2025年高考物理考试易错题(新高考通用)备战2025年高考物理易错题综合练(二)专题特训(学生版+解析)

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A．两根绳子对物体的合力变大
B．两绳子的拉力都变小
C．地面对人的支持力变小
D．地面对人的摩擦力变大
【解答】解：A、两根绳子对物体的合力与物体的重力等大反向，保持不变，故A错误；
B、对物体受力分析，如图所示。
由三角形相似得
GAC=TAO=FOC
当人不动而缓慢释放绳子，则AC增大，AO不变，OC减小，可知T减小，F减小，故B正确；
C、对人，由平衡条件得
Fcsβ+N＝Mg
因F减小，β增大，则地面对人的支持力N增大，故C错误；
D、对人和物体整体，水平方向有
Tsinα＝f
因T减小，α减小，则地面对人的摩擦力f减小，故D错误。
故选：B。
2．（2024•南京模拟）随着科技的发展，载人飞船绕太阳运行终会实现。如图所示，Ⅰ、Ⅲ轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，Ⅱ轨道是载人飞船的椭圆轨道，其中点A、C分别是近日点和远日点，B点为轨道Ⅱ、Ⅲ的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则（ ）
A．载人飞船在C的速率小于火星绕日的速率
B．载人飞船在Ⅱ轨道上和火星在Ⅲ轨道上经过B点时的向心加速度大小相等
C．在轨道Ⅱ运行时，载人飞船在A点的机械能比在C点的机械能大
D．只要绕行时间相同，在轨道Ⅱ上载人飞船与太阳连线扫过的面积就等于火星与太阳连线在Ⅲ轨道上扫过的面积
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r，得v=GMr
可知载人飞船绕过C点的圆轨道运动的速率小于火星绕日的速率。
若载人飞船要从轨道Ⅱ变轨到过C点的圆轨道，在C点必须加速，则载人飞船在C的速率小于绕过C点的圆轨道运动的速率，所以，载人飞船在C的速率小于火星绕日的速率，故A正确；
B、火星在Ⅲ轨道上经过B点时，根据牛顿第二定律得
GMmr2=man，得an=GMr2
载人飞船在Ⅱ轨道上经过B点时，由万有引力的分力提供向心力，可知载人飞船在Ⅱ轨道上和火星在Ⅲ轨道上经过B点时的向心加速度大小不相等，故B错误；
C、在轨道Ⅱ运行时，只有万有引力做功，其机械能守恒，则载人飞船在A点与在C点的机械能相等，故C错误；
D、根据开普勒第二定律，在同一轨道上运行的行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积相等，可知在轨道Ⅱ上载人飞船与太阳连线扫过的面积与火星与太阳连线在Ⅲ轨道上扫过的面积不相等，故D错误。
故选：A。
3．（2024•新城区校级二模）如图是建筑工地上“打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提起，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下落回深坑。（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝3m/s，滚轮对夯杆的正压力F＝2×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.4，夯杆质量m＝1×103kg，坑深h＝6.0m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g＝10m/s2，下列说法正确（ ）
A．每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为2s
B．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为3m/s2
C．每次夯杆底端从坑底到坑口过程中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为1.2×104J
D．每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为8×104J
【解答】解：B、夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，由牛顿第二定律得
2μF﹣mg＝ma
解得加速度的大小为a＝6m/s2，故B错误；
A、每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为t=v0a=36s=0.5s，故A错误；
C、每次夯杆底端从坑底到坑口过程中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为Q＝fs相对＝2μF（v0t-v02t），解得：Q＝1.2×104J，故C正确；
D、每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为E＝Q+mgh+12mv02，解得：E＝7.65×104J，故D错误。
故选：C。
