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2024届福建省高考物理考前信息必研卷 05- 解析版
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这是一份2024届福建省高考物理考前信息必研卷 05- 解析版，共14页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（试卷满分：100分）
第Ⅰ卷
一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分。在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图所示甲水柱射向水平阳台近处着火点，乙水柱射向水平阳台远处清火点，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为。以下判断正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】甲、乙两水柱最高点在同一水平线上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，甲、乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知乙的水平位移大，则乙水平方向的初速度大，则有。故选B。
2．鲁南高铁是山东省“三横五纵”高速铁路重要组成部分，全长494公里。小明同学在济宁北站乘坐动车时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度a随时间t的变化关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，10s时达到最大加速度，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（ ）
A．10s时动车的速度大小为2m/s
B．动车匀加速直线运动的时间为138s
C．匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1N
D．匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J
【答案】B
【解析】加速度a随时间t的变化关系中与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小为，A错误；最大速度，在匀加速段，，B正确；根据牛顿第二定律可得，支持力为，桌板对物体的作用力大小为，C错误；匀加速直线运动过程中，物体移动位移为，桌板对物体做的功为，D错误。故选B。
3．图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙为瓶内俯视图，其中a、b、c为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且。则起电机摇动时（ ）
A．带负电的烟尘会向铜棒聚集
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差
D．带负电的烟尘在b点时的电势能大于它在c点时的电势能
【答案】C
【解析】起电机摇动时，根据题意可知铜棒带负电，铝片带正电，所以带负电的烟尘会向铝片聚集，由于二者之间的电场线分布是从左至右依次变的密集，即a点的电场强度小于b点的电场强度，AB错误；a、b两点间的电场线比b、c两点间的电场线要疏一些，，根据，其中，，可知，故a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差，C正确；根据电场线的分布情况可知，根据电势能与电势的关系，，其中，即带负电的烟尘在b点时的电势能小于它在c点时的电势能，D错误。故选C。
4．如图所示，质量为的小球P和质量为的小球Q通过两根长度均为的细线悬挂在天花板的点，两球之间通过长度为的轻杆相连，重力加速度为。现对小球P施加一外力并确保轻杆始终处于水平状态，则作用在小球P上的外力最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对小球Q进行受力分析，受到重力mg，细线的拉力和杆的作用力。根据平衡条件可得，解得与Q相连绳子的拉力为，其水平方向的分力等于杆的作用力，有，对小球P进行受力分析，受到重力3mg，细线的拉力，杆的作用力和外力F。小球重力与杆的作用力的合力为，做出矢量三角形，当作用在小球P上的外力方向与P相连绳子方向垂直时，作用在小球P上的外力最小，为。故选A。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5．耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉粑沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为，夹角，拉力大小均为F，平面与水平面的夹角为（为AB的中点），如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是（ ）
A．两根耙索的合力大小为FB．两根耙索的合力大小为
C．地对耙的水平阻力大小为1.5FD．地对耙的水平阻力大小为F
【答案】BC
【解析】两根耙索的合力大小为，故A错误，B正确；耙索沿水平方向匀速运动，由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为，故C正确，D错误。故选BC。
6．如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2θ；Ⅱ为地球的近地卫星。两卫星绕地球同向转动，已知地球的自转周期为T0，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（ ）
A．卫星I和卫星II的周期之比为
B．卫星I和卫星II的加速度之比为
C．地球的平均密度为
D．卫星II运动的周期内无法直接接收到卫星I发出电磁波信号的时间为
【答案】CD
