式為_血1保=mi歷+m2保一。（用

so、si、S2^mi和m2表示）

（3）關于該實驗需要滿足的條件是CO

A.OA段必須保持水平

B.傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成

C.兩硬幣材質(zhì)及其表面粗糙程度必須相同

【考點】驗證動量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；實驗能力.

【分析】（1）為了防止硬幣反彈，應使入射硬幣質(zhì)量確定乙的硬幣；

（2）用動能定理求出碰撞前后的速度，再由動量守恒定律倒推出需要驗證的表達式：

（3）根據(jù)實驗碰原理，由動量守恒定律、牛頓第二定律等分析判斷本實驗滿足的條件。

【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，從圖中可以看出，碰撞后日有向右的速度，所以甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)

量，乙選用的是一角硬幣。

（2）設硬幣與紙板間的動摩擦因數(shù)為4重力加速度為g,甲從O點到P點，根據(jù)動能定理：

,,A12

-ktm1gso=O-m1vo

解得碰撞前，甲到0點時速度的大?。簐0=^2ktgs（）=^2as0

同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分別為：、=/嗝=百;，丫2=阿嬴=必可

若碰撞前后動量守恒，則滿足關系式：mivo=mvi+m2V2

整理化簡可得：叫

（3）A、若OA段略微傾斜8角，則兩硬幣的加速度均變?yōu)椋篴=gsin0+|igcosO,由（2）同的計算公式

可知沒有產(chǎn)生影響，故A錯誤；

BCs由（2）問的計算公式可知，只要水平段的摩擦系數(shù)恒定即可，故B錯誤，C正確；

故選：Co

故答案為：（1）一角；⑵+以2y⑶°。

【點評】本題考查驗證動量守恒定律的實驗，解題關鍵是弄清楚實驗原理、掌握速度的另一種測定方法,

能夠根據(jù)動量守恒定律進行解答。

10.（2024?吉林一模）某同學測量某電阻的電阻值。

（1）首先用多用電表進行粗測，將旋鈕扳到“X10”的擋位，進行歐姆調(diào)零后將兩表筆與待測電阻的

兩端相接觸，多用電表的指針位置如圖甲所示，則電阻測量值為140O；

（2）為了精確測量該電阻阻值，實驗室為其提供了如下的實驗器材:

a.待測電阻Rx

b.電壓表V（量程IV、內(nèi)阻Rv=300Q）

c.電流表Ai（量程2A、內(nèi)阻RAQ20C）

d.電流表A2（量程30mA、內(nèi)阻RA-5C）

C.滑動變阻器RI（0?10。）

f.滑動變阻器R2（0~lkC）

g.電阻箱Ro（0-999.90）

h.電源（電動勢3V、內(nèi)阻不計）、開關，導線若干

①該同學分析實驗器材，發(fā)現(xiàn)電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應串聯(lián)

（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）電阻箱Ro,并將Ro的阻值調(diào)為600.0C；

②實驗時，為了減小實驗誤差。且要求電表的示數(shù)從零開始調(diào)節(jié)，請將設計的電路畫在圖乙虛線框中，

并標出所選用的相應的器材符號：

3UR

③某次測量時，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I,則待測電阻的阻值Rx=_--------匚V_（用己知物

IRy-U

理量的字母表示）。

【考點】練習使用多用電表；伏安法測電阻.

【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法：恒定電流專題；實驗能力.

【分析】（1）根據(jù)歐姆表測電阻的正確使用和讀數(shù)規(guī)則分析作答；

（2）①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應串聯(lián)一個大電阻，根據(jù)歐姆定律求串聯(lián)電阻值；

②根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流，然后選擇電流表：

由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，完成實驗電路圖；

③根據(jù)歐姆定律求解待測電阻的表達式。

【解答】解：（1）指針指向“14”刻度，根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則，待測電阻為14X100=140。；

（2）①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應串聯(lián)電阻，根據(jù)歐姆定律有I=%=—y―

gRvRv+R0

代入數(shù)據(jù)解得Ro=6OO.On

②電路中的電流約為I普021A=21m?

Kv14U

電流表應選擇A2,由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，電壓表測待測電阻電壓，的電流、電壓測量

更準確，減少實驗誤差。另外，電表的示數(shù)從零開始調(diào)節(jié)，則滑動變阻器采用分壓式接法，電路如圖所

示：

R

3U3URv

③根據(jù)歐姆定律可知R^A二

即

3URV

故答案為:（1）140；（2）①串聯(lián);600.0Q；②見解析；③

iRv-u

【點評】本題考查了歐姆表的讀數(shù)，考查了電壓表的改裝以及“伏安法”測電阻，要掌握實驗的原理;

由于電壓表內(nèi)阻已知，因此電流表外接法。

四,解答題（共3小題）

II.（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物

塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s,隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、

2kg,彈簧的勁度系數(shù)k=l（）0N/m,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取lOmH。

（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量;

（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A,使之由靜止開始運動，直至B剛窩開地面時，求A

【考點】動后與能砥的綜介應用一一彈簧類模型；功能關系.

