物理试题-2025年高考考前最后一课（含答案）

这是一份物理试题-2025年高考考前最后一课（含答案），共458页。
\l "_Tc27032" 【情景一 与中国古代生活生产科技相关情景】 PAGEREF _Tc27032 \h 4
\l "_Tc18525" 【情景二 与现代生活生产相关情景】 PAGEREF _Tc18525 \h 10
\l "_Tc19327" 【情景三 与中国科技相关情景】 PAGEREF _Tc19327 \h 33
\l "_Tc31226" 【情景四 与体育活动相关情景】 PAGEREF _Tc31226 \h 57
\l "_Tc17495" 第二部分 高频考点预测篇 PAGEREF _Tc17495 \h 63
\l "_Tc11140" 【预测一 选择题】 PAGEREF _Tc11140 \h 63
\l "_Tc3101" 预测01原子物理 PAGEREF _Tc3101 \h 63
\l "_Tc11557" 预测02光学 PAGEREF _Tc11557 \h 66
\l "_Tc12808" 预测03热学 PAGEREF _Tc12808 \h 69
\l "_Tc6682" 预测04平衡问题和牛顿动力学问题 PAGEREF _Tc6682 \h 71
\l "_Tc12705" 预测05抛体运动和圆周运动 PAGEREF _Tc12705 \h 74
\l "_Tc8201" 预测06万有引力与航天 PAGEREF _Tc8201 \h 78
\l "_Tc2376" 预测07功能关系 PAGEREF _Tc2376 \h 80
\l "_Tc30169" 预测08动量定理和动量守恒定律 PAGEREF _Tc30169 \h 83
\l "_Tc9770" 预测09机械振动和机械波 PAGEREF _Tc9770 \h 86
\l "_Tc9822" 预测10电场的基本规律应用 PAGEREF _Tc9822 \h 89
\l "_Tc22718" 预测11磁场的基本规律应用 PAGEREF _Tc22718 \h 93
\l "_Tc13659" 预测12电磁感应基本规律应用 PAGEREF _Tc13659 \h 96
\l "_Tc24121" 预测13交变电流和变压器 PAGEREF _Tc24121 \h 99
\l "_Tc6572" 【预测二 实验题】 PAGEREF _Tc6572 \h 103
\l "_Tc11936" 预测01力学实验 PAGEREF _Tc11936 \h 103
\l "_Tc7566" 预测02电学实验 PAGEREF _Tc7566 \h 107
\l "_Tc31834" 【预测三 计算题】 PAGEREF _Tc31834 \h 112
\l "_Tc32353" 预测01气体实验定律的综合应用问题 PAGEREF _Tc32353 \h 112
\l "_Tc31096" 预测02牛顿运动定律的综合性应用 PAGEREF _Tc31096 \h 115
\l "_Tc12130" 预测03带电粒子在电磁场中的运动 PAGEREF _Tc12130 \h 120
\l "_Tc22535" 预测04力学三大观点的综合性应用 PAGEREF _Tc22535 \h 127
\l "_Tc32545" 第三部分 高考真题汇编篇 PAGEREF _Tc32545 \h 132
\l "_Tc26152" 【真题一 运动学】 PAGEREF _Tc26152 \h 132
\l "_Tc7620" 【真题二 相互作用与牛顿定律】 PAGEREF _Tc7620 \h 152
\l "_Tc27593" 【真题三 功能关系与动量守恒定律】 PAGEREF _Tc27593 \h 166
\l "_Tc12893" 【真题四 电场与磁场】 PAGEREF _Tc12893 \h 197
\l "_Tc24363" 【真题五 电磁感应与交变电流】 PAGEREF _Tc24363 \h 233
\l "_Tc24528" 【真题六 机械波与热光原】 PAGEREF _Tc24528 \h 264
\l "_Tc28320" 【真题七 力学实验】 PAGEREF _Tc28320 \h 302
\l "_Tc24103" 【真题八 电学实验】 PAGEREF _Tc24103 \h 317
\l "_Tc4383" 第四部分 考点知识温故篇 PAGEREF _Tc4383 \h 336
\l "_Tc13122" 【考点一 运动学知识点】 PAGEREF _Tc13122 \h 336
\l "_Tc7333" 【考点二 相互作用与牛顿定律知识点】 PAGEREF _Tc7333 \h 357
\l "_Tc11844" 【考点三 功能关系知识点】 PAGEREF _Tc11844 \h 363
\l "_Tc6272" 【考点四 动量定理及动量守恒定律知识点】 PAGEREF _Tc6272 \h 366
\l "_Tc9006" 【考点五 机械振动和机械波知识点】 PAGEREF _Tc9006 \h 370
\l "_Tc29422" 【考点六 电场与磁场知识点】 PAGEREF _Tc29422 \h 374
\l "_Tc4227" 【考点七 电磁感应知识点】 PAGEREF _Tc4227 \h 384
\l "_Tc15543" 【考点八 恒定电流与交变电流知识点】 PAGEREF _Tc15543 \h 390
\l "_Tc26354" 【考点九 热学知识点】 PAGEREF _Tc26354 \h 394
\l "_Tc25266" 【考点十 光学知识点】 PAGEREF _Tc25266 \h 399
\l "_Tc11086" 【考点十一 近代物理知识点】 PAGEREF _Tc11086 \h 403
\l "_Tc23635" 第五部分 考前准备调整注意篇 PAGEREF _Tc23635 \h 408
\l "_Tc11624" 【准备一 答题技能】 PAGEREF _Tc11624 \h 408
\l "_Tc16301" 【准备二 心态调整】 PAGEREF _Tc16301 \h 420
\l "_Tc8831" 【准备三 饮食睡眠】 PAGEREF _Tc8831 \h 423
\l "_Tc28310" 【准备四 保温训练】 PAGEREF _Tc28310 \h 426
\l "_Tc10336" 第六部分 终极押题篇 PAGEREF _Tc10336 \h 430
\l "_Tc28102" 【终极押题卷一】 PAGEREF _Tc28102 \h 430
\l "_Tc7797" 【终极押题卷二】 PAGEREF _Tc7797 \h 446
第一部分 新情景高考命题篇
【情景一 与中国古代生活生产科技相关情景】
1．龙舟赛是一种古老的中国民俗活动。如图1所示，龙舟赛中，某龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期内的加速度与时间的关系图像如图2所示，以龙舟前进方向为正方向，龙舟和选手总质量为，龙舟的运动视为直线运动，则（ ）
A．第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量为
B．经过相邻两个划桨周期后龙舟速度变化量为
C．相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量为
D．相邻两个划桨周期龙舟的位移差为
【答案】D
【详解】A．根据加速度的定义式有解得 可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示速度的变化量，可知，第一个划桨周期龙舟速度增量设龙舟（含选手）的初速度为，第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量由于龙舟（含选手）的初速度未知，故不能计算第一个划桨周期后龙舟（含选手）的动能增量，故A错误；
B．结合上述可知，经过连续两个划桨周期龙舟速度增量，故B错误；
C．根据动量定理可知，相邻两个划桨周期内龙舟（含选手）所受合力的总冲量故C错误；
D．作出相邻两个划桨周期的图像，如图所示
图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则相邻两个划桨周期龙舟的位移差为图中阴影部分的面积，即位移差为故D正确。故选D。
2．端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为假设水对龙舟的阻力f是总重力的倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
【答案】C
【详解】AB．划手回桨步调一致时，整体法有解得对大鼓有大鼓所受摩擦力大小为10N故A、B错误；
CD．划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有
解得对大鼓有大鼓所受摩擦力大小为30N大于最大静摩擦力25N，假设不成立，已发生相对滑动，大鼓所受摩擦力大小为滑动摩擦力25N，故C正确、D错误。故选C。
3．抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变
B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变
C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小
【答案】B
【详解】A．空竹受力如图所示
由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知
设绳长为L，由几何关系可知
当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，减小，空竹的高度降低，故A错误；
B．沿虚线b向上移动，d不变，不变，故B正确；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大，减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，d增大，减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。故选B。
4．如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时，下列说法正确的是（ ）
A．每条轻绳中的拉力大小为
B．每个货筐上四条轻绳中的拉力相同
C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳中的拉力将变大
D．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则轻绳对货筐的作用力将变小
【答案】C
【详解】AB．由于四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，则绳与竖直方向的夹角相等，绳中拉力大小相等，但方向不同，设每条绳与竖直方向的夹角为θ，每条绳中的拉力为F，根据平衡条件可得所以故AB错误；
CD．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则θ变大，csθ减小，F增大，故C正确，D错误。故选C。
5．如图是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等
C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同
D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕
E．
【答案】D
【详解】A．糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据
可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误；
B．落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据
及米粒的重力大于糠秕的重力知，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误；
C．根据因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，故C错误；
D．从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则加速度较小，落地时水平位移较小，故水平方向上位移较大的是糠秕，故D正确。故选D。
6．如图甲所示，筒车的车轮在水流的推动下做匀速圆周运动，使装在车轮上的竹筒自动取水上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。竹筒顺时针匀速转动的半径为R，角速度大小为ω，在E点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，每个竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为ωR
B．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg
C．竹筒从C到B的过程中，重力的功率逐渐减小
D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
【答案】C
【详解】A．向心加速度为故A错误；
B．竹筒中的水做匀速圆周运动，合力指向圆心，如图所示
所以竹筒对水的作用力大小为故B错误；
C．从C点到B点的过程中，竹筒速度在竖直方向上的分量逐渐减小，重力的功率减小，故C正确；
D．相邻竹筒打水的时间间隔为故D错误。故选C。
7．投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ）
A．运动时间相同B．加速度相同
C．动能变化量相同D．动量变化量相同
【答案】BC
【详解】AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确；
D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。故选BC。
8．图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面夹角为。当每条绳子拉力均为时，人与耙沿直线匀速前进，在内前进了。则下列说法正确的是（ ）
A．人受到水平向右的摩擦力
B．地面对耙的阻力大小450N
C．两条绳子拉力的总功率
D．两条绳子拉力对耙所做的总功
【答案】BD
【详解】A．由于人站在水平耙上做匀速直线运动，不受外力，所以人不受耙的摩擦力，故A错误；
B．对两段绳子的拉力进行水平方向的力的合成。因为两段绳子拉力大小相等都为，水平方向的合力根据共点力的平衡条件可知，耙受到地面阻力的大小为故B正确；
CD．绳子拉力在水平方向的分力使物体移动，移动距离，根据功的公式可知，两拉力做功的总功功率故C错误，D正确。故选BD 。
9．千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了独树一帜的手工制瓷工艺生产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采用窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到（为大气压强）时，排气阀才会开启，压强低于时，排气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为，窑内气体体积为，压强为。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体，已知热力学温度与摄氏温度的关系：。
(1)排气阀开始排气时，窑内气体温度；
(2)求窑内温度为稳定时，窑内气体质量与窑内原有（初始）气体质量的比值。
【答案】(1)627°C(2)3∶5
【详解】（1）对封闭在气窑内的气体，排气前容积不变，烧制前温度为排气阀刚开启则气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有解得
（2）当气体温度为，压强为时，体积为，根据理想气体状态方程有
解得所以
【情景二 与现代生活生产相关情景】
1．在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为，质量为，且始终呈水平状态，四根钢索、OC、OD的长度均为，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．末建筑材料离地面的距离为
B．每根钢索所受的拉力大小均为
C．钢索的拉力小于钢索的拉力
D．若将4根钢索都替换成长度为，则每根钢索所受的拉力大小均为
【答案】D
【详解】A．根据v-t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知末建筑材料离地面的距离为故A错误；
B．由乙图可知，混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为，则有因为混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，则由几何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为则有解得，联立，可得故B错误；