【解析】设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律可得，由图中几何关系可得，可得卫星I和卫星II的周期之比为，则卫星Ⅱ的周期为，对于卫星Ⅱ，由万有引力提供向心力可得，又，联立可得地球的平均密度为，C正确，A错误；对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得，所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为，故B错误；当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。由于两卫星同向运行，则有，，，联立解得，故D正确。故选CD。
7．图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势能的零势能面，质量为0.1kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点O，竖直向下为x轴正方向，在小球下落的过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108N/m，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧原长为0.5m
B．小球刚接触弹簧时的动能为0.45J
C．小球下落过程中所受风力为0.2N
D．小球的最大加速度大小为
【答案】BD
【解析】取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为，图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落开始接触弹簧；则弹簧的原长为，故A错误；由图乙可知小球速度减为0时小球下落，，根据功能关系有，解得，故C错误；小球刚接触弹簧时，小球下落了，则根据动能定理有，解得，故B正确；弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，，，则劲度系数，加速度大小，故D正确。故选BD。
8．如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为l和，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为和B。已知导体棒ab的电阻为R、长度为l，导体棒cd的电阻为、长度为，cd的质量是ab的3倍。两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流
B．整个运动过程中，ab与cd的路程之比为3∶1
C．cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量
D．整个运动过程中，通过cd的电荷量为
【答案】BD
【解析】由静止释放，向右运动，向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为，可知所受安培力大小为，方向向左，所受安培力大小为，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有向左运动，向右运动，根据右手定则可知回路中产生逆时针方向的电流，A错误；由A分析可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有，设运动时间为，则有，即，则ab与cd的路程之比为，故B正确；由上述分析可知整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为，则ab与cd克服安培力做的功之比为，由公式可知由于ab与cd的电阻之比为，则ab与cd产生的热之比为，可知cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，C错误；由公式、和可得整个运动过程中，通过cd的电荷量为，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小，则向右运动的距离为，向左运动的距离为，则有，故D正确。故选BD。
第Ⅱ卷
三、填空题（每空1分，共9分）
9．（3分）2022年，中国新一代“人造太阳”科学研究取得突破性进展，HL-2M等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新记录。其中，氢核聚变的核反应方程为，则为 ，已知质量为，质量为，质量为，的质量为，光速，则该核反应释放的核能大小为 （请用、、、、表示）
【答案】 （1分） （2分）
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知为；由爱因斯坦质能方程可知释放的核能
10．在“测量玻璃的折射率”的实验中，某同学经正确操作后作出的光路图如图所示，该玻璃砖的横截面为梯形。该同学测量出入射光线与玻璃砖前表面的夹角为30°，折射光线与玻璃砖前表面的夹角为60°，玻璃砖前、后表面的间距为。已知光在真空中的传播速度为，则可计算出玻璃砖的折射率为 ；该光在玻璃砖中的传播速度为 m/s；该光在玻璃砖中从A点传播到B点的时间为 s。
【答案】（1分） （1分） （1分）
【解析】根据折射定律可得。根据速度与折射率的关系，，可得。光在玻璃中的传播时间，又，联立解得
11．图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，该简谐横波的传播速度为 m/s，从此时刻起，经过2秒，P质点运动的路程为 m。
【答案】4 （1分） 1.6×10−2（2分）
【解析】由图甲可知，由图乙可知，则有该简谐横波的传播速度为。t=2s=2T，从此时刻起，经2秒，P质点运动的路程为。
四、实验题（共12分，第12题6分，第13题6分）
12．描绘一个标有“ ”的小灯泡的伏安特性曲线，有以下器材供选用：
A．电压表V量程，内阻为
B．电流表量程，内阻约
C．毫安表量程，内阻约
D．电阻箱（）
E.滑动变阻器（10Ω，2A）
F.滑动变阻器（，0.5A）
G.蓄电池（电动势，内阻不计）电键一个
(1)电流表选择 （选填“”或“”）滑动变阻器选择 （选填“”或“”）