4．（2024•皇姑区校级模拟）在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷qm小于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为3×10﹣8C，质量为2×10﹣4kg，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.65m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．M处的电场强度小于N处的电场强度，M处的电势低于N处的电势
B．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
C．茶梗P落入桶底速度为17m/s
D．茶梗P落入桶底速度为25m/s
【解答】解：A、根据电场线的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，沿电场线的方向电势降低，故M点的电势高于N点的电势，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可知a=qEm，因为茶叶的比荷小于茶梗的比荷，由上式可知，在任何同一个位置茶梗的加速度大于茶叶的加速度，水平方向都做加速运动，茶梗的水平位移大于茶叶的水平位移，故茶梗落入右桶，茶叶落入左桶，故B错误；
CD、根据动能定理：mgh+qU=12mv2-12mv02
代入数据解得：v=17m/s，故D错误，C正确。
故选：C。
5．如图是研究光电效应的实验装置，开始时滑动变阻器的滑片P与固定点O正对。用频率为ν的光照射光电管的阴极K，观察到微安表指针偏转，不计光电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小照射光频率，微安表指针一定不偏转
B．仅减小照射光强度，微安表指针一定不偏转
C．仅将滑片P向a端移动，微安表示数变大
D．仅将滑片P向b端移动，光电子向A板运动的过程中动能变大
【解答】解：A、仅减小照射光频率，若照射光频率仍大于阴极K的极限频率，仍产生光电效应，微安表指针仍偏转，故A错误；
B、仅减小照射光强度，仍产生光电效应，微安表指针仍偏转，故B错误；
C、仅将滑片P向a端移动，光电管加的是反向电压，微安表示数变小，故C错误；
D、仅将滑片P向b端移动，光电管加的是正向电压，电场力对光电子做正功，光电子向A板运动的过程中动能变大，故D正确。
故选：D。
6．（2024•道里区校级四模）如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表A1和发电机连接，其中发电机部分由长为L、电阻不计的导体棒以及两个半径也为L的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒以角速度ω在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平行、磁感应强度为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值为R的定值电阻和变阻箱RP，以及理想交流电压表V1、V2、V3和理想交流电流表A2，初始时调节电阻箱阻值使其大小等于R，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于2R，已知n1：n2＝1：2，上述过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数减小，电流表A2的示数增加
B．电压表V1的示数不变，电压表V3的示数增加
C．电压表V2的示数为2Bl2ω
D．电阻箱消耗的电功率增大
【解答】解：A.设导体棒此时的速度与竖直方向夹角为θ，则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLωLcsθ＝BL2ωcsθ，电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，则原线圈的电流变小，故电流表A1的示数减小，电流表A2的示数也减小，故A错误；
B.由于导体棒转速不变，故原线圈的电压不变，则电压表V2示数不变，电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，由于R和RP是串联关系，则R的电压变小，故V1变小，由于副线圈的总电压不变，故RP的电压变大，即电压表V3的示数增加，故B错误；
C.原线圈电压有效值U1=Um2=BL2ω2，根据变压器变压特点：U1U2=n1n2，可得U2=2BL2ω，故C正确；
D.初始时电阻箱消耗的电功率为：P=UP2RP=U224R=U224R，调节电阻箱使其阻值等于2R后，电功率为：P=UP'2RP'=4U2292R=4U2218R，故消耗电功率应减小，故D错误。
故选：C。
7．（2024•蜀山区校级三模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，电源两端输入电压U随时间t的变化规律如图乙所示，电阻R1、R2和R3的阻值分别为5Ω、2Ω和3Ω，电流表为理想交流电表，现将开关S断开，下列说法正确的是（ ）
A．输入电压U的有效值为102V
B．电流表的示数为0.2A
C．若将开关S闭合，副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比变大
D．若将开关S闭合，电流表的示数变小
【解答】解：A、根据热效应相同，有：U有2RT=(202)2RT4×2，解得：U有＝10V，故A错误；