C．由乙图可知，内混凝土板匀加速上升，处于超重状态，有
内混凝土板匀减速上升，处于失重状态，有可知故C错误；
D．若将4根钢索都替换成长度为，由几何关系可知解得， 则每根钢索所受的拉力大小均为故D正确。故选D。
2．盾构机刀盘吊装时，为了确保刀盘平稳升降，施工团队专门使用了一个精心设计的特制吊架。图甲是刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，保持完美的水平静止状态。四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，图乙为示意图，刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角均为，不计绳索重力。下列说法正确的是（ ）
A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对相互作用力
B．每根绳索对钢架的拉力大小为
C．若将每根绳索减小相同的长度，每根绳索对钢架的作用力将变大
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力将变小
【答案】C
【详解】A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对平衡力，选项A错误；
B．根据平衡可知每根绳索对钢架的拉力大小为选项B错误；
C．若将每根绳索减小相同的长度，则θ角变大，根据
则每根绳索对钢架的作用力将变大，选项C正确；
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力不变，仍等于钢架的重力，选项D错误。故选C。
3．如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成图乙所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为，手指和杯盖间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，，杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示
由平衡条件有又有联立解得故选A。
4．石墩路障在生活中很常见，对于保障行车安全和管制交通秩序发挥重要作用。如图甲所示，工人用叉车将一球形石墩路障运送至目的地，拉动装置的结构简易图如图乙所示，，两叉车臂相互平行且间距等于石墩半径。在水平匀速拉动叉车的过程中，叉车臂与水平方向夹角维持为。不计球形石墩表面摩擦，则单个叉车臂受到石墩的压力大小为（石墩重力为）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】从侧面观察运载中的石墩，其受力分析如图甲所示。
由平衡条件有从正面观察运载的石墩，黑色部分为两条叉车臂，石墩受力分析如图乙所示。为单个叉车臂对石墩的支持力，则有单个叉车臂受到石墩的压力为由牛顿第三定律可知单个叉车臂受到石墩的压力为故选B。
5．如图所示为机械手用四根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点平均分布在球心上方的水平面内，抓取点与球心的连线与水平面夹角为，“手指”与篮球的动摩擦因数为，篮球的重力大小为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不考虑篮球的明显形变。下列说法正确的是（ ）
A．若与的关系满足，则一定不能将篮球抓起
B．只要“手指”对篮球的压力足够大，不论取何值都能将篮球抓起
C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力为
D．若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为
【答案】D
【详解】ABD．对篮球受力分析，设“手指”与篮球接触点的切向与竖直方向的夹角为，则竖直方向满足因为静摩擦力解得所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为则能将篮球抓起水平方向，则夹角满足不能将篮球抓起时故AB错误，D正确；
C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力大于，故C错误。
故选D。
6．如图所示为山边公路的横截面，实线EF表示倾角为的软层面，沿着这个层面可能产生滑动。质量为的石块与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落，石块与层面间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理，会结冰膨胀，对石块施加一个平行于EF层面的作用力，使石块向下滑动（已知，，g取），下列说法正确的是（ ）
A．没有水渗入节理时，石块受到层面的作用力为0
B．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力减小
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力增大
D．当有水渗入节理结冰后，冰对石块的力增大到时石块开始滑动
【答案】C
【详解】A．没有水渗入节理时，由于石块静止，由平衡条件可知，石块受到层面的作用力与石块的重力等大反向，故A错误；
B．没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向下的分力与由于有水渗入节理结冰膨胀对石块施加的一个平行于EF层面作用力的矢量和，则石块受到层面的摩擦力增大，故B错误；
C．当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力大小等于石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和，由于石块重力与平行于EF层面作用力的夹角为锐角，可知，石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和大于石块重力，即石块受到层面的作用力增大，故C正确；
D．当有水渗入节理时，最大静摩擦力石块开始滑动，冰对石块的力故D错误。故选C。
7．如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面，某同学设计了一个装置。 如图2所示。 两根圆柱形木杆 AB和 CD 相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是（ ）
A．适当增大两杆之间的距离
B．减小干与瓦片的滑动摩擦因数
C．增加每次运达瓦片的块数
D．减小木杆的长度
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力，弹力大小FN=mgcsα，若设杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为β，则
则摩擦力适当增大两杆之间的距离，则β变大，则f变大，瓦片滑到底端时的速度减小；减小朴与瓦片的滑动摩擦因数，则f减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误；
C．减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。
D．减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角也变大，则更容易损坏瓦片，选项D错误。故选A。
8．图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量，长度，其中放有质量，长的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力恒力将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
【答案】C
【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，假设能一起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律可得解得则能一起加速，抽屉的加速度为，故A错误；
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为
故B错误；
C．抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C正确；
D．抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度此后书本相对抽屉的位移书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。故选C。
9．乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意。如图所示，某一缆车沿坡度为53°的山坡匀速上行，缆车中有一质量m=50kg的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无挤压，货物与地板之间动摩擦因数，货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某时刻缆车开始沿原方向做加速运动，在这一过程中，加速度大小从零开始缓慢增大，并且整个加速阶段缆车始终保持竖直状态，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则在缆车斜向上加速运动的过程中（ ）
A．货物可能受到3个力或4个力作用
B．车厢受到的摩擦力方向水平向右
C．当a=2m/s2时，车厢地板对货物的摩擦力大小为80N
D．当a=10m/s2时，车厢地板对货物的作用力大小为
【答案】D
【详解】A．货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时，以货物块为研究对象，根据牛顿第二定律有，，解得即摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒为0，故货物始终只受到3个力，故A错误；
B．根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，故B错误；
C．a=2m/s2时，f=macs53°，车厢对货物的摩擦力大小为60N，故C错误；
D．a=10m/s2时，有，，，，
车厢对货物的作用力为故D正确。故选D。
10．如图（a）所示，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。打开花洒后，如图（b）所示，水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中喷出的水落于水平地面（分别为最左、最右端两落点），不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为，初速度为，则有，解得，其中由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且x增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。故选C。
11．“弹簧公仔”以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知“弹簧公仔”头部A的质量为，脚部B的质量为，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力使其静止，突然撤去力后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．撤去力后的瞬间，A的加速度大小为
B．在B离开地面前的过程中地面对“弹簧公仔”做正功
C．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A、B的加速度均不断增大
D．从撤去力到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态
【答案】C
【详解】A．撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小故A错误；
B．在B离开地面前的过程中地面对“弹簧公仔”的作用力没有位移，所以不做功，故B错误；
C．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，由牛顿第二定律可知
方向竖直向下，
方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量不断增大，拉力不断增大，A和B的加速度均不断增大，故C正确；
D．从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力，后是越来越大的拉力，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重状态，故D错误。
故选C。
12．如图所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是（ ）
A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反
B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率
C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同
D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为
【答案】B
【详解】A．由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向与之相反，当线圈内的磁场减小时，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误；
B．锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，可通过改变线圈内交变电流的频率来改变锅体中感应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确；
C．由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为f，故D错误。故选B。
13．汽油机和柴油机的主要区别在于燃料类型及点火方式，柴油机通过压缩空气产生高温，使柴油自行点燃，面汽油燃点较高，必须依赖火花塞，汽油车打火时火花塞产生电火花的原理简图如图所示，扭动汽车钥匙打火，开关不停地闭合、断开，打火线圈次级绕组瞬间产生上万伏的高压使火花塞产生电火花，点燃汽缸中的可燃混合气，下列说法正确的是（ ）
A．汽油车启动后，火花塞停止工作
B．图中开关的频率与发动机的转速无关
C．没有图中的开关，火花塞依然可以正常工作
D．开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能
【答案】D
【详解】A．汽油车启动后，仍然需要火花塞周期性点火，故A错误；
B．火花塞点火后对应发动机的做功冲程，题图中开关的频率与发动机的转速对应，发动机的转速越快，火花塞的点火频率越高，故B错误；
C．题图中的开关在断开的瞬间，储存在初级绕组中的磁场能转化为电能，没有题图中的开关，火花塞无法正常工作，故C错误；
D．开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能，故D正确。故选D。
14．带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮（转速与发电机线圈一样）的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R0，磁场的磁感应强度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为Ff，车灯消耗的电功率为P。则
A．自行车的行驶速度
B．流经车灯的电流方向变化的频率为
C．线圈转动一圈克服安培力做的功
D．骑车人做功的功率
【答案】C
【详解】A．设线圈角速度为ω，则发电机产生的电动势有效值有效电流功率联立解得故自行车的行驶速度故A错误；
B．根据交流电频率联立以上解得转动一周电流方向改变两次，故流经车灯的电流方向变化的频率为故B错误；
C．由能量守恒可知，线圈转动一圈克服安培力做的功又因为，，联立解得故C正确；
D．由能量守恒可知，骑车人做功的功率联立以上解得故D错误。故选C。
15．哈尔滨冰雪节被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是在国际上享有极高的声誉和地位如图（1），图（2）为一块棱长为的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该冰砖对红光折射率，冰砖中心有一个红光的发光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速为，下列说法正确的是（ ）