(2)实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，尽可能减少实验误差，请你在虚线方框中画出实验电路原理图 。
(3)由实验可描绘出小灯泡的伏安特性曲线如下图，现把该小灯泡和一个电源（电动势，）串联在一起如乙图，则小灯泡的实际功率 （保留两位有效数字）
【答案】(1) （1分） （1分）
(2) （2分）
(3) （2分）
【解析】（1）根据可求得，因此电流表选；描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，滑动变阻器最大阻值选阻值小的，因此选。
（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，灯泡电阻小，选择电流表外接法，由于电压表的量程不足以完成实验，所以应该改装电压表，即将一个电阻箱与电压表串联从而改装电压表。电路图如图
（3）根据化简可得，其中为横轴，为纵轴，在小灯泡的伏安特性曲线中画出对应直线，如图，交点即为工作电压，电流，根据可得。
13．阿特伍德机是著名的力学实验装置，根据该装置可测量重力加速度，也可验证牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量定理等力学规律。图甲是阿特伍德机的其中一种简化模型，铁架台上固定一轻质滑轮，跨过滑轮的轻质细绳悬吊质量均为的两个物块P、Q，物块P侧面粘贴小遮光片，其宽度为d、质量忽略不计。在物块P、Q下各挂5个相同的小钩码，质量均为。光电门1、2通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门1，2之间的距离为h。两光电门与数字计时器相连记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静止状态，当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)该小组同学先用该装置探究牛顿第二定律。将n（依次取、2、3、4、5）个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。由匀变速运动规律可得到物块P上升过程的加速度 （用“h、d、、”表示）。该小组同学测量的数据见上表，他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐标系中，并作出图像。从图像可以得出：a与n成正比，图像的斜率 （用“M、m、g”表示）。根据斜率可进一步求得当地的重力加速度。同时也说明当连接体质量一定时，连接体的加速度与其所受的合外力成正比。
(2)该小组同学想利用该装置验证机械能守恒定律，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。该过程中系统动能的增加量 ，系统重力势能的减少量 。（用“M，m，g，h、d、、”表示），代入真实的数据计算后即可得出系统的机械能是否守恒的结论。
(3)该小组同学还想利用该装置验证动量定理，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。并且记录下遮光片从1运动到2的时间t。若以运动方向为正方向沿绳子建立一维坐标系，则该过程中系统“绳向”的动量变化量为 ，“绳向”合外力对系统的冲量 。（用“M，m，g，d，t，、”表示），代入真实的数据计算后即可验证系统动量的变化量与合外力的冲量大小是否相等。
【答案】(1)（1分） （1分）
(2) （1分） （1分）
(3) （1分） （1分）
【解析】（1）物块P通过光电门1、2时的速度分别为、，物块P的遮光片从1运动到2，由运动学规律可知，以P、Q两物块和10个小钩码整体为研究对象，由牛顿第二定律可知，整理，可得，由图像可知a与n成正比，图像的斜率.
（2）该过程中系统动能的增加量为，系统重力势能的减少量为。
（3）该过程中系统“绳向”的动量变化量为， “绳向”合外力对系统的冲量为
五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（11分）如图，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为h）使两者一起以相同加速度2g竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g，求
（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；
（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有
（2分）
其中
解得（2分）
（2）设木柄与地面碰撞时，搞头的速度为，由运动学公式有（2分）
解得
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以向下为正方向，由牛顿第二定律有（2分）
解得
由运动学公式有（2分）
联立解得（1分）
15．（12分）一次课外活动中，兰兰让浮有乒乓球的水杯从一定高度下落，撞击地面后发现乒乓球反弹的高度远大于乒乓球起始高度。为了探究水杯里的乒乓球弹得更高的原因，可将上述过程简化为以下过程，如图所示：水杯和乒乓球从H=0.8m处由静止释放，水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能，且碰撞时间极短，乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，作用后乒乓球立即竖直上抛，乒乓球的质量m，水和杯的总质量M，忽略空气阻力及杯中水量的变化，重力加速度g取10m/s2，结果均保留两位有效数字。求：
（1）水杯落地时乒乓球的速度为多少；
（2）水杯与地面碰撞后的速度为多少；
（3）若，乒乓球反弹的高度约为多少。
【答案】（1）4m/s，方向竖直向下；（2）2m/s，方向竖直向上；（3）3.2m
【解析】（1）水杯落地过程，根据动能定理有（2分）
解得（1分）
方向竖直向下。（1分）
（2）水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能，则有（1分）
解得（1分）
方向竖直向上。（1分）