B、设电流表示数为I，则副线圈电流为：I2=n1n2I，解得：I2＝3I
则根据欧姆定律有：U有＝IR1+3×3I•（R2+R3）
解得：I＝0.2A，电流表的示数为0.2A，故B正确；
C、副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比等于副线圈的总电阻，副线圈总电阻变小，故副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比变小，故C错误；
D、闭合开关S后，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故D错误。
故选：B。
8．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个电荷量为﹣q的小球Q。整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个质量为m、电荷量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M点的距离均为s0。P、Q的连线以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0且始终在弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球P沿着斜面向下运动的过程中，其电势能一定减小
B．小球P在N点的加速度大小为qE+mgsinαm
C．小球P返回时，不可能越过N点撞到小球Q
D．当弹簧的压缩量为qE+mgsinαk0时，小球P的速度最大
【解答】解：A、小球P从N点释放，沿着斜面下滑，可知在N点沿斜面向下的力大于沿斜面向上的力，即：Eq+mgsinα＞kq2s02，但是不能确定Eq与kq2s02的大小关系，若开始释放瞬间满足：Eq＞kq2s02，则电场力和库仑引力的合力沿着斜面向下，两力的合力做正功，小球P的电势能减少，若开始释放的瞬间Eq＜kq2s02，则电场力和库仑引力的合力沿着斜面向上，两力的合力做负功，小球P的电势能增加，故A错误；
B、小球P在N点由牛顿第二定律有：Eq+mgsinα-kq2s02=ma，可得加速度大小为a=qE+mgsinα-kq2s02m，故B错误；
C、小球P返回到N点时，电场力和库仑引力、重力、弹簧弹力做功为零，所以小球到达N点的速度为零，可知小球不可能越过N点撞到小球Q，故C正确；
D、小球P的合力为零时，小球的速度最大，即：mgsinα+Eq-kq2(s0+x)2-k0x=0，可得mgsinα+Eq＞k0x，所以弹簧压缩量x＞qE+mgsinαk0时，小球P的速度最大，故D错误。
故选：C。
9．（2024•重庆模拟）如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C．图2中t2＝16s
D．木板的最大加速度为a2＝2m/s2
【解答】解：滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2。
B、由题意可知t2时刻之后滑块受到的滑动摩擦力为f1＝8N，不随F的变化而变化，故滑块与木板间发生了相对滑动，则有：
f1＝μ1mg
解得：μ1＝0.4，故A正确；
A、由题意可知可知0～t1时间内滑块与木板均静止；t1～t2时间内滑块与木板相对静止一起运动。可得t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力为f2＝4N，则有：
f2＝μ2•2mg
解得：μ2＝0.1，故B正确；
CD、t2时刻滑块与木板恰好发生相对滑动，木板的加速度达到最大（设为am），根据牛顿第二定律，对滑块、木板分别可得：
F﹣μ1mg＝mam
μ1mg﹣μ2•2mg＝mam
其中：F＝0.8t2（N）
联立解得：am＝2m/s2，t2＝15s，故C错误，D正确。
此题选择不正确的
故选：C。
10．（2024•新郑市校级二模）有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是2R，球心为O，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，BO为过球心的水平直线。一束单色光（纸面内）从外球面上A点沿水平方向射入，入射光线与BO间的距离为d。当d=3R时，入射光线经折射后恰好与内球面相切。已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．该材料的折射率为2
B．单色光在空心球体中的传播时间为3Rc
C．若d＝R，单色光在空心球体的内球面会发生全反射
D．若d=2R，单色光不能在空心球体的内球面发生全反射
【解答】解：A、根据题意，设光在A点的折射角为α，画出光路图如图1所示，
由几何关系可知：csβ=d2R=32，sinα=R2R=12，可得：β＝30°，α＝30°，易知：θ＝60°
则该材料的折射率为：n=sinθsinα，解得：n=3，故A错误；
B、由图1可知，单色光在空心球体中的传播距离为：s＝AD＝2×2Rcsα＝23R，传播速度为：v=cn
则单色光在空心球体中的传播时间为：t=sv，解得：t=6Rc，故B错误；
CD、设d改变后，入射光线从A1点射入，折射后射到内球面的P点，如图2所示，