A．光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度
B．光从冰砖射出的最长时间为
C．从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为
D．点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大
【答案】C
【详解】A．光在冰块中的传播速度
光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误；
B．根据题意可知，临界角光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，此时光线的入射角即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全反射，设光从冰砖射出的最长时间时路程为x，由几何关系可知则最长时间联立以上解得故B错误；
C．几何关系可知每一侧面被照亮的半径则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为联立解得故C正确；
D．紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径减小，即面积将减小，故D错误。故选C。
16．2024年4月初，我国首座深远海浮式风电平台“海油观澜号”（图甲）提前完成2200万千瓦时的投用整年发电目标。图乙为其发电及对外供电的简化原理示意图，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，发电机与理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发电机线圈匝数为N，变压器原、副线圈的匝数比，理想变压器原线圈中的电流随时间变化规律如图丙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，设发电机线圈面积为S，匀强磁场磁感应强度大小为B，原线圈回路总等效电阻为，则通过原线圈的电荷量为
而原线圈电流最大值其中联立解得再根据可知发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为故选A。
17．如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．拉力先增大后减小
B．拉力一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
【答案】BD
【详解】令游客所在位置的支持力N的方向与竖直方向夹角为，用外力拉动游客使游客缓慢的向边缘移动过程，逐渐增大，根据平衡条件有，
由于逐渐增大，可知，拉力一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。
故选BD。
18．如图1所示，在“亲子活动”中，一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下，沿绳梯缓缓而行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图2所示情景：两段轻绳与质量为的小球P相连，右绳的一端固定在墙壁上的A点，左绳的一端与水平地面上质量为的物块Q相连于B点，系统保持静止。已知绳PA与竖直墙壁成角，绳与水平方向成角，重力加速度为，，，则下列判断中正确的是（ ）
A．绳PA与绳中的张力大小相等
B．绳中的张力大小为
C．物块Q所受地面的摩擦力大小为
D．物块Q对地面的压力大小为
【答案】BC
【详解】A．小球P处于静止状态，其受力分析如图所示
根据三角形大角对大边规律可知即绳PA中的张力大于绳中的张力，故A错误；
B．结合上述，根据正弦定理有
解得，故B正确；
C．将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面的静摩擦力
故C正确；
D．将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面支持力根据牛顿第三定律可知，物块Q对地面的压力大小为，故D错误。故选BC。
19．某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，M、为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆上，在道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆保持相对静止，且杆始终水平，此过程中杆绕点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆长度为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．点线速度大小大于点线速度大小
B．点的加速度始终沿方向
C．两点都在做匀速圆周运动
D．快递袋能够与横杆保持相对静止一起运动的最大速率
【答案】CD
【详解】AC．两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正确；
B．由前分析知，点加速度始终和方向平行（即和点加速度同向），B错误：
D．设快递袋质量为，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为，如图所示
由又联立得其中由数学知识可知，最大值为，D正确。故选CD。
20．汽车减震器可以有效抑制车辆振动。某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度，匀强磁场的磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界放置，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。另一宽度L=0.2m，足够长的单匝矩形硬质金属线框abcd水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m=0.5kg，线框电阻R=0.08Ω，使小车带着线框以的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为
B．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为
C．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为4J
D．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J
【答案】BC
【详解】AB．线框刚进入磁场左边界时，有，，，
解得小车的加速度大小故A错误，B正确；
CD．设ab边穿过磁场右边界时的速度大小为，由动量定理有，ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，则弹簧获得的最大弹性势能解得故C正确，D错误。故选BC。
21．在冰雕展上有一块边长为2m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为，在立方体底面内安装了一盏可视为圆形平面的面光源灯，面光源灯半径为0.5m，圆心在处，光源为单色光源，冰块的折射率取，不考虑反射光线的影响，由于全发射，在立方体冰面上有些位置没有光射出，下列四幅图表示对应的表面有光射出的情况，阴影部分表示有光射出的部分，下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【详解】根据全反射临界角公式有
如图所示
由几何关系有，所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，而光照到冰块四个侧面时都只能从部分侧面射出（靠近A和B点处无光可以射出）；故选BD。
22．如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理图如图乙。打开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（ ）
A．扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应
B．若仅将扫描探头的发光强度增大，光电子的最大初动能不变
C．若仅将发光二极管换为发蓝光，也能发生光电效应
D．若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形码
【答案】BC
【详解】A．光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故A错误；
B．根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能与发光的频率有关，发光强度变强时，发光频率不变，最大初动能不变，故B正确；
C．仅将发光二极管换为发蓝光，频率变高，一定能发生光电效应，故C正确；
D．仅将发光二极管频率变减小，不一定超过截止频率，不一定能发生光电效应，所以不一定能识别条形码，故D错误。故选BC。
23．某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；
(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。
【答案】(1)2m/s，0.02kg(2)(3)1kg
【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒解得大米落入秤盘时的速度大小阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有解得空中大米的质量
（2）时间内，从阀门处下落的大米质量令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量
24．如图为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实现“永动”。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末端N点进入平行导轨PP′QQ′，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ，负极连接P′Q′；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQ′抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M点静止出发，如此循环。已知导轨末端QQ′与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m，小钢球质量为40g，在导轨上克服摩擦做功为0.04J，其余摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)磁铁的N极朝向；
(2)小钢球从导轨末端QQ′抛出时速度大小；
(3)为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功的最小值。
【答案】(1)向上(2)(3)
【详解】（1）由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向上，故磁铁N极向上。
（2）斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则有，解得，则竖直分速度大小为所以小钢球从导轨末端QQ′抛出时速度大小为
（3）若小球恰能完成一次循环，恰好在最高点运动到水平光滑平台上，则有
其中，
联立解得每个循环需安培力对小球做功的最小值为
25．用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。
(1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。
(2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。
a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω；
b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。
【答案】(1)2
(2)a.，b.
【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有解得
（2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有解得
b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v1=a0t任意时刻该点绕轴的线速度有结合上述有则螺母内壁上的任意一点速度解得
26．如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面时再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客乘坐舱，质量为m，匝数N匝，线圈周长为L，总电阻为R。在距地面的区域设置一辐向磁场减速区，俯视图如图丙，辐向磁场区域各点磁感应强度的大小和该点到中心轴线的距离有关，已知线圈所在区域磁感应强度的大小为B。现将线圈提升到距地面处由静止释放做自由落体运动，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。
(1)判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），并计算此时的电流大小；
(2)若落地时速度为，求全程运动的时间t；
(3)为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变量为x时，都能提供弹力，同时储存弹性势能，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)顺时针，(2)(3)
【详解】（1）根据右手定则可以判断，感应电流方向为顺时针。
根据闭合电路欧姆定律得感应电动势根据运动学得解得
（2）根据动量定理得平均安培力根据闭合电路欧姆定律得平均感应电动势根据运动学得解得
（3）根据牛顿第二定律得根据能量守恒解得
27．2024年12月10日，北京上空出现“3个太阳”的景象即幻日现象，与故宫角楼相互映衬，这种现象也被称为三日同辉，原理图如图甲所示。为便于理解，以单色光为例进行分析，图乙为光线以与截面平行的方向射入正六边形板状冰晶侧面的光路图。设光线的入射角为，经面折射后从图中点射出，取冰晶对该单色光的折射率为，已知光在真空中的传播速度为，正六边形晶体边长为，出射点与的距离为。求：
(1)折射角的正弦值；
(2)该单色光在冰晶中传播的时间。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）作出光路图，如图
根据折射率公式可以得到
（2）对于正六边形晶体，延长边和边交于点，其楔角，在三角形中由正弦定理可得，又所以求得又，所以故
28．用如图所示的水银血压计测量血压时，先用气囊向袖带内充气8次（开始袖带内无空气），每次冲入压强为（为外界大气压强）、体积为的空气，充气后袖带内的空气体积为，然后缓慢放气，当袖带内空气体积变为时，袖带内空气的压强刚好与大气压强相等。空气可视为理想气体，忽略充气和放气过程中空气温度的变化，求：
(1)充气后袖带内空气的压强p；
(2)袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值k。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）充气过程中空气做等温变化，末态压强为p，体积为V0，根据玻意耳定律，有 解得
（2）设放出压强为的空气体积为，根据玻意耳定律，则有袖带放出空气的质量与剩余空气质量的比值 联立解得
【情景三 与中国科技相关情景】
1．北京人形机器人创新中心在北京经开区发布了全球首个纯电驱拟人奔跑的全尺寸人形机器人“天工”，如图所示。若“天工”机器人沿倾角为30°的斜面向上先匀速行走，再以0.1g的加速度沿斜面向上加速行走，斜面对机器人的作用力分别为和，当地重力加速度为g，忽略空气阻力，则等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【详解】当机器人匀速行走时，根据平衡条件可知
当机器人以的加速度向上加速行走时，受力关系如图所示
由余弦定理有解得所以故选C。
2．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m－Pt
【答案】C
【详解】A．若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B．若动车组输出功率均为额定值，则其加速度