（3）乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，则有
（1分）
（1分）
解得
若，解得乒乓球的速度（1分）
乒乓球以该速度向上做竖直上抛运动，利用逆向思维有（1分）
解得（1分）
16．（16分）如图所示的平面直角坐标系中，x轴水平向右、y轴竖直向上，区域I存在平行于xy平面的匀强电场，电场强度大小为，区域II存在垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场，和垂直于xy平面向外、宽度均为d、磁感应强度大小依次为，的匀强磁场。在坐标原点O将质量为m、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A、C两点，在A点的速度大小为，方向与x轴正方向相同，第一次经过时速度方向沿x轴正方向；，是相邻区域的边界且均与x轴垂直，C是与x轴的交点，各区域竖直空间足够大。已知重力加速度为g。求：
（1）小球从O到A速度变化量的大小和区域I中电场强度与x轴正方向的夹角；
（2）小球经过C点时的速度大小和在区域II运动时的最大速度v；
（3）若，小球在区域III运动过程中最大的水平位移x。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】（1）小球从O到A速度变化量的大小为（1分）
对小球受力分析，水平方向有（1分）
竖直方向有（1分）
设小球从O到A经历的时间为，则
，（1分）
联立解得，，（1分）
（2）小球经过C点时的速度大小
（1分）
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足
（1分）
可得
设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示
根据几何关系可得（1分）
可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为（1分）
（3）小球在区域III运动，由于（1分）
可知电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。小球在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得（1分）
同理可得小球在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得（1分）
小球在第3个磁场中，有
小球在第n个磁场中，有
则小球经过n个磁场后，竖直方向有
可得（1分）
当时，可得（1分）
当时，可得（1分）
可知小球在第64个磁场中速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有（1分）
解得
小球在区域III运动过程中最大的水平位移为（1分）
n
1
2
3
4
5
0.20
0.41
0.59
0.79
1.00
（试卷满分：100分）
第Ⅰ卷
一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分。在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图所示甲水柱射向水平阳台近处着火点，乙水柱射向水平阳台远处清火点，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为。以下判断正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】甲、乙两水柱最高点在同一水平线上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，甲、乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知乙的水平位移大，则乙水平方向的初速度大，则有。故选B。
2．鲁南高铁是山东省“三横五纵”高速铁路重要组成部分，全长494公里。小明同学在济宁北站乘坐动车时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度a随时间t的变化关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，10s时达到最大加速度，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（ ）
A．10s时动车的速度大小为2m/s
B．动车匀加速直线运动的时间为138s
C．匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1N
D．匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J
【答案】B
【解析】加速度a随时间t的变化关系中与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小为，A错误；最大速度，在匀加速段，，B正确；根据牛顿第二定律可得，支持力为，桌板对物体的作用力大小为，C错误；匀加速直线运动过程中，物体移动位移为，桌板对物体做的功为，D错误。故选B。
3．图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙为瓶内俯视图，其中a、b、c为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且。则起电机摇动时（ ）
A．带负电的烟尘会向铜棒聚集
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差
D．带负电的烟尘在b点时的电势能大于它在c点时的电势能
【答案】C
【解析】起电机摇动时，根据题意可知铜棒带负电，铝片带正电，所以带负电的烟尘会向铝片聚集，由于二者之间的电场线分布是从左至右依次变的密集，即a点的电场强度小于b点的电场强度，AB错误；a、b两点间的电场线比b、c两点间的电场线要疏一些，，根据，其中，，可知，故a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差，C正确；根据电场线的分布情况可知，根据电势能与电势的关系，，其中，即带负电的烟尘在b点时的电势能小于它在c点时的电势能，D错误。故选C。