则有：n=sinisinr，又有：sini=d2R，解得：sinr=d23R
在△A1PO中，由正弦定理得：Rsinr=2Rsin(π-γ)，解得：sinγ＝2sinr=d3R
当d＝R时，可得：sinγ=13=1n=sinC，即：γ＝C，可知色光在空心球体的内球面恰好发生全反射。
当d=2R时，可得：sinγ=23＞1n=sinC，即：γ＞C，可知色光在空心球体的内球面发生全反射，故C正确，D错误。
故选：C。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•长安区一模）2023年1月16日，时速600公里的常导磁悬浮列车亮相《奇妙中国》，传说中的贴地飞行梦想成真，如图所示为常导磁悬浮列车进站时的xt-t图像，进站过程可视为匀变速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．常导磁悬浮列车在t02时的速度为0
B．阴影部分的面积表示常导磁悬浮列车在0～t02时间内通过的位移
C．常导磁悬浮列车在t0时刻安全停靠到站台
D．常导磁悬浮列车进站时的加速度大小为2bt0
【解答】解：ACD、常导磁悬浮列车进站过程可视为匀变速运动，根据位移—时间公式x=v0t-12at2变形得：xt=v0-12at
可知xt-t图像的斜率为k=-a2=-bt0，纵轴截距为v0，可得常导磁悬浮列车的加速度大小为a=2bt0，初速度为b
根据速度—时间关系式v＝v0﹣at，代入数据可得在t02时的速度为0，因此常导磁悬浮列车在t02时刻安全停靠到站台，故AD正确，C错误；
B、b2为0～t02时间内的平均速度，所以0～t02时间内常导磁悬浮列车的位移为bt04，可知阴影部分的面积不能表示常导磁悬浮列车在0～t02时间内通过的位移，故B错误。
故选：AD。
12．如图，斜面上放置一个长木板B，木板上放了一个物体A，用一个沿斜面向上的拉力F作用在物体A上，使A沿着木板B向上匀速滑动，而此过程中，木板B一直保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．木板B可能不受斜面对它的摩擦力作用
B．木板B的上下两个表面受到的摩擦力方向一定相反
C．若拉力F变大一些，则木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不会发生改变
D．物体A滑离木板B后，木板B受到斜面的摩擦力的大小可能不改变
【解答】解：A、A沿着木板B向上匀速滑动，则A给B的滑动摩擦力沿斜面向上，当其大小与木板B的重力下滑分力相等时，则B与斜面之间没有摩擦力作用，故A正确；
B、由上分析，可知，木板B的下表面不一定受到的摩擦力，故B错误；
C、若拉力F变大一些，由于A与B之间是滑动摩擦力，因此其大小不会变化，当斜面对B有摩擦力作用时，则木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不会发生改变，故C正确；
D、物体A滑离木板B前，若木板B受到斜面沿斜面向下的静摩擦力；而当物体A滑离木板B后，木板B受到斜面的沿斜面向上静摩擦力，因此两者摩擦力的大小可能相等，故D正确；
故选：ACD。
13．（2024•南宁模拟）如图所示，若某足球运动员训练射门时，将球从M点斜向上踢出，水平撞在球门上端横梁上N点反弹后又水平飞出，落到P点。MN′P三点在同一水平面上，NN′竖直，N′P垂直于MP。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间
B．球在MN段运动的时间大于球在NP段运动的时间
C．球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率
D．球碰撞N点前的速率等于球碰撞N点后的速率
【解答】解：AB、把足球MN段的运动逆向分析，可认为小球做平抛运动，NP段球做平抛运动，根据平抛运动规律
h=12gt2
可得足球的运动时间为
t=2hg
因球在MN段和NP段高度相同，所以球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间，故A正确，B错误；
CD、根据平抛运动规律可知，水平方向有
x＝v0t
根据题意可知
xMN′＞xPN′
则球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率，故C正确，D错误。
故选：AC。
14．（2024•衡阳县模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环，圆心在O点。质量分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为2R的轻杆通过铰链连接，开始时对球A施加一个竖直向上的外力F1，使A、B均处于静止状态，且球A恰好与圆心O等高，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．对球A施加的竖直向上的外力F1的大小为1.75mg
B．若撤掉外力F1，对球B施加一个水平向左的外力F，使系统仍处于原来的静止状态，则F的大小为mg
C．撤掉外力，系统无初速度释放，当A球到达最低点时，B球的速度大小为1714gR
D．撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，B球能够上升的最高点相对圆心O点的竖直高度为725R