随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：若总功率变为2.25P，则同样有：联立两式可得：vm′=vm故C正确；
D．对动车组根据动能定理有：4Pt-Wf=mvm2所以克服阻力做的功Wf=4Pt-mvm2故D错误；故选C。
3．当前我国新能源汽车产业实现了快速发展，形成完整且竞争力强的产业链，多项指标处于世界领先地位，“急动度”就是其中之一。它对汽车的影响是多方面的，涉及发动机、变速箱、油耗、轮胎、刹车系统等多个关键部件。急动度是汽车的加速度随时间的变化率，定义式为。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，0时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则（ ）
A．内，汽车牵引力等于所受阻力
B．时，汽车的速度大小为
C．内，汽车牵引力的冲量大小为
D．时，汽车牵引力的功率为
【答案】C
【详解】A．内
大小不变，汽车做加速度均匀增大的加速运动；内
汽车做加速度不变的匀加速运动，牵引力大于所受阻力，故A错误；
B．由图可知加速度的变化图像如图所示
图像的面积表示速度的增加量所以12.0s时汽车速度大小为26m/s，故B错误；
C．0~12.0s内，对汽车由动量定理得又，解得汽车牵引力的冲量大小为故C正确；
D．6.0s时，对汽车由牛顿第二定律得由图可知解得牵引力大小为，内汽车速度增大量为，6.0s时汽车的速度大小为，6.0s时，汽车牵引力的功率为故D错误。故选C。
4．云辇技术最大的特点就是全主动车身控制技术，其中核心便是全主动悬挂系统。目前汽车生产公司还没有公布实现方式，但有网友推测是用电机取代了传统的弹簧。仰望通过全主动控制电机的伸缩来实现原地起跳，就像人起跳一样自由。假设底盘及车轮部分的质量为m，其余车身部分的质量为M，两部分通过主动悬挂系统连接。起跳时，电机先缓慢收缩降低车身部分的高度，再伸长使车身部分获得动能后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开画面，下列说法正确的是（ ）
A．电机收缩时，对车身部分不做功B．电机伸长时，对车身部分做了的正功
C．锁定后的瞬间，整车的动能仍为D．车轮离地的最大高度为
【答案】D
【详解】A．电机缓慢收缩时，对车身部分有力的作用，对车身部分做功，故A错误；
B．电机伸长时，由动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量，故电机伸长时，对车身部分做功大于，故B错误；
C．锁定瞬间，系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，有动能损失，整车的动能小于，故C错误；
D．锁定瞬间动量守恒，有一起竖直上抛有，又解得，故D正确。故选D。
5．在地形勘探工作中，经常需要绘制出地表的3D模型并每隔一定距离绘制南北方向剖面图和东西方向剖面图。图甲为某次测绘得到的3D模型。其中南北方向的剖面如图乙所示，剖面在点沿南北方向的切线与水平面的夹角为；东西方向的剖面如图丙所示，剖面在点沿东西方向的切线与水平面的夹角为。已知山坡表面平滑且没有棱角，重力加速度大小为，在点由静止释放一个可视为质点的光滑小球，释放瞬间小球的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】在平面内作点的切线交轴于点，在平面内作点的切线交轴于点，过点作的垂线，垂足为点，为点切面与水平面的平面角，设
根据几何关系可得，，，，
P点的地形切面与水平面的夹角的正弦值由牛顿运动定律可得，小球的加速度大小故选C。
6．2022年10月9日，“夸父一号”太阳探测专用卫星顺利进入预定轨道，其环绕地球运行的轨道高度约为720km。已知地球静止卫星轨道高度约为36000km，地球半径约为6400km，，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行周期约为60分钟
B．“夸父一号”的发射速度小于
C．“夸父一号”的加速度约为
D．“夸父一号”的运行速度小于地球静止卫星的运行速度
【答案】C
【详解】A．由题知，“夸父一号”轨道半径为，地球静止卫星轨道半径为，同步卫星周期为，根据开普勒第三定律“夸父一号”周期为即96分钟，A错误；
B．为第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，B错误；
C．根据万有引力提供向心力，在地球表面，故加速度为选项C正确；
D．由得可知轨道半径越大，运行速度越小，“夸父一号”的运行速度大于地球静止卫星的运行速度，D错误。故选C。
7．北京时间2025年1月7日04时00分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实践25号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该卫星主要用于卫星燃料补加与延寿服务技术验证。经过一个月的时间，实践25号抵达同步轨道，并成功给北斗三号G7星加注了142公斤肼类燃料，实现了全球首次卫星在轨加注燃料。若后期还要给同轨道上的另一颗卫星加注燃料，加注前两卫星的位置如图所示，则是要想实现加注燃料，对实践25号星操作正确的是（ ）
A．实践25号卫星直接加速与卫星A对接即可
B．实践25号卫星和卫星A对接时具有相同的速度
C．实践25号卫星受到地球的万有引力一定大于卫星A受到地球的万有引力
D．实践25号卫星对卫星A加注燃料时处于静止状态
【答案】B
【详解】ABD．航天器对接，后面的航天器应先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使后面的航天器追上前面的航天器时恰好具有相同的速度，相对静止，故B正确，AD错误；
C．由于不知道实践25号卫星和卫星A的质量大小，故无法比较受到地球的万有引力大小，故C错误。故选B。
8．2024年6月，我国嫦娥六号探测器实现世界首次月球背面采样返回地球，返回过程包括月面上升、交会对接、环月等待、月地转移、再入回收等阶段。下图为环月等待阶段嫦娥六号在椭圆轨道上运行的示意图，运行方向如图中箭头所示，ab、cd分别为椭圆轨道长轴与短轴。仅考虑月球对嫦娥六号的引力，下列对嫦娥六号的说法中正确的是（ ）
A．在a点的速率等于在b点的速率
B．在a点的加速度大小等于在b点的加速度大小
C．从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间
D．在a点受到的引力大小小于在c点的引力大小
【答案】C
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，从a点到b点过程中，速率越来越小，即在a点的速率大于在b点的速率，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有得所以离月球越远加速度越小，在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小，故B错误；
C．c点和d点速率相等，此外从c点到b点的速率都小于从d点到a点的速率，所以从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间，故C正确；
D．嫦娥六号与月球距离越小受到的引力越大，在a点受到的引力大小大于在c点的引力大小，故D错误。故选C。
9．2023年2月23日，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26号搭乘长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星发射后先在近地圆轨道I（轨道高度忽略不计）做匀速圆周运动，在点瞬时点火进入椭圆转移轨道II，之后通过椭圆转移轨道II进入地球同步圆轨道III，定点于东经，如图所示。点和点分别为轨道I与轨道II、轨道II与轨道III的切点。若同步圆轨道III距地面的高度约为，地球半径约为，地球自转周期为，地球表面的重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．中星26号在转移轨道II上从点运动到点的过程中，机械能减小
B．中星26号在转移轨道II上点运行的速率为
C．中星26号在点和点的重力加速度之比约为6.6
D．中星26号在近地圆轨道I上运行的周期约为
【答案】D
【详解】A．在转移轨道II上从点运动到点的过程中，万有引力对中星26号做负功，动能转化为引力势能，机械能守恒，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，有在地球表面，有解得中星26号在近地圆轨道上运行的速率为中星26号从近地圆轨道I变轨到转移轨道II，做离心运动，需在点加速，所以中星26号在转移轨道II上点运行的速率，故B错误；
C．根据万有引力与重力的关系，在点有在Q点有中星26号在点和点的重力加速度之比约为故C错误；
D．由开普勒第三定律可得中星26号在近地圆轨道上运行的周期故D正确。故选D。
10．量子隧穿效应是当电子或者其它微观粒子（例如质子和中子等）从势垒（可以理解为是一种能量壁障）的一边入射时，即使它们不具有足够的动能从势垒顶部翻越过势垒，它们仍然有一定概率能够在入射的一边消失而在势垒的另一边出现的现象。粒子的隧穿概率，，其中m为粒子质量，h为普朗克常量，为势垒的高度（单位是能量单位），E为粒子的能量，L为势垒的宽度（单位是长度单位）。扫描隧道显微镜是根据量子力学原理中的隧穿效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小为U的电压，针尖与样品之间产生隧穿效应而有电子逸出，形成隧穿电流。当探针沿样品表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与样品表面间的距离不断发生改变，从而引起隧穿电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态。设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（ ）
A．扫描隧道显微镜可以探测样品的深层信息
B．量子隧穿效应是宏观物体也能表现出的常见现象
C．改变探针和样品之间的电压U可以改变电子的能量E
D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应的电子应满足
【答案】C
【详解】A．扫描隧道显微镜是根据量子隧穿效应，通过探针与样品表面间距离变化引起的隧穿电流变化来反映样品表面原子水平的凹凸形态，不能探测样品的深层信息，故A错误；
B．量子隧穿效应是微观粒子表现出的现象，宏观物体的波动性不明显，不会表现出量子隧穿效应这种常见现象，故B错误；
C．在针尖与样品之间加电压，电子在电场中加速，根据动能定理，可以改变电子的能量，故C正确；
D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应时，电子要穿越势垒，电子的能量E小于势垒高度，而是电子在电场中获得的能量，与没有必然的这种关系，故D错误。故选C 。
11．电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由一块固定极板和一块可前后移动的极板组成的平行板电容器，可移动极板的移动距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气襄弹出。则减速过程该电容器（ ）
A．电容减小
B．M、N两极板间的距离减小
C．极板间的电场强度增大
D．M板为可移动极板
【答案】B
【详解】A．因为电荷量Q不变，电压U减小，根据可知电容增大，故A错误；
B．因为C增大，根据则M、N两极板间的距离d减小，故B正确；
C．极板间电场强度又因为，联立解得可知电场强度不变，故C错误；
D．当汽车速度减小时，可移动极板因为惯性速度没来的及变化相对汽车向前运动，M、N两极板间的距离减小，则N板为可移动极板，故D错误。
故选B。
12．磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图所示。轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁（N极在下、S极在上）固定在按键上，长、宽、高分别为 l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流当按键被按下时，永磁铁会靠近霍尔传感器，磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号。当松开按键时，霍尔传感器远离永磁铁，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A．磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号
B．磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号
C．增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏
D．增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏
【答案】A
【详解】AB．根据题意可知，磁铁靠近，霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A正确、B错误；
CD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv有可见和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故 C、D错误。故选A。
13．威尔逊云室是最早的带电粒子探测器。其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为根据动量定理可知由此可得当有磁场时，以粒子初速度方向为轴、入射点位置为坐标原点建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿轴方向由动量定理可知沿方向由动量定理可知由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为，最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小为故选A。
14．如图1所示，城市公交卡是最常用的交通支付工具之一，公交卡内部包含一个集成电路芯片和一个线圈，当公交卡靠近读卡器时，读卡器会发射一定频率的电磁波，这个电磁波被公交卡内的线圈接收，使线圈中产生感应电流，进而为芯片提供所需的电能，激活芯片进行工作，其原理可简化为如图2所示，其中矩形线圈abcd的匝数n=50，线圈面积S=10cm2，线圈的总电阻r=0.1Ω，线圈外接一个阻值R=0.4Ω的电阻，其余部分的电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其碱感应强度B的大小随时间t变化的规律如图3所示（以垂直纸面向里为正方向）。在0~0.2s内，下列说法正确的是（ ）
A．垂直纸面向里看，线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．t=0.1s时，电阻R两端的电压为0.05V
C．通过电阻R的电荷量为0.02C
D．线圈电阻r消耗的功率为1×10-4W
【答案】C
【详解】A．根据题图2，由楞次定律可知，垂直纸面向里看，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势为闭合回路中的电流则电阻R两端的电压恒为故B错误；
C．0~0.2s内，通过R的电荷量为故C正确；
D．线圈电阻r消耗的功率为故D错误。故选C。
15．图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。其输电原理图如图乙所示，采用高压输电可减少输电线上电能的损耗，发电机组发出电压有效值一定的交流电，经理想变压器升压后向远方输电，再经理想变压器降压后输送给用户。假设输电线总电阻r保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输电线损耗功率加倍
B．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输送给用户的功率也加倍
C．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半
D．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线损耗功率减半
【答案】C
【详解】A．由可知输电线电流输电线损耗功率输电电压U一定时，发电功率P加倍，输电线损耗功率变为原来的4倍，故A错误；
B．用户得到的功率发电功率P加倍时，用户得到的功率没有加倍，故B错误；
C．由可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半，故C正确；
D．由可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，输电线损耗功率变为原来的，故D错误。故选C。