4．如图所示，质量为的小球P和质量为的小球Q通过两根长度均为的细线悬挂在天花板的点，两球之间通过长度为的轻杆相连，重力加速度为。现对小球P施加一外力并确保轻杆始终处于水平状态，则作用在小球P上的外力最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对小球Q进行受力分析，受到重力mg，细线的拉力和杆的作用力。根据平衡条件可得，解得与Q相连绳子的拉力为，其水平方向的分力等于杆的作用力，有，对小球P进行受力分析，受到重力3mg，细线的拉力，杆的作用力和外力F。小球重力与杆的作用力的合力为，做出矢量三角形，当作用在小球P上的外力方向与P相连绳子方向垂直时，作用在小球P上的外力最小，为。故选A。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5．耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉粑沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为，夹角，拉力大小均为F，平面与水平面的夹角为（为AB的中点），如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是（ ）
A．两根耙索的合力大小为FB．两根耙索的合力大小为
C．地对耙的水平阻力大小为1.5FD．地对耙的水平阻力大小为F
【答案】BC
【解析】两根耙索的合力大小为，故A错误，B正确；耙索沿水平方向匀速运动，由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为，故C正确，D错误。故选BC。
6．如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2θ；Ⅱ为地球的近地卫星。两卫星绕地球同向转动，已知地球的自转周期为T0，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（ ）
A．卫星I和卫星II的周期之比为
B．卫星I和卫星II的加速度之比为
C．地球的平均密度为
D．卫星II运动的周期内无法直接接收到卫星I发出电磁波信号的时间为
【答案】CD
【解析】设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律可得，由图中几何关系可得，可得卫星I和卫星II的周期之比为，则卫星Ⅱ的周期为，对于卫星Ⅱ，由万有引力提供向心力可得，又，联立可得地球的平均密度为，C正确，A错误；对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得，所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为，故B错误；当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。由于两卫星同向运行，则有，，，联立解得，故D正确。故选CD。
7．图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势能的零势能面，质量为0.1kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点O，竖直向下为x轴正方向，在小球下落的过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108N/m，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧原长为0.5m
B．小球刚接触弹簧时的动能为0.45J
C．小球下落过程中所受风力为0.2N
D．小球的最大加速度大小为
【答案】BD
【解析】取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为，图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落开始接触弹簧；则弹簧的原长为，故A错误；由图乙可知小球速度减为0时小球下落，，根据功能关系有，解得，故C错误；小球刚接触弹簧时，小球下落了，则根据动能定理有，解得，故B正确；弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，，，则劲度系数，加速度大小，故D正确。故选BD。
8．如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为l和，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为和B。已知导体棒ab的电阻为R、长度为l，导体棒cd的电阻为、长度为，cd的质量是ab的3倍。两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流
B．整个运动过程中，ab与cd的路程之比为3∶1
C．cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量
D．整个运动过程中，通过cd的电荷量为
【答案】BD
【解析】由静止释放，向右运动，向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为，可知所受安培力大小为，方向向左，所受安培力大小为，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有向左运动，向右运动，根据右手定则可知回路中产生逆时针方向的电流，A错误；由A分析可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有，设运动时间为，则有，即，则ab与cd的路程之比为，故B正确；由上述分析可知整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为，则ab与cd克服安培力做的功之比为，由公式可知由于ab与cd的电阻之比为，则ab与cd产生的热之比为，可知cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，C错误；由公式、和可得整个运动过程中，通过cd的电荷量为，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小，则向右运动的距离为，向左运动的距离为，则有，故D正确。故选BD。