【解答】解：A、当外力F1作用在A球上时，对小球B受力分析可知，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对B无作用力，杆对A球也无作用力，A球受重力和外力F1处于平衡状态，则F1＝mg，故A错误；
B、若撤掉外力F1，对球B施加一个水平向左的外力F，分别对球A、B受力分析，如图所示。
由平衡条件有
对A球有 FBAcs45°＝mg
对B球有 F＝FBAsin45°
又有FBA＝FAB
解得：F＝mg，故B正确；
C、根据运动的合成与分解可知，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圆周运动），即vA＝vB
A球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，以B点所在水平面为参考平面，由A、B两球组成的系统机械能守恒有
mgR＝0.75mgR+12mvA2+12(0.75m)vB2
解得：vB=1714gR，故C正确；
D、当B球上升到最大高度时，如图所示。
以B点所在水平面为参考平面，由系统机械能守恒有
mgR＝0.75mgR（1+sinθ）+mgR（1﹣csθ）
可得：sinθ=725
则B球能够上升的最大高度相对圆心O点的竖直高度为h＝Rsinθ=725R，故D正确。
故选：BCD。
15．（2024•镇海区模拟）如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源S1的振动图象如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7m，PS2＝9m，则（ ）
A．质点P的位移不可能为0
B．t＝1.25s时，质点P处于波谷
C．质点P的起振方向沿y轴正方向
D．波源为S2的起振方向沿y轴负方向
【解答】解：D.结合波源S2在t＝0.25s时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；
C.根据波源S1的振动图象图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为
PS1＜PS2
由此可知波源波源S1的起振最先传到P点，因此P的起振方向与波源S1的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；
A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知
λ＝2.0m，T＝0.2s
则波速为
v=λT=20.2m/s＝10m/s
P点到两波源的波程差为
Δx＝PS2﹣PS1＝9m﹣7m＝2m
P点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；
B.S1和S2振动传到P的时间分别为
t1=PS1v=710s＝0.7s
t2=PS2v=910s＝0.9s
由此可知，在t＝1.25s时，波源S1在t＝1.25s﹣t1＝1.25s﹣0.7s＝0.55s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t＝1.25s﹣t2＝1.25s﹣0.9s＝0.35s时的振动情况传到P点，此时波源位于波谷，在t＝1.25s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确。
故选：BC。
三．实验题（共2小题）
16．（2024•荔湾区校级一模）某同学研究自由落体运动的规律时，将小球从一固定的毫米刻度尺旁边由静止释放，用手机拍摄小球自由下落的视频，然后用相应的软件处理得到分帧图片，利用图片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，实验装置如图1所示。如图2所示为小球下落过程中三幅连续相邻的分帧图片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相邻两帧之间的时间间隔为0.02s。
（1）图片Ⅱ中小球的瞬时速度约为 m/s。（结果保留两位小数）
（2）关于实验装置和操作，下列说法正确的是 。
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．选择材质密度小的小球
C．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落
D．固定手机时，摄像镜头应正对刻度尺
（3）该同学利用多帧图片测算其对应的速度v和下落的高度h，绘制了v2﹣h图像，如图3所示。其中P、Q分别为两个大小相同，质量不同的小球下落的图像（空气阻力不变），由图像可知两球质量大小关系是mP mQ（选填“大于”、“等于”、“小于”）。
（4）如何利用v2﹣h图像判断小球下落过程机械能是否守恒？ 。
【解答】解：（1）小球从位置Ⅰ到位置Ⅲ的位移可以从两图中读出，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得图2中小球的瞬时速度约为：v2=0.115-×2m/s=1.38m/s
（2）A、小球做自由落体运动，为了测量小球下落的位置，刻度尺应固定在竖直平面内，故A正确；
B、为了减小阻力带来的实验误差，应该选择密度较大的小球，故B错误；