16．为高铁供电的流程的原理如图所示，牵引变电所的理想变压器将高压降低，动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至后为动力车厢内的动力系统供电。某段时间内，发电厂输出的电流为，动力系统的电流为，两个理想变压器的匝数，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A．根据理想变压器电压与匝数比的关系可知，，故A错误；
D．对于受电弓部分的变压器，有
结合前面的分析有且联立解得故D正确；
B．根据功率关系有则根据题意故故B错误，
C．根据题图可知根据题意故C错误。故选D。
17．光纤准直器是光通信系统中的一种重要组件，它的作用是将光纤内传输来的发散光转变成准直光（平行光），其简化工作原理如图所示，棱镜的横截面为等腰三角形，从光纤一端射出三束相同的单色光光与棱镜的中心线重合，光恰好分别入射到上、下侧面的中点，经棱镜折射后与中心线平行。已知棱镜横截面的底角和入射光与中心线的夹角均为，棱镜底边长为，光在真空中的传播速度为，则（ ）
A．棱镜对光的折射率为
B．棱镜对光的折射率为
C．光通过棱镜需要的时间为
D．光通过棱镜需要的时间为
【答案】D
【详解】AB．光路图如图所示
由题意知光线在棱镜侧面的入射角，折射角，则折射率为
故AB错误；
C．根据可得光在棱镜中的传播速度为b光从等腰三角形顶点射入，根据几何知识可求通过的路程为所以它通过棱镜需要的时间为故C错误；
D．根据几何知识可知光通过棱镜的路程为所以它通过棱镜需要的时间为故D正确。故选D。
18．2025年1月20日，有“人造太阳”之称的中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次实现1亿摄氏度1066秒的高约束模式等离子体运行。关于该实验中核聚变方程，下列说法正确的是（ ）
A．带正电B．X是
C．核反应前后总质量不变D．的比结合能小于的比结合能
【答案】B
【详解】A．是中子不带电，故A错误；
B．根据质量数与电荷数守恒有2+3-1=4，1+1=2可知，X是，故B正确；
C．核反应前后质量数不变，因为存在质量亏损，所以质量不守恒，故C错误；
D．比结合能是原子核稳定性的指标。在轻核聚变中，生成物（如氦-4）的比结合能高于反应物（氘和氚）。实际数据中，氚的比结合能（约2.8 MeV/核子）高于氘（约1.1 MeV/核子），故D错误。故选B。
19．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，如图所示，用Hβ对应的光照射某种金属表面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．Hα对应的光子能量为2.55eV
B．用Hα对应的光照射该金属表面也能发生光电效应
C．若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则该金属的逸出功增大
D．若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大
【答案】D
【详解】A．根据能级跃迁公式，对α谱线，Hα对应的光子能量为故A错误；
B．根据能级跃迁公式，对β谱线，Hβ对应的光子能量为根据可知Hα的频率小于Hβ的频率， Hβ照射某金属时恰好发生光电效应，则Hα照射该金属时不能发生光电效应，故B错误；
CD．根据光电效应方程知
若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，逸出功的大小与入射光频率无关，由金属本身决定，故C错误，D正确。故选D。
20．玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉兔二号月球车核电池的放射源是，其衰变方程为，的半衰期为88年。已知、α粒子、X的质量分别为、、，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．X的质子数为92
B．温度升高，的半衰期缩短
C．一个核衰变成X，释放的核能为
D．经过176年后，核电池内核的质量减少
【答案】A
【详解】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，选项A正确；
B．半衰期与外部因素无关，则温度升高，的半衰期不变，选项B错误；
C．一个核衰变成X，释放的核能为选项C错误；
D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内核的质量还剩原来的，选项D错误。
故选A。
21．如图为我国研制的一种全新微型核能电池，可以实现五十年稳定安全发电。它利用镍核同位素衰变成铜核同位素，释放的能量被半导体转换器吸收并转化为电能。下列说法正确的是（ ）
A．镍核衰变产生的射线是α粒子流
B．铜核的质量数等于64
C．镍核的比结合能比产生的铜核比结合能小
D．衰变中伴随产生的γ射线是由外层电子跃迁产生的
【答案】C
【详解】AB．依题意，镍核衰变方程
可知镍核衰变产生的射线是β粒子流，铜核的质量数等于63，故B错误；
C．核反应后释放核能，反应朝着比结合能增大的方向进行，所以镍核的比结合能比铜核的比结合能小，故C正确；
D．射线是铜原子核跃迁发出的，故D错误。故选C。
22．如图甲为卫星反作用轮，是卫星调整飞行姿态、动力补偿的主流方式。图乙为一种常见的结构图，环形磁极固定在卫星上，磁极间填充液态金属镓。通过给金属镓通入垂直于纸面的电流，来调整卫星飞行姿态，则（ ）
A．当内层液态镓通入垂直纸面向里的电流时，内层液态镓将顺时针旋转
B．当两层液态镓顺时针旋转时，卫星也将顺时针旋转
C．为获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流方向相反
D．为获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流方向相同
【答案】AC
【详解】A．当内层液态镓通入垂直纸面向里的电流时，结合图乙的磁场方向，由左手定则可判断，内层液态镓将顺时针旋转，故A正确；
B．当两层液态镓顺时针旋转时，根据牛顿第三定律可知，液态镓和环形磁极所受到的力方向相反，由于环形磁极固定在卫星上，卫星将逆时针旋转，故B错误；
CD．由于内外两层磁场方向相反，根据左手定则可知，要想获得最大反作用力，通入内外层液态镓的电流方向相反，故C正确、D错误。故选AC。
23．嫦娥七号计划2026年发射，将前往月球南极寻找水冰存在的证据。若嫦娥七号探测器由地面发射后，经地月转移轨道，在A点变轨后进入绕月圆形轨道Ⅰ，在B点变轨后进入环月椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ可视为与月面相切于C点。轨道Ⅰ的半径是月球半径的倍，仅考虑月球的引力，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥七号在A点变轨时加速
B．嫦娥七号在B点变轨时减速
C．嫦娥七号在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的
D．嫦娥七号在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的
【答案】BD
【详解】AB．嫦娥七号在A、B两点变轨时半径变小，均减速，A错误，B正确；
CD．由，得到
因此嫦娥七号在轨道I上的向心加速度是月球表面重力加速度的，C错误，D正确。
故选BD。
24．2025年3月4日，《上观新闻》消息，我国2025年将发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一搜货运飞船，执行二次载人飞行任务的航天员乘组已经选定，正在开展相关训练。如果“神舟二十号”飞船升空后先进入停泊轨道（即近地圆形轨道），之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速
B．天和核心舱的向心加速度大小为
C．可估得地球密度为
D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为
【答案】BC
【详解】A．飞船需要通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A错误；
B．设天和核心舱的向心加速度大小为，地表物体受的重力为，由，解得，B正确；
C．船在停泊轨道运行的周期为，根据万有引力提供向心力有，解得，则地球的密度为，解得，C正确；
D．设飞船在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律有，整理可得，故飞船在转移轨道上从点飞到点所需的时间为，D错误。故选BC。
25．一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示。线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动
B．线圈的发热功率为
C．加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为
D．线圈支撑的最大速度为
【答案】AD
【详解】A．电流方向如图甲所示时，由左手定则可知，线圈收到向上的安培力，将向上运动，故A正确；
B．线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电流方向与恒定电压产生的电流方向相反，故电路中的电流小于，故线圈的发热功率小于，故B错误；
C．初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流故线圈受到的安培力为由牛顿第二定律解得，故C错误；
D．线圈中产生的感应电动势为线圈中的电流为当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时解得线圈支撑的最大速度为，故D正确。故选AD。
26．电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．踩下驱动踏板瞬间，金属棒的加速度为
B．踩下驱动踏板后，从上往下看金属棒MN顺时针转动
C．踩下驱动踏板后，一段时间后金属棒匀速转动，此时金属棒两端的电压大小为
D．踩下驱动踏板后，当金属棒达到最大转动速度时松开驱动踏板，一段时间后金属棒匀速转动，此时电容器C上的带电量
【答案】ABD
【详解】A．踩下驱动踏板瞬间，根据牛顿第二定律有其中解得故A正确；
B．踩下驱动踏板后，电流方向由M到N，根据左手定则可知，金属棒MN顺时针转动，故B正确；
CD．当金属棒所能达到的最大线速度满足，金属棒中的无电流通过，即金属棒切割磁感线关生的感应电动势为E，即当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等联立得，故C错误，D正确；故选ABD。
27．2022年南方电网已组装波浪能发电机。如图，下方为时刻向x轴正方向传播的海水波动图像，周期为1s。发电机圆柱体浮杆定位于x坐标值8m的质点处，此时质点的速率为v。套于磁铁S极上的线圈可与浮杆同步振动，线圈又连接一个理想变压器。已知线圈共n匝，其圆半径为r，N、S极产生的辐向磁场在线圈处的磁感应强度大小为B，理想变压器原副线圈匝数比为1：10。磁铁、变压器等固定，下列判断正确的是（ ）
A．时刻浮杆正随海水向下振动
B．时刻发电机产生的电动势为
C．发电机产生电动势的表达式为
D．变压器副线圈输出电压的有效值为
【答案】BD
【详解】A．波向x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知位于x坐标值8m的质点在t=0时刻，沿y轴正方向振动，所以浮杆正随海水向上振动，故A错误；
B．在t= 0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为
故B正确；
C．质点振动的圆频率为因为在t=0时的感应电动势最大，所以发电机产生电动势的瞬时值表达式为故C错误；
D．发电机产生的电动势的有效值为根据理想变压器电压与匝数成正比，有可得变压器副线圈输出电压的有效值为故D正确。故选BD。
28．智能驾驶备受人们的青睐，而霍尔元件在智能驾驶中起着重要的作用，能够实时监测汽车的速度。利用霍尔元件测速的原理如下：在汽车的电机转轴上固定一个磁铁，当装有霍尔元件的传感器靠近磁铁时就会输出高电压，远离磁铁时输出低电压，形成矩形波，通过矩形波的频率计算出电机的转速，再通过车轮的大小计算出汽车的速度，当磁铁靠近霍尔元件时的模拟图如图甲所示，磁感应强度大小为B，元件中通入的电流大小为I，导体中的载流子是电荷量为e的电子，单位体积内的自由电子数为n，导体沿磁场方向的长度为d，导体的高度为h，传感器检测到霍尔电压随时间的变化图像近似如图乙所示。已知车轮的半径为R。
(1)在图甲的状态下，哪个表面的电势低，上、下两个表面的电势差的大小为多少？
(2)若测试车辆从静止开始做匀加速运动，此时电机转速与车轮转速之比为n：1，当车行驶的距离为6πR时，传感器检测到霍尔电压刚好为，求汽车车轮转动最后一圈所用的时间。
【答案】(1)上表面电势低，(2)
【详解】（1）根据左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，载流子带负电，负电荷向上偏转，则霍尔元件的上表面电势低，根据受力平衡可得由电流的微观表达式可得其中解得
（2）设汽车的速度为v，根据图乙可知，电机的转动周期根据可得又解得设汽车行驶距离为6πR所用的时间为t，根据解得设车轮转动一圈、转动两圈、转动三圈的时间分别为，根据可得其中则车轮在转第三圈所用的时间
29．亥姆霍兹线圈是一种制造小范围区域均匀磁场的器件。它由一对完全相同的圆形导体线圈组成，这两个线圈的半径和匝数相同，且同轴排列。亥姆霍兹线圈能产生标准磁场，因此在物理实验中经常被使用。如图所示为一对通有相同方向且等大的恒定电流的亥姆霍兹线圈，形成如图平行中心轴线O1O2向右的匀强磁场，其磁感应强度B大小未知，现有一离子源放置于O1O2上某点位置O，持续发射初速度大小均为v0的粒子，其方向垂直于轴线向外，粒子所带电荷量均为+q，质量均为m。在x轴线上垂直放置一圆形探测屏，半径为R，其圆心位于x轴上的P点，用于接收粒子，探测屏圆心P与粒子源间的距离为d，不计粒子重力和粒子间相互作用。若粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径恰好等于。
(1)要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针还是逆时针方向的电流（从左往右看）；
(2)磁感应强度B的大小？
(3)断开亥姆霍兹线圈中电流，在垂直x轴线方向上放置一对平行板，两极板间形成匀强电场方向如图所示，要使得所有粒子恰好打在探测屏边缘，则该匀强电场E的电场强度应为多大？
(4)若该空间同时存在上述的磁场和电场，沿x轴平移探测屏，使所有粒子恰好打在探测屏的圆心，求探测屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。
【答案】(1)顺时针(2)(3)(4)
【详解】（1）根据安培定则，要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针方向的电流（从左往右看）
（2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 其中 解得
（3）粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向有 垂直于x轴方向有 由牛顿第二定律可知 联立解得
（4）根据运动独立性，粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，垂直于x轴方向做匀速圆周运动，故粒子回到x轴时间为粒子做匀速圆周运动周期的整数倍
x轴方向有,联立解得
30．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。某种质谱仪原理如图所示。质谱仪处于真空暗室中。正离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器选择出特定比荷的离子。磁分析器截面为直角扇形，M和N处各有一个小孔，被选择离子在磁分析器中做半径为R的圆周运动，恰好穿过两小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统的底面与胶片平行，间距为D，NO为垂直于胶片的中心轴线，以胶片中心O为原点建立xy直角坐标系。已知速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器、偏转系统中电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和沿x轴正方向。已知，。由于离子进入偏转系统时速率都很大，且在偏转系统中运动时NO方向的分速度总是远大于x轴方向和y轴方向的分速度，所以离子在偏转系统中沿x轴和y轴方向位移可忽略。不计离子重力。
(1)求磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)若仅撤去偏转系统的磁场，离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离）；