第Ⅱ卷
三、填空题（每空1分，共9分）
9．（3分）2022年，中国新一代“人造太阳”科学研究取得突破性进展，HL-2M等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新记录。其中，氢核聚变的核反应方程为，则为 ，已知质量为，质量为，质量为，的质量为，光速，则该核反应释放的核能大小为 （请用、、、、表示）
【答案】 （1分） （2分）
【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知为；由爱因斯坦质能方程可知释放的核能
10．在“测量玻璃的折射率”的实验中，某同学经正确操作后作出的光路图如图所示，该玻璃砖的横截面为梯形。该同学测量出入射光线与玻璃砖前表面的夹角为30°，折射光线与玻璃砖前表面的夹角为60°，玻璃砖前、后表面的间距为。已知光在真空中的传播速度为，则可计算出玻璃砖的折射率为 ；该光在玻璃砖中的传播速度为 m/s；该光在玻璃砖中从A点传播到B点的时间为 s。
【答案】（1分） （1分） （1分）
【解析】根据折射定律可得。根据速度与折射率的关系，，可得。光在玻璃中的传播时间，又，联立解得
11．图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，该简谐横波的传播速度为 m/s，从此时刻起，经过2秒，P质点运动的路程为 m。
【答案】4 （1分） 1.6×10−2（2分）
【解析】由图甲可知，由图乙可知，则有该简谐横波的传播速度为。t=2s=2T，从此时刻起，经2秒，P质点运动的路程为。
四、实验题（共12分，第12题6分，第13题6分）
12．描绘一个标有“ ”的小灯泡的伏安特性曲线，有以下器材供选用：
A．电压表V量程，内阻为
B．电流表量程，内阻约
C．毫安表量程，内阻约
D．电阻箱（）
E.滑动变阻器（10Ω，2A）
F.滑动变阻器（，0.5A）
G.蓄电池（电动势，内阻不计）电键一个
(1)电流表选择 （选填“”或“”）滑动变阻器选择 （选填“”或“”）
(2)实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，尽可能减少实验误差，请你在虚线方框中画出实验电路原理图 。
(3)由实验可描绘出小灯泡的伏安特性曲线如下图，现把该小灯泡和一个电源（电动势，）串联在一起如乙图，则小灯泡的实际功率 （保留两位有效数字）
【答案】(1) （1分） （1分）
(2) （2分）
(3) （2分）
【解析】（1）根据可求得，因此电流表选；描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，滑动变阻器最大阻值选阻值小的，因此选。
（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，灯泡电阻小，选择电流表外接法，由于电压表的量程不足以完成实验，所以应该改装电压表，即将一个电阻箱与电压表串联从而改装电压表。电路图如图
（3）根据化简可得，其中为横轴，为纵轴，在小灯泡的伏安特性曲线中画出对应直线，如图，交点即为工作电压，电流，根据可得。
13．阿特伍德机是著名的力学实验装置，根据该装置可测量重力加速度，也可验证牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量定理等力学规律。图甲是阿特伍德机的其中一种简化模型，铁架台上固定一轻质滑轮，跨过滑轮的轻质细绳悬吊质量均为的两个物块P、Q，物块P侧面粘贴小遮光片，其宽度为d、质量忽略不计。在物块P、Q下各挂5个相同的小钩码，质量均为。光电门1、2通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门1，2之间的距离为h。两光电门与数字计时器相连记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静止状态，当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)该小组同学先用该装置探究牛顿第二定律。将n（依次取、2、3、4、5）个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。由匀变速运动规律可得到物块P上升过程的加速度 （用“h、d、、”表示）。该小组同学测量的数据见上表，他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐标系中，并作出图像。从图像可以得出：a与n成正比，图像的斜率 （用“M、m、g”表示）。根据斜率可进一步求得当地的重力加速度。同时也说明当连接体质量一定时，连接体的加速度与其所受的合外力成正比。
(2)该小组同学想利用该装置验证机械能守恒定律，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。该过程中系统动能的增加量 ，系统重力势能的减少量 。（用“M，m，g，h、d、、”表示），代入真实的数据计算后即可得出系统的机械能是否守恒的结论。
(3)该小组同学还想利用该装置验证动量定理，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间、。并且记录下遮光片从1运动到2的时间t。若以运动方向为正方向沿绳子建立一维坐标系，则该过程中系统“绳向”的动量变化量为 ，“绳向”合外力对系统的冲量 。（用“M，m，g，d，t，、”表示），代入真实的数据计算后即可验证系统动量的变化量与合外力的冲量大小是否相等。
【答案】(1)（1分） （1分）
(2) （1分） （1分）
(3) （1分） （1分）
【解析】（1）物块P通过光电门1、2时的速度分别为、，物块P的遮光片从1运动到2，由运动学规律可知，以P、Q两物块和10个小钩码整体为研究对象，由牛顿第二定律可知，整理，可得，由图像可知a与n成正比，图像的斜率.