C、铅垂线的作用是检验装置是不是竖直放置，不能检验小球是否沿竖直方向下落，故C错误；
D、为了拍摄的小球的位置比较准确，固定手机时，摄像头应正对刻度尺，故D正确。
故选：AD。
（3）小球下落过程若空气阻力不忽略，且空气阻力不变，根据动能定理，有：mgh-fh=12mv2
变形后得到：v2=(2g-2fm)h，根据图像可知P图像斜率大，故质量大；
（4）若机械能守恒，则阻力为零，则有：v2＝2gh，故在误差允许的范围内，如果v2﹣h图像是一条过原点的倾斜直线，且斜率等于2g，则机械能守恒。
故答案为：（1）1.38；（2）AD；（3）大于、在误差允许的范围内，如果v2﹣h图像是一条过原点的倾斜直线，且斜率等于2g。
17．（2024•湖北模拟）很多电子设备的屏幕是电阻式触摸屏，其原理可简化为：按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，如图（a），从而改变接入电路的电阻。
（1）某兴趣小组找到一块电阻式触摸屏单元，将其接入电路中，简化电路如图（b）。先将开关闭合到1让电容器充满电，再将开关切换到2，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图（c）中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则按压状态对应的图像应为图（c）中的 （填“虚线”或“实线”）所示。
（2）粗测该触摸屏单元未按压状态下的电阻约为几十欧姆。几位同学想较准确测量此电阻，可供使用的器材有：
A．电源E（电动势为3V，内阻约为1Ω）；
B．电压表V（量程为15V，内阻约为10kΩ）；
C．电流表A1（量程为3mA，内阻为5Ω）；
D．电流表A2（量程为60mA，内阻约为2Ω）；
E．滑动变阻器R1（总阻值约为10Ω）；
F．电阻箱R2，最大阻值为9999.9Ω。
G．开关S，导线若干。
①甲同学设计了图（d）所示的实验电路图，结合上面给出的器材，请指出该电路设计中的不合理之处并说明理由： 。（写出一条即可）
②乙同学将电流表A1和电阻箱R2串联改装成量程为3V的电压表，电阻箱R2的限值应调为
Ω。
③乙同学设计了图（e）所示的测量电路，为了尽量减小实验的系统误差，图中电阻箱右边的导线应该接 a （填“a”或“b”）；按正确选择连接好电路之后，改变滑动变阻器滑片位置，测得多组电流表A1的示数I1和对应的电流表A2的示数I2，得到了图（f）所示的图像，由图中数据可得该触摸屏单元未按压状态下的阻值为 Ω（结果保留2位有效数字）。该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果 （填“有”或“没有”）影响。
【解答】解：（1）按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，两电阻处于并联状态，总电阻减小，总电流增加，放电速度变快，根据图像可知，按压状态对应的图像应为实线。
（2）①因为电源电动势刚3V，而电压表的量程为15V，所以该电路设计中的不合理之处为电压表量程过大；
②串联电阻分担电压为
UR2=3V-3×10-3×5V=2.985V
根据欧姆定律有：
R2=UR2Ig1，代入数据解得：R2＝995.0Ω
③由于已知电流表A1的阻值，可以计算出待测电阻两端的电压，再用差值法计算流过待测电阻的电流，故应接a；
根据
R=I1(Rg1+R2)I2-I1
整理得
I1=RRg1+R2+RI2
由图（f）可知，斜率：k=2.550=0.05
又k=RRg1+R2+R
联立解得：R＝53Ω
由上述可知，该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果没有影响。
故答案为：（1）实线；
（2）①电压表量程不合理；
②995.0；
③a、53、没有。
四．解答题（共3小题）
18．（2024•天河区三模）导热容器内用轻薄活塞封闭一定质量理想气体，关闭阀门并松开钉销，将容器沉入湖底时活塞到水面的距离H＝40m，气体的体积V1=1.0m3，压强为p1，温度为T1。用钉销将活塞锁定后，将容器缓慢提出水面，当气体的温度与环境温度相同时其压强变为p2=5.5×105Pa。已知水面上温度为T＝297K，水的密度为ρ水=1.0×103kg/m3，大气压强为p0=1.0×105Pa，取g＝10m/s2。活塞与容器的摩擦力及活塞重力不计。
（1）求压强p1和温度T1；
（2）在水面上足够长时间后，撤去钉销（活塞未脱离容器），重新稳定后，气体对外界做功为W0，求从撤去钉销到重新稳定这一过程气体与外界传递的热量Q。
【解答】解：（1）根据题意，由压强关系有
p1＝p0+ρ水gH
代入数据解得：p1＝5×105Pa
封闭气体发生等容变化，根据查理定律有
p1T1=p2T2=p2T
解得
T1＝270K
（2）从撤去钉销到重新稳定的整个过程，气体的内能变化量为零，即
ΔU＝0
根据热力学第一定律有
ΔU＝W+Q
又
W＝﹣W0
解得
Q＝W0
答：（1）压强p1为5×105Pa，温度T1为270K。
（2）从撤去钉销到重新稳定这一过程气体与外界传递的热量Q为W0。