(3)离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离）。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）通过速度选择器后离子的速度满足由牛顿第二定律可知解得
（2）离子在偏转系统中受到沿x轴方向的电场力，加速度离子在偏转系统中运动的时间离开偏转系统时，离子在x轴方向的分速度离子从偏转系统离开至到达显示系统时间离子射到屏上时x轴方向上偏离O点的距离解得则点迹坐标。
（3）离子进入偏转系统后，y轴方向上在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径为R，射出偏转系统时，设偏转角为，如图所示
根据几何关系有又因为，则经偏转系统后，在y轴方向上的偏转距离则点迹坐标。
31．2009年诺贝尔物理学奖授予物理学家高鲲，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”所做出的突破性成就。如图所示是光导纤维的截面图，其折射率为，一激光光束沿与OO'成角度的方向从О点射入，经折射后激光束进入光纤恰好可以在光纤内表面上发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s。
(1)求角度的大小；
(2)若光纤的总长度为12km，求激光光束在光纤中传播的时间。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）光路图如图所示
依据题意，激光束经过折射后进入光纤，传播到光纤内表面时恰好发生全反射，此时激光束与法线的夹角恰好为临界角，由几何关系可知根据折射定律可知又因为由此可得
（2）激光束在光纤中的传播速度为以及的距离为如此可得总时间为
【情景四 与体育活动相关情景】
1．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面与水平方向夹角为且足够长，如图所示，测得A、B间的距离为40m，斜坡与水平面的夹角为，运动员质量，不计空气阻力，下列说法正确的有（ ）
A．运动员在空中相同时间内的速度变化逐渐增大
B．运动员的质量越大，落点离A越远
C．运动员在A处的速度为
D．运动员落在B处的速度与水平方向夹角为
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，由可知，运动员在空中相同时间内的速度变化相同，故A错误；
BC．根据平抛运动规律有，又有，整理可得，代入数据解得，可知，运动员在A处的速度为，在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比，与质量无关，故B错误，C正确；
D．运动员落在B处的竖直速度为则速度与水平方向夹角的正切值可见速度与水平方向夹角不等于，故D错误。故选C。
2．2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小，方向与水平方向的夹角为，着陆瞬间速度大小为，方向与水平方向的夹角为，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为，重力加速度为，杨文龙与雪板的质量为。下列说法正确的是（ ）
A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动
B．起跳点A到着陆点C的水平距离为
C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为
D．杨文龙在最高点时处于超重状态
【答案】B
【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所以加速度不恒定，故A错误；
B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则设从A到C的时间为，则在水平方向上动量定理水平位移联立解得，故B正确；
C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量即，故C错误；
D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。
故选B。
3．2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
【答案】B
【详解】A．由于不同运动员质量不同，无法比较动能大小，故A错误；
B．距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确；
CD．同一个运动员在不同比赛中，起跳时的具体速度和角度可能不同，落地点自然也可能不同，“距离得分”不一定相同，即距离得分受到AB段的动作影响，不能视为质点，故C、D错误。故选B。
4．图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为µ1=0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为µ2可以为（ ）
A．0.74B．0.76C．0.79D．0.80
【答案】B
【详解】根据动能定理可得代入数据解得要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则即故选B。
5．图甲为a、b两名运动员4×100m接力赛交接棒的情景。某次比赛时在直道接力区域完成交接棒过程中，a、b两运动员运动的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为接棒运动员，b为交棒运动员
B．0-t1时间内，a和b二者间距离越来越大
C．由图乙可知，两运动员在t1时刻完成交接棒
D．交接棒时的速度越大，因交接棒对比赛成绩的影响越小
【答案】CD
【详解】AC．由图乙可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后，开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达到最小，即t1时刻完成交接棒动作。交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员继续减速直到停下，综上分析，a为交棒运动员，b为接棒运动员，故A错误，C正确；
B．根据上述可知，0~t1过程中，b在前，a在后，二者距离越来越小，故B错误；
D．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，对比赛成绩的影响越小，故D正确。故选CD。
6．打高尔夫球是很多人都想尝试的一项运动项目。在某次训练中，运动员将一质量的高尔夫球从点沿与水平方向成角斜向上的速度（大小未知）击出，高尔夫球在空中运动一段时间后刚好从点沿切线方向滚入一半径的沙坑中，高尔夫球运动到沙坑最低点 时对沙坑的压力 。高尔夫球运动过程的简图如图所示，已知，两点的距离，高尔夫球的运动始终在同一竖直面内，忽略空气阻力影响，不考虑高尔夫球在沙坑中运动时可能粘上沙子而带来的质量变化，高尔夫球可视为质点，重力加速度。求：
(1)高尔夫球从点击出瞬间的速度大小；
(2)高尔夫球从点运动到点过程中沙子对高尔夫球所做的功。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）如图所示，沿初速度方向和垂直初速度方向建立坐标系，将高尔夫球在空中的曲线运动分解为x方向的匀减速直线运动和y方向的匀加速直线运动，设x方向加速度为 ，y方向加速度为 ，将加速度正交分解可得，
高尔夫球从A点运动到B点的时间为t，由题意得小球运动到B点时沿x轴方向的速度减为0，利用逆向思维法可得在y轴方向上根据几何关系可得，又由运动规律联立得
（2）设高尔夫球运动到B点、C点时的速度分别为 、 ，在y轴根据运动规律可得在C点由牛顿第二定律可得 由牛顿第三定律得 从B点到C点过程由动能定理得联立得
7．将110米栏跨栏过程的运动员视为做斜抛运动的质点，如图为传统的“八步上栏”起跳后运动员的轨迹。为提高比赛成绩，有的运动员改为“七步上栏”。相比“八步上栏”，“七步上栏”要在离栏更远的地方起跳，但运动员达到的最高点与原来相同。
(1)请你画出“七步上栏”的轨迹示意图。
(2)分析说明“七步上栏”在跨栏过程中是否可以提高比赛成绩。
(3)理想情况下，假设跨栏前运动员已达到最大速度，运动员应做到不因跨栏而影响跑步速度。分析说明，在这种情况下：运动员起跳过程对地面的冲量的方向。
【答案】(1)见解析(2)可以(3)竖直向下
【详解】（1）如图中虚线
（2）可以；在竖直方向上，由“达到的最高点与原来相同”，所以上升和下落时间均不变，“七步上栏”要在离栏更远的地方起跳，即在相同时间内而水平分运动位移更大，故可节省时间
（3）方向竖直向下；“运动员应做到不因跨栏而影响跑步速度”意味着运动员跨栏前后在水平方向的速度不变，故运动员起跳过程动量变化量竖直向上，故运动员受到的合力的冲量竖直向上，而重力对运动员的冲量竖直向下，故地面对运动员的冲量竖直向上，根据牛顿第三定律，运动员对地面的冲量竖直向下。
8．在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。
(1)求全红婵起跳瞬间的速度大小；
(2)全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）；
(3)若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。
【答案】(1)(2)见解析(3)53 m
【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得，
图像如图
（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
其中
可得
第二部分 高频考点预测篇
【预测一 选择题】
预测01原子物理
1．如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则（ ）
A．阴极K的逸出功小于B．阴极K的截止频率为
C．逸出光电子的最大初动能为D．信号接收电路中电源的a端是正极
【答案】B
【详解】AB．因波长为的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于
阴极K的截止频率为
选项A错误，B正确；
C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，选项C错误；
D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，选项D错误。故选B。
2．我国太阳探测科学技术试验卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由和能级向能级跃迁产生的谱线，如图所示，用Hβ对应的光照射某种金属表面，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．Hα对应的光子能量为2.55eV
B．用Hα对应的光照射该金属表面也能发生光电效应
C．若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则该金属的逸出功增大
D．若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大
【答案】D
【详解】A．根据能级跃迁公式，对α谱线，Hα对应的光子能量为
故A错误；
B．根据能级跃迁公式，对β谱线，Hβ对应的光子能量为
根据
可知Hα的频率小于Hβ的频率， Hβ照射某金属时恰好发生光电效应，则Hα照射该金属时不能发生光电效应，故B错误；
CD．根据光电效应方程知
若照射光的频率大于Hβ对应的光的频率，则光电子的最大初动能增大，逸出功的大小与入射光频率无关，由金属本身决定，故C错误，D正确。故选D。
3．发现质子的核反应方程为，患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人，植入心脏起搏器（如图）是现在比较有效的治疗方式，有些心脏起搏器的电池是Z粒子辐射电池，它是一种利用放射性同位素衰变时释放的Z粒子直接转换为电能的装置，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程中的X为B．查德威克通过实验证实了质子的存在
C．衰变方程中的Z为D．锶衰变的核反应前后质量守恒
【答案】C
【详解】AC．衰变过程中质量数与电荷数守恒，可知X为，Z为，故A错误，C正确；
B．查德威克通过实验证实了中子的存在，故B错误；
D．锶衰变的核反应前后质量会有亏损，故D错误；
故选C。
4．2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果，该电池具有长寿命、高能量密度的优点，它主要是利用镅243（）发生α衰变释放能量，其半衰期为7370年。下列说法正确的是（ ）
A．镅243发生α衰变过程中质量守恒
B．镅243形成不同化合物时其半衰期不变
C．镅243发生α衰变生成的新核中有96个质子
D．100个镅243原子核经过14740年后还剩25个
【答案】B
【详解】A．镅243发生α衰变过程中，由于释放能量，存在质量亏损，所以质量不守恒，故A错误；
B．半衰期与化合形态无关，所以镅243形成不同化合物时其半衰期不变，故B正确；
C．根据质量数守恒、电荷数守恒可知衰变方程式为
生成的新核X中有93个质子，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。故选B。
预测02光学
5．潜水员在潜水时偶然会观察到上方坑洞里存在着明亮的“反光”，这是因为坑洞里存在空气，光在水面发生了全反射。如图，a处光源发出沿ab方向的光在b点恰好发生全反射，被c处的潜水员观察到。若水的折射率为n，光线与水面的夹角为θ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由光的折射定律可得由几何关系联立可得故选C。
6．一横截面为半圆形的柱状玻璃砖对称放在直角坐标系的第一、四象限，两束平行于轴且与轴等距离的单色光a、b，从空气中垂直轴射入玻璃砖中，在圆弧面上发生反射和折射的光路如图所示。由此可知（ ）
A．玻璃对光的折射率比b光的小
B．在真空中a光的传播速度比光小
C．光在玻璃砖内的波长比在空气中的小
D．将光向上平移，光也可能直接从玻璃砖中透射出来
【答案】C
【详解】A．根据图示可知，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，根据几何关系可知，图示中两光的入射角相等，则a光的临界角小于b光的临界角，根据
可知，玻璃对光的折射率比b光的大，故A错误；
B．光在真空中的传播速度均为c，即在真空中a光的传播速度与光相等，故B错误；
C．根据折射率与光速、波长关系有
光折射率大于 1，可知，光在玻璃砖内的波长比在空气中的小，故C正确；
D．将光向上平移，根据几何关系可知，入射角增大，即入射角仍然大于临界角，可知，将光向上平移，光也不能直接从玻璃砖中透射出来，故D错误。
故选C。
7．洛埃德（H。Llyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉现象的装置。如图所示，缝光源S与光屏平行，从缝光源发出的光，一部分入射到平面镜M后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹，缝光源S通过平面镜成的像相当于另一缝光源。某次实验，S发出波长为的单色光，虚线上方的第3条亮条纹出现在N处。不考虑半波损失，下列说法正确的是（ ）
A．若撤去平面镜M，光屏上将不再出现明暗相间的条纹
B．若缝光源S发出波长为的单色光，光屏上N处将出现第2条亮条纹
C．若将缝光源S下移少许，光屏上的条纹间距将变小
D．若将平面镜M右移少许，光屏上的条纹间距将变大
【答案】B
【详解】A．若撤去平面镜M，通过单缝光线会发生衍射，仍然可以观察到明暗相间的衍射条纹，故A错误；
CD．缝光源S通过平面镜成的像相当于另一缝光源，由双缝干涉相邻两条亮间距公式其中，可得若将缝光源S下移少许，则h变小，可知光屏上的条纹间距将变大;若将平面镜M右移少许，则不影响光源的像的位置，则光屏上的条纹间距不变，故CD错误；
B．由可得即已知S发出波长为的单色光，虚线上方的第3条亮条纹出现在N处，则缝光源S发出波长为的单色光，光屏上N处将出现第2条亮条纹，故B正确。故选B。
8．如图为利用光学干涉原理测量滚珠K直径的装置。将标准立方体玻璃块G放在平板上，上面盖一块标准平面玻璃板，使中间空气层形成尖劈，尖劈开口间距d（未知）远小于G的边长。用单色光从上方垂直照射玻璃板，在玻璃板与G之间的尖劈处得到了等距干涉条纹。滚珠K与接触点为M，滚珠K和G接触。已知相邻亮条纹间距为，再结合下列哪个选项中的数据可以求解滚珠K的直径（ ）
A．玻璃板的厚度、平板的厚度
B．M点与玻璃板右端的距离
C．单色光的波长、玻璃板的厚度
D．单色光的波长、标准立方体玻璃块G的边长a
【答案】D
【详解】对于空气劈尖干涉，相邻亮条纹（或暗条纹）对应空气层厚度差为，设相邻亮条纹间距为，空气劈尖的夹角为，则有又很小，则有设滚珠K的直径为D，作出几何关系如图所示。
由几何关系可得又联立解得可知要测量滚珠K的直径D，则需要单色光的波长、标准立方体玻璃块G的边长a。故选D。