（2）该过程中系统动能的增加量为，系统重力势能的减少量为。
（3）该过程中系统“绳向”的动量变化量为， “绳向”合外力对系统的冲量为
五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（11分）如图，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为h）使两者一起以相同加速度2g竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g，求
（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；
（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有
（2分）
其中
解得（2分）
（2）设木柄与地面碰撞时，搞头的速度为，由运动学公式有（2分）
解得
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以向下为正方向，由牛顿第二定律有（2分）
解得
由运动学公式有（2分）
联立解得（1分）
15．（12分）一次课外活动中，兰兰让浮有乒乓球的水杯从一定高度下落，撞击地面后发现乒乓球反弹的高度远大于乒乓球起始高度。为了探究水杯里的乒乓球弹得更高的原因，可将上述过程简化为以下过程，如图所示：水杯和乒乓球从H=0.8m处由静止释放，水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能，且碰撞时间极短，乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，作用后乒乓球立即竖直上抛，乒乓球的质量m，水和杯的总质量M，忽略空气阻力及杯中水量的变化，重力加速度g取10m/s2，结果均保留两位有效数字。求：
（1）水杯落地时乒乓球的速度为多少；
（2）水杯与地面碰撞后的速度为多少；
（3）若，乒乓球反弹的高度约为多少。
【答案】（1）4m/s，方向竖直向下；（2）2m/s，方向竖直向上；（3）3.2m
【解析】（1）水杯落地过程，根据动能定理有（2分）
解得（1分）
方向竖直向下。（1分）
（2）水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能，则有（1分）
解得（1分）
方向竖直向上。（1分）
（3）乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，则有
（1分）
（1分）
解得
若，解得乒乓球的速度（1分）
乒乓球以该速度向上做竖直上抛运动，利用逆向思维有（1分）
解得（1分）
16．（16分）如图所示的平面直角坐标系中，x轴水平向右、y轴竖直向上，区域I存在平行于xy平面的匀强电场，电场强度大小为，区域II存在垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场，和垂直于xy平面向外、宽度均为d、磁感应强度大小依次为，的匀强磁场。在坐标原点O将质量为m、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A、C两点，在A点的速度大小为，方向与x轴正方向相同，第一次经过时速度方向沿x轴正方向；，是相邻区域的边界且均与x轴垂直，C是与x轴的交点，各区域竖直空间足够大。已知重力加速度为g。求：
（1）小球从O到A速度变化量的大小和区域I中电场强度与x轴正方向的夹角；
（2）小球经过C点时的速度大小和在区域II运动时的最大速度v；
（3）若，小球在区域III运动过程中最大的水平位移x。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】（1）小球从O到A速度变化量的大小为（1分）
对小球受力分析，水平方向有（1分）
竖直方向有（1分）
设小球从O到A经历的时间为，则
，（1分）
联立解得，，（1分）
（2）小球经过C点时的速度大小
（1分）
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足
（1分）
可得
设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示
根据几何关系可得（1分）
可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为（1分）
（3）小球在区域III运动，由于（1分）
可知电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。小球在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得（1分）
同理可得小球在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得（1分）
小球在第3个磁场中，有
小球在第n个磁场中，有
则小球经过n个磁场后，竖直方向有
可得（1分）
当时，可得（1分）
当时，可得（1分）
可知小球在第64个磁场中速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有（1分）
解得
小球在区域III运动过程中最大的水平位移为（1分）
n
1
2
3
4
5
0.20
0.41
0.59
0.79
1.00
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