【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力.

【分析】（I）給小物塊A一瞬時沖量，據(jù)此求得初動能，根據(jù)胡克定律和平衡條件求得彈簧的初、末

形變量，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求解;

（2）結(jié)合（1）結(jié)果，對物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)由功能關系求解。

【解答】解：（1）設物塊A的質(zhì)量為m=lkg,物塊B的質(zhì)量為2m=2kg。

給小物塊A一瞬時沖量p=3N?s,則物塊A獲得的動量為：p=I,初動能為：EkO=E—

21n

初始物塊A靜止時，設彈簧壓縮x,對物塊A根據(jù)平衡條件可得：

kx=mg

木板b恰好不能離開地面，設此時彈簧伸長xi,對物塊B根據(jù)平衡條件可得：

kxi=2mg

物塊A從開始到最面點運動的位移大小為x+Xi,設此過程彈簧彈性勢能的變化量為EP,由機械能守恒

定律得：

EkO=Ep+mg(x+xi)

解得：x=O.lm,xi=0.2m,Ep=1.5J

(2)設豎直向上恒力大小為F=17.4N,B剛離開地面時A的速度大小為v,對物塊A和彈簧組成的系

統(tǒng)由功能關系得：

F(x+xI)=mg(x+xI)+Ep+-i-mv2

解得:v=1.2m/s

答：(1)彈簧彈性勢能的變化量為1.5J；

(2)A的速度大小為l.2m/s。

【點評】本題考查了系統(tǒng)機械能守恒定律，功能關系，動量定理在彈簧類模型中的應用。關鍵是分析能

量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢能變化與重力做功有關、動能的變化與合力做功有關、機械能的變化與除重

力以外的其它力做功有關。

12.(2024?太原二模)如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強電場，電場強度的大小為

E,MN卜方有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場。某帶電粒子以初速度v從O點射入勻強磁場，速度與MN的

夾角為仇經(jīng)過一段時間后，粒子第一次從磁場射入電場，在電場中恰好返回出發(fā)點O,粒子的質(zhì)量為

m,帶電量為q,不計粒子重力，求：

(1)粒子的電性、粒子回到0點時與MN的夾角；

(2)磁感應強度B的大小；

(3)若粒子初速度變?yōu)?v,從O點射出后，又返回出發(fā)點O所用的時間。

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在電場中的運動綜合.

【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力.

【分析】（1）根據(jù)左手定則可知粒子所帶電性，根據(jù)粒子在直線邊界的磁場中運動規(guī)律可知粒子出磁場

時速度與邊界的夾角與進磁場時速度與邊界夾角相同；

（2）粒子在磁場中的運動根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)幾何知識

求解弦長，粒子在電場中的運動根據(jù)運動學和牛頓第二定律列式，聯(lián)立求解磁感應強度的大??；

（3）畫出粒子運動的軌跡圖像，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)周

期公式求解粒子在磁場中運動的周期，根據(jù)幾何知識求解粒子在磁場中運動的圓心角，根據(jù)時間與周期

的關系求解粒子在磁場中運動的時間，根據(jù)運動學公式求解粒了?在電場中運動的時間，最后求解從0

點射出后，又返回出發(fā)點0所用的時間。

【解答】解：（1）粒子在磁場做勻速圓周運動，在電場中做類斜拋運動。粒子的運動軌跡如圖所示

由左手定則可知，粒子帶正電，粒子回到0點時與MN的夾角為

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，如上圖所示，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

2

_V

qvBD=m—

rl

解得

mv

從邊界MN射出的位置記為P點，0P的距禽為L,根據(jù)幾何關系有

L=2rsin0

在MN上方的電場中運動時，粒子做類斜拋運動，豎直方向，粒子做勻變速直線運動，根據(jù)牛頓第二

定律有

qE

a=-

m

根據(jù)運動學公式，豎直方向有

cvsin8

t=2?---------

a

水平方向有

L=vcos0*t

聯(lián)立解得

VCOSD

（3）當速度變?yōu)?V后，粒子的運動軌跡如圖所示

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

2

_V

qvBD=m—

r2

解得

r2^B"

設粒子在磁場中運動時周期為T,根據(jù)運動學公式有

2兀?