预测03热学
9．两小宝宝分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图1所示，哥哥画的小鱼如图2所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。从物理视角分析，下列说法正确的有（ ）
A．小鱼吐的气泡上升时，体积不变，图1不合理
B．小鱼吐的气泡上升时，体积减小，图2不合理
C．小鱼吐的气泡上升时，泡内压强增大
D．小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做负功
【答案】D
【详解】ABC．小鱼吐出气泡后，在水中上升，距离水面越来越近，压强减小，根据
可知体积增大，故ABC错误；
D．小鱼吐的气泡上升时，气体膨胀，气体对外做正功，液体对气泡做负功，故D正确。故选D。
10．游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图是一种便携式氧气罐，某游客按压该氧气罐喷出气体的过程中（假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变），下列说法正确的是（ ）
A．罐内每个气体分子的动能都不变
B．外界对罐内气体做功
C．罐内气体的压强不变
D．罐内气体吸收的热量在数值上等于气体对外界做的功
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，温度不变，平均动能不变，但不是罐内每个气体分子的动能都不变，故A错误；
B．喷出气体瞬间，气体膨胀，气体对外做功，故B错误；
C．喷出气体过程中，相当于罐内和喷出的气体总体积膨胀，温度不变，根据理想气体状态方程可知，气体压强减小，故C错误；
D．由于气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，罐内气体吸收的热量在数值上等于气体对外界做的功，故D正确。故选D。
11．一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程，过程是等温过程，过程是等容过程，过程是等压过程。下列说法正确的是（ ）
A．过程中气体的内能增加
B．过程中气体向外界放热
C．过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．过程中外界对气体做的功等于过程中气体对外界做的功
【答案】C
【详解】A．过程为等温变化，理想气体的内能不变，故A错误；
C．该过程中气体体积增大，气体对外做功，即，温度不变，即，由热力学第一定律
可得即气体吸收的热量全部用来了做功，故C正确；
B．过程为等容变化，，由查理定律解得即气体内能增大，由热力学第一定律得即气体从外界吸热，故B错误；
D．p-V图中，图线与横轴围成的面积在数值上等气体对外界或外界对气体所做的功，据此由图可知，过程中外界对气体做的功大于过程中气体对外界做的功，故D错误。故选C。
12．如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往水球中注入一个气泡，气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．由于完全失重，气泡中气体压强为零
B．太空中，水分子停止热运动
C．水球是表面张力作用形成的
D．水泡受到水的浮力作用
【答案】C
【详解】A．气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A错误；
B．气泡内分子一直在做无规则的热运动，故B错误；
C．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，产生表面张力，故C正确；
D．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D错误。
故选C。
预测04平衡问题和牛顿动力学问题
13．图甲为2025年春晚宇树机器人抛接手绢的表演，某同学对视频逐帧分析后发现，抛出后的手绢在细线拉力的作用下被回收。某段时间内，手的位置O点不变，手绢可视为做匀速直线运动，其运动轨迹如图乙中虚线段PQ所示，则手绢从P到Q运动过程中受到的（ ）
A．空气阻力先增大后减小B．空气阻力大小不变
C．细线的拉力一直增大D．细线的拉力一直减小
【答案】D
【详解】依题意，手绢做匀速直线运动，受力分析如图所示
其中重力竖直向下，细线拉力沿细线指向O点，空气阻力沿PQ连线由Q指向P，三力平衡，做出重力与拉力的合力示意图，由图可知，随着手绢的运动，细线的方向顺时针转动，且未转到水平方向，由图可知，细线的拉力一直减小，空气的阻力一直减小，故ABC错误；D正确。
故选D。
14．磁悬浮地球仪具有独特的视觉效果，其工作原理简化如图：水平底座上的三个完全一样的磁极对地球仪内的磁体产生作用力（沿磁极与磁体的连线），使地球仪悬浮在空中，此时各磁极和磁体恰好处在正四面体的四个顶点处。地球仪的总质量为m，重力加速度为g，则一个磁极对磁体的作用力大小为（ ）
A．B．
C．D．mg
【答案】B
【详解】令正四面体的棱长为L，地球仪中的磁体到下侧磁极之间连线与竖直方向夹角为，根据几何关系有可知根据对称性可知，每个磁极对磁体的作用力大小均相等，对磁体进行分析，根据平衡条件有解得故选B。
15．中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（ ）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
【答案】B
【详解】ABC．由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D．根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。故选B。
16．冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
【答案】D
【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为由牛顿第二定律得冰车与冰面的动摩擦因数故B错误；
A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据图像可知再由牛顿第二定律解得故A错误；
C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为故C错误；
D．由动能定理代入数据得故D正确。故选D。
预测05抛体运动和圆周运动
17．如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2（v2>v1）的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为x，竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x的最小值为B．x的最小值为
C．y的最小值为D．y的最小值为
【答案】C
【详解】CD．弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动时间最短y的最小值为故C正确，D错误；
AB．由于则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为此时x的最小值为L，故AB错误。故选C。
18．人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示，出水管口最下端距水平地面一定高度，出水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定，水流在空中不会中断，则水柱落在水平地面上的形状大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则水平方向为匀速直线运动，则水平位移为考虑管口截面上三个点的轨迹，即最上端、最下端和圆心，如图所示
则，因为所以水柱落在地面的形状左右不对称，最下端和圆心的落地点间距大于最上端和圆心的落地点间距，故形状大致为D选项。故选D。
19．如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为，A在工作台边缘，B在工作台内部．若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
A．当工作台匀速转动，A、B所受合力为0
B．当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等
C．当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动
D．当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴
【答案】C
【详解】A．当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0，选项A错误；
B．当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据v=ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错误；
C．当陶屑将要产生滑动时解得可知r越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确；
D．只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心；则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴，选项D错误。故选C。
20．小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M套在横杆上，一个小铁球用轻质细线吊在物块底部。当小车以恒定速率通过某一水平弯道时（可视为圆周运动），细线与竖直方向的夹角为，如图所示。若小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与小车均保持相对静止，下列说法错误的是（ ）
A．细线与竖直方向的夹角变大B．细线对小球的拉力变大
C．横杆对物块的摩擦力变大D．横杆对物块的支持力变大
【答案】D
【详解】D．令小铁球质量为m，物块与小球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示
则有
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D错误，符合题意；
C．火车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R，结合上述分析有
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故C正确，不符合题意；
A．对小球进行受力分析，如图乙所示
则有，解得可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故A正确，不符合题意；
B．结合上述解得由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，故B正确，不符合题意。故选D。
预测06万有引力与航天
21．2024年，“嫦娥六号”圆满完成了月球背面土壤采样工作。月壤离开月球的简化过程如图所示。第一步“上升器”携带月壤离开月球进入轨道1，轨道1的Q点与月球表面的距离可忽略。第二步“上升器”在P点进入轨道2。在轨道2附近的环月圆轨道3（未画出）上有轨道器和返回器的组合体（简称“轨返组”）。第三步“轨返组”加速追上轨道2上的“上升器”并对接，“上升器”将月壤交与“轨返组”。第四步“轨返组”带着月壤进入月地转移轨道，则（ ）
A．“上升器”在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度
B．“上升器”在轨道2上的运行周期小于轨道1上的运行周期
C．“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略大于轨道2的半径
D．在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积相同
【答案】A
【详解】A．月球的第一宇宙速度等于月球近月轨道的运行速度，“上升器”要从近月轨道进入到轨道轨道1，需要在 Q点加速做离心运动才能实现，所以在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度，故A正确；
B．根据开普勒第三定律，因为轨道2的半长轴大于轨道1的半径，则“上升器”在轨道2上的运行周期大于轨道1上的运行周期，故B错误；
C．“轨返组”需要加速才能追上轨道2的“上升器”，则“轨返组”所在的环月圆轨道3的半径略小于轨道2的半径，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，只有在同一轨道上“上升器”与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积才相等，在轨道1和轨道2上“上升器”与月球中心的连线单位时间内扫过的面积不相同，故D错误。
故选A。
22．2024年10月29日，神州19号载人航天飞行任务新闻发布会在酒泉卫星发射中心召开，发言人介绍我国锚定在2030年前实现中国人登陆月球的目标，工程全线正在全面推进研制建设工作。在简化处理地球和月球的关系时，认为地球和月球构成双星系统，两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球基地过程中，要将地球上的一部分物资转移到月球上（该过程中地球和月球的总质量不变，地球和月球均可视为质点），若地、月中心间距固定不变，地球的质量始终大于月球的质量，则建造过程中（ ）
A．系统的周期变大B．地球的轨道半径不变
C．地球的线速度变大D．地球的角速度变大
【答案】C
【详解】AD．设地球质量为M，圆周运动半径为R，月球质量为m，圆周运动半径为r，做圆周运动的角速度相等为，根据万有引力提供向心力可知，联立解得由于地球和月球的总质量不变，地、月中心间距固定不变，故可知系统的周期和地球的角速度不变，系统的周期不变，故AD错误；
B．根据前面分析可知，由于月球质量在增大，故地球的轨道半径R变大，故B错误；
C．根据可知由于地球的角速度不变，轨道半径变大，故地球的线速度变大，故C正确。
故选C。
23．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km 的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m 的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度
B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力
C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小
D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加
【答案】D
【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据可知，它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；
B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有
飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可知
需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；
C．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有解得对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误；
D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确；
故选D。
24．“二月二，龙抬头”是中国民间传统节日。每岁仲轿卯月之初、“龙角虽”犹从东方地平线上升起，故称“龙抬头”。0点后朝东北方天空看去，有两颗究见“角宿一”和“角宿二”，就是龙角星。该龙角星可视为双星系统，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。若“角宿一”的质量为m1、“角宿二”的质量为m2，它们中心之间的距离为L，公转周期为T，万有引力常量G。忽略自转的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．“角宿一”的轨道半径为
B．“角宿一”和“角宿二”的向心加速度之比为m1：m2
C．“角宿一”和“角宿二”的线速度之比为m1：m2
D．“角宿一”和“角宿二”做圆周运动的向心力之比为m1：m2
【答案】A