19．（2024•长春一模）如图（a），质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分AB的上表面粗糙，竖直半圆形部分BC的内表面光滑，半径R＝0.4m，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。质量为m的物块（可视为质点）静置在轨道上左端A处，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，物块以一定的初速度沿轨道恰好运动到C点，求物块在B点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，对物块施加水平向右逐渐增大的推力F，物块在轨道AB段运动时，物块和轨道的加速度a与F对应关系如图（b）所示，求μ和m；
（3）在（2）问条件下，在A处对物块施加水平向右F＝8N的恒力，当物块运动到B点时撤去F，物块可沿轨道到达C点且恰好与轨道无作用力，运动过程中轨道AB段始终未脱离地面。求轨道AB段的长度L。
【解答】解：（1）设物块到达C点的速度大小为vC，在C点向心力恰好等于物块的重力，则有：
mvC2R=mg
物块由B到C的过程，根据机械能守恒定律得：
12mvC2+mg⋅2R=12mv2
解得：v=25m/s
（2）根据图像可知，当0＜F≤4N时，物块与轨道相对静止，根据牛顿第二定律得加速度为：
a1=FM+m
根据图像斜率可得：1M+m=24kg-1=12kg﹣1
当F＞4N时，物块与轨道相对运动，轨道的加速度恒定，物块的加速度随F增大而增大，同理可得：
物块加速度为：am=F-μmgm
根据图像斜率可得：1m=6-28-4kg﹣1＝1kg﹣1
联立解得：M＝m＝1kg
轨道加速度为：aM=μmgM=2m/s2
解得：μ＝0.2
（3）F＝8N时物块与轨道相对运动，由图乙的图像可知：物块加速度为a1＝6m/s2，轨道加速度为a2＝2m/s2。设运动到B点所用时间为t，由运动学公式得：
物块速度为：v1＝a1t
轨道速度为：v2＝a2t
可得：v1＝3v2
设物块运动到C点时速度为v3，此时轨道速度为v4，物块由B点运动到C点的过程，物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv1+Mv2＝mv3+Mv4
12mv12+12Mv22=12mv32+12Mv42+2mgR
在C点时，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m(v4-v3)2R
联立解得：v1＝9m/s，v2＝3m/s，v3＝5m/s，v4＝7m/s，t＝1.5s
物块运动到B点过程的位移大小为：
x1=12v1t，解得：x1＝6.75m
此过程中轨道位移大小为：
x2=12v2t，解得：x2＝2.25m
可得轨道水平部分长度为：
L＝x1﹣x2＝6.75m﹣2.25m＝4.5m
答：（1）物块在B点的速度大小v为25m/s；
（2）μ为0.2，m为1kg；
（3）轨道AB段的长度L为4.5m。
20．（2024•湖北二模）如图1所示某种风力发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜的末端，上下各固定一个完全相同的线圈，当风通过薄膜，使薄膜产生周期性的颤振位移，从而在线圈中产生交变电流。如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点0建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动时，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S；磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感互感的影响，重力加速度为g。
（1）上线圈的b端应与下线圈的哪一端连接？（选“c端”或“d端”）
（2）在磁铁从平衡位置向上运动到最大位移的过程中，求通过电阻R的电荷量；
（3）图3中x0随磁感应强度B的变化关系式为B0=kx0（其中k为未知常数），当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。
【解答】解：（1）根据右手定则可知，上线圈的b端应与下线圈的d端连接；
（2）设上线圈产生感应电动势E1，下线圈产生感应电动势E2，由法拉第电磁感应定律得
E1=nΔΦ1Δt=n(B2-B0)SΔt
E2=nΔΦ2Δt=n(B0-B1)SΔt
设回路总电动势为E，两电源串联，则
E=E1+E2=n(B2-B1)SΔt
设回路电流为I，由闭合回路欧姆定律得
I=ER=n(B2-B1)SRΔt
设通过电阻R的电荷量为q，则
q=IΔt=n(B2-B1)SR
（3）由题意可知
B0=kx0
可得：k＝B0x0
设磁铁经平衡位置向上位移Δx，所用时间Δt，上线圈产生感应电动势E3，则
E3=nΔΦ3Δt=nSΔB3Δt=nS(kx0-Δx-kx0)Δt
即得E3=nSkΔx(x0-Δx)x0Δt=nSkv0(x0-Δx)x0=nSB0v0(x0-Δx)
设下线圈产生感应电动势E4，由上同理可得
E4=nSB0v0(x0+Δx)
设回路电动势为E，则
E=E3+E4=2nSB0v0x0(x02-Δx2)=2nSB0v0x0
设负载电阻R的电功率为P1，则
P1=E2R═4n2S2B02v02Rx02
答：（1）上线圈的b端应与下线圈的d端连接；
（2）通过电阻R的电荷量为n(B2-B1)SR；
（3）此时负载电阻R的电功率为4n2S2B02v02Rx02。