聯(lián)立解得

E_2兀!uucos6

T=qE

粒子一次在磁場中運動的時間設為U,根據(jù)幾何知識可知，粒子在磁場中運動的圓心角為2（n-6）,

故時間為

+_2（兀-B）不

tl-2兀

粒子在電場中運動的時間設為12,則有

c2vsinB

t=2------------

9na

粒子從0點射出后，又返回出發(fā)點O所用的時間為

tA=2tl+t2

聯(lián)立解得

4（H-G）mvcos94mvsin8

ta=z+z°

心qEqE

答：（1）粒子帶正電、粒子回到O點時與MN的夾角為。;

（2）磁感應強度B的大小為一^―：

vcos8

（3）若粒子初速度變?yōu)?v,從O點射出后，又返回出發(fā)點O所用的時間為

4（71-8）mvcos,4mvsin0

1+。

qEqE

【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(zhì)，熟練應用對應的規(guī)律解題。

13.（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L,傾斜角度為①ab、cd

之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為Bi,ac之間電容器的電容為G,光滑等

長的水平金屬導軌cf、助間距為L,cf、助之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為Bz,ill

之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止

開始運動，經(jīng)過時間I后以速度v飛出導軌，同時撤去EPQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh

導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g，求：

（1）金屬棒PQ分別在Bi、B2中運動時電流的方向；（請分別說明P-Q或Q-P）

（2）導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；

（3）金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數(shù)。

【考點】電磁感應中的電路類問題；動量定理；電容器與電容：閉合電路的歐姆定律；導體切割磁感線

時產(chǎn)生的感應電動勢.

【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結(jié)合；分析綜合能力.

【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷感應電流方向；

（2）PQ以速度v飛出導軌后做斜拋運動。PQ切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，當C2的電壓等于感應電動

勢時達到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，根據(jù)法拉第電磁感應定律、電容定

義式、動量定理求解；

（3）PQ在傾斜軌道上運動時，電容器Ci的電壓始終等于感應電動勢（動態(tài)平衡），根據(jù)電容定義式、

法拉第電磁感應定律推導電流與加速度的關系，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度a為恒定值，即PQ做勻

加速直線運動，由已知條件求得加速度，再求解動摩擦因數(shù)，

【解答】解：（I）由右手定則可知，金屬棒在Bi中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在次中運動時電

流方向由Q到P。

（2）PQ以速度v飛出導軌時的水平分速度為：vi=vcos0,此后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運

動，故PQ水平躍入ef、gh導軌時的速度等于vi。

PQ切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，C2處于充電狀態(tài)，當C2的電壓U2等于感應電動勢時達到穩(wěn)定狀態(tài)，

C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，設穩(wěn)定時速度為V2,則有：

U2=B2LV2

Q=C2U2

以向右為正方向，根據(jù)動量定理得：

-

-SB2iLAt=mv2inv

￡i2Q

CnBnLinvcosO

聯(lián)立解得：Q=22-

C之B之L+ni

（3）PQ在傾斜軌道上運動時，電容器Ci的電壓始終等于感應電動勢（動態(tài)平衡），則有:

Ui=BiLvf

△UI=BIL-Av

△Qi=Ci△Ui=CiBiLAv/

“Qi

感應電流（充電電流）i'

△t

PQ的加速度：

At

聯(lián)立可得：i'=CiBiLa

根據(jù)牛頓第二定律得:

F-mgsinO-pmgcosO-Bii'L=ma

2

可得：F-mgsinB-nmgcosG=(m+Cig^L)a

可見加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運動，由已知條件可得:

a=?

t

F-mgsin^(C^|L2+m)v

解得：口=

mgcos8mgtcos8

答：（1）金屬棒在Bi中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運動時電流方向由Q到P；

CnBnLmvcos8

（2）電容器C2帶電量的最大值為2歲——；

C.B.L+m

22

（3）金屬棒PQ與導軌ab.cd的動摩擦因數(shù)為丘眨黑-一（"1L個）工

mgcosmgtcos

【點評】本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象，關鍵是弄清楚導體棒的運動情況和受力情況，根據(jù)平衡條件、

牛頓第二定律列方程進行求解；涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應定律、

閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

考點卡片

1.V-t圖像

【知識點的認識】

1.定義：v-t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。

2.圖像實例：

3.各參數(shù)的意義：

(I)斜率：表示加速度；

(2)縱截距：表示初速度；

(3)交點：表示速度相等。

4”t曲線分析：

①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；

②表示物體沿正方向做勻速直線運動；

③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；

④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；

⑤U時刻物體的速度為vi,陰影部分的面積表示物體0?U時間內(nèi)的位移。

【命題方向】

甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度一時間圖像分別如圖中甲