【详解】ABD．双星系统，角速度、周期相同，且彼此间的引力提供其向心力，则有因为联立解得“角宿一”的轨道半径“角宿一”和“角宿二”的向心加速度之比为“角宿一”和“角宿二”做圆周运动的向心力之比为故A正确，BD错误；联立解得
C．根据以上分析可有根据线速度联立以上,解得“角宿一”和“角宿二”的线速度之比为故C错误。故选A。
预测07功能关系
25．图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为µ1=0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板（游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在水平滑道上铺设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为µ2可以为（ ）
A．0.74B．0.76C．0.79D．0.80
【答案】B
【详解】根据动能定理可得代入数据解得要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则即故选B。
26．直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律有解得可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误；
B．阻力的瞬时功率大小结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；
C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误；
D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能
即图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。
故选D。
27．2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯通运营。若发车前工作人员将两列车串联，两列车能以速度向前方匀速运动，前方列车的输出功率为，后方列车输出功率为，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力的倍，则两列车连接处牵引装置的作用力为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】方法一：设两列车连接处牵引装置的作用力大小为，对前方列车进行受力分析，根据平衡条件有对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有解得
方法二：两列车以速度向前方匀速运动，对整体进行分析有前方列车所受的摩擦力前方列车提供的牵引力解得连接处的作用力故选C。
28．如图所示，两物块M和m用一根绕过定滑轮的轻绳相连。在一定距离内，物块M在某一外力作用下能沿平台向左做匀速直线运动，并保持其速度为。与此同时，物块m随之上升。在此过程中，当物块M依次经过A、B两点时，其轻绳与水平线所成夹角各为：， ，已物块m的质量为1kg，滑轮离台面高为，重力加速度，且物块M、m皆可视为质点。则对于物块M途经A、B两点的运动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．轻绳对物块m做功122J
B．物块m做匀速直线运动
C．轻绳对物块m做功的平均功率约为174.6W
D．无法求出轻绳对物块m的冲量大小
【答案】C
【详解】B．根据速度分解得 物块m做加速直线运动，B错误；
A．物块m上升的高度为 轻绳对物块m做功为，A错误；
C．运动时间为 轻绳对物块m做功的平均功率为 ，C正确；
D．根据动量定理得 解得 能求出轻绳对物块m的冲量大小，D错误。故选C。
预测08动量定理和动量守恒定律
29．用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示，钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为、，下列说法正确的是（ ）
A．由图像分析可得，电钻做匀速运动
B．前一段时间内，阻力的冲量的大小为
C．前一段位移内，摩擦生热为
D．前一段时间内，电钻的平均速度无法算出
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，阻力随时间变化的关系为，阻力随位移变化的关系为，故有即电钻做匀速运动，A正确；
B．根据图甲可得，由知前一段时间内，阻力的冲量的大小为其中得，B错误；
C．根据图乙可得，由知前一段位移内，摩擦生热为，其中，得，C错误；
D．由，得，D错误。故选A。
30．中国空间站在距地面高度约的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ）
A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小
B．空间站的速度大小为
C．气体对空间站前端作用力大小为
D．空间站发动机的功率为
【答案】C
【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律
故减小时，增大，动能增大，故A错误；
B．根据牛顿第二定律又地球表面联立解得故B错误；
C．设极短的时间内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为碰撞瞬间，根据动量守恒由于故对稀薄气体，根据动量定理联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确；
D．空间站发动机的功率为故D错误。故选C。
31．如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
A．b球的质量
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为
D．若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
【答案】D
【详解】A．设小球离开弹簧后的速度大小为，球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有解得选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得解得同理可得b球离开弹簧后的速度大小为取向左为正方向，根据动量守恒定律可得可得b球的质量为故A错误；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系
由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；
C．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律可得联立解得由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，故C错误；
D．若，取向左为正方向，由动量守恒定理得
则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为故D正确。故选D。
32．如图所示，现有一质量为的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为。又有一质量为的小球以的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度，为重力加速度。已知碰撞的恢复系数，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度。若要求碰撞后的单摆能够做完整的圆周运动，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】在单摆做完整圆周运动的最高点，根据牛顿第二定律根据机械能守恒定律，从最低点到最高点，有联立解得已知碰撞前，，由恢复系数解得由动量守恒定律解得故选D。
预测09机械振动和机械波
33．智能手环随手臂做简谐运动，其质量为，位移图像如图所示。图中函数是余弦函数，初相位为0，abcd四个点分别表示所在点的横坐标大小。下列说法不正确的是（ ）
A．当手环运动到处时，传感器的加速度大小为
B．当手环运动到处时，传感器所受回复力大小为
C．当手环运动到处时，传感器的加速度大小最大
D．当手环运动到处时，传感器速度与处相同
【答案】A
【详解】A．手环做简谐运动，当手环运动到处时，传感器的位移大小为
加速度大小不是，故A错误，符合题意；
B．设手环运动周期为T，由图可知当手环运动到处时，传感器所受回复力大小为由周期公式解得故B正确，不符合题意；
C．当手环运动到处时，处于最高点，传感器的加速度最大，故C正确，不符合题意；
D．手环在a、c两处时离开平衡位置的位移最大，当手环运动到处时，传感器速度与处相同，都是零，故D正确，不符合题意。
故选A。
34．如图所示，一兴趣小组提出了一个大胆假设：有一条隧道从A点到B点直穿地心，地球的半径为R、质量为M，将一质量为m的物体从A点由静止释放（不计空气阻力），C点距地心距离为x，已知均匀球壳对放于其内部的质点的引力为零，引力常量为G（地球视为质量分布均匀的球体）。下列说法正确的是（ ）
A．物体在A点的加速度与在C点的加速度之比为
B．物体到达O点的动能为
C．物体先做匀加速运动再做匀减速运动
D．物体在C点受到地球的引力大小为
【答案】B
【详解】AD．由题意可知，在距地心x处，物体受到地球的引力为根据牛顿第二定律得可知，从A到O加速度随位移均匀减小，物体在A、C两点的加速度之比为，故AD错误；
B．根据前面分析可知引力随下降的位移线性变化，根据动能定理，从A到O有
故B正确；
C．从A到B引力满足方向始终指向O，所受引力与位移方向相反，故物体将在A、B之间做简谐运动，不是做匀变速运动，故C错误。故选B。
35．主动降噪技术的应用令车载音响实现沉浸式音效，图为t=0时降噪设备捕捉到的噪声波，为了实现降噪，应同时主动产生一列同性质的声波，下列选项最符合条件的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】为了实现降噪，则同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，所以两列波的周期应相等，振动相位差为，且两列波的振幅相等。
故选B。
36．平衡位置位于点的波源时刻沿轴起振，形成一列沿轴方向传播的简谐横波，时在区间内的波形如图甲所示，波源的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．平衡位置位于处的质点沿轴正方向起振
B．该列简谐横波的波长为
C．该列简谐横波的波速大小为
D．内，处的质点通过的路程为
【答案】B
【详解】A．根据图乙可知，波源的起振方向沿轴负方向，则在波传播方向上所有质点的起振方向都沿轴负方向，即平衡位置位于处的质点沿轴负方向起振，故A错误；
B．根据图甲可知解得这列简谐横波的波长故B正确；
C．由图乙可知，该列波的周期则波传播速速大小故C错误；
D．内，处的质点已经振动了，则通过的路程为故D错误。故选B。
预测10电场的基本规律应用
37．电缆周围的电场分布对电缆的电气强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说法正确的是（ ）
A．电场中b点的场强与d点的电场强度相同
B．将一电子放在c点，电子的电势能为30eV
C．将一电子由a点经b点移至c点，电场力先做正功后做负功
D．在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场线运动
【答案】C
【详解】A．根据题图电场线分布结合对称性可知，电场中b点的场强与d点的场强大小相等，但方向不同，故A错误；
B．因c点电势为30V，则将一电子放在c点，电子的电势能为，故B错误；
C．将一电子由a点经b点移至c点，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后变大，则电场力先做正功后做负功，故C正确；
D．因电场线为曲线，则在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子不会沿电场线运动，故D错误。
故选C。
38．如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆周上均匀分布着8个电荷量均为Q的点电荷，其中7个带正电，一个带负电。A点、B点和C点、D点为圆的相互垂直的两条直径上的点，且OA＝OB＝OC＝OD。取无穷远处的电势为零，电荷量为q的点电荷形成的电场中某点的电势（k为静电力常量，r为该点与点电荷的距离），则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度大小为
B．O点电势为
C．带电荷量为－q的试探电荷在A点的电势能比在B点的大
D．带电荷量为＋q的试探电荷在C点的电势能比在D点的小
【答案】B
【详解】A．根据点电荷的场强特点可知除了水平方向上的正、负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消，故O点的场强大小故A错误；
B．电势是标量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独在该点的电势的代数和，则O点电势故B正确；
C．A点离负电荷较远，由电势叠加知A、B两点电势，根据电势能公式可知带电荷量为－q的试探电荷在A点的电势能比在B点的小，故C错误；
D．由对称性知C、D两点的电势相等，所以带电荷量为＋q的试探电荷在C、D两点的电势能相等，故D错误。
故选B。
39．如图所示，空间立方体的棱长为a，O为立方体中心，在A点固定电荷量为的点电荷，在G点固定电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度大小是E点的2倍
B．B点的电势和C点的电势相等
C．将一个电子从B点沿着移动到D点，电子的电势能先增大后减小
D．平面BFHD是等势面
【答案】C
【详解】A．如图所示
正电荷在E点的电场强度为负电荷在E点的电场强度为，故A错误；
B．如图所示
根据等量异种电荷电场线和等势面分布，可知B点的电势和C点的电势不相等，故B错误；
C．取平面ABGH，电场线由A指向G
BH在AG方向的投影是电势降低的方向，电子带负电，所以从B到H电子的电势能增大，根据对称性，D点电势和B点相同，从H到D电势升高，电子带负电，电子的电势能降低，故C正确；
D．平面BDHF不是等量异种电荷的中垂面，故平面BDHF不是等势面，故D错误。
故选C。
40．真空中有电荷量为和q的两个点电荷，分别固定在x轴上和处。设无限远处电势为零，则x正半轴上各点电势随坐标x变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据点电荷周围的电势公式，设x轴正半轴0~1之间存在电势为0的坐标为x1则有解得设x轴正半轴存在电势为0的坐标为x2则有解得即x轴正半轴电势为0的位置存在两个，分别为和由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以x轴正半轴电势最高的位置为x=1，由此可知符合条件的图线为B。故选B。
预测11磁场的基本规律应用
41．下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直径略小于玻璃管内径的带正电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在初始位置为原点，建立坐标系如图所示。使玻璃管保持竖直沿轴正方向匀速运动，小球离开管之前的运动轨迹正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则，竖直方向受向上的洛伦兹力，大小为F=qvB是恒力，由牛顿第二定律得
可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线；
故选B。
42．电磁泵在目前的生产，科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，边长为，边长为，边长为；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为，泵体所在处有平行于方向的磁场，把泵体的上，下两表面接在电压为（内阻不计）的电源上，下列判定正确的有（ ）
A．泵体上表面应接电源负极
B．仅增大可增大电磁泵电磁驱动力
C．仅减小可增大电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强
D．仅减小可获得更大的抽液高度
【答案】D
【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；
B．仅增大，根据
可知电阻增大，因为泵体的上、下两表面电压不变，则电流减小，液体受到的磁场力减小，即减小了电磁泵电磁驱动力，故B错误；
C．根据联立以上解得可知电磁泵电磁驱动力与无关，所以减小不会改变电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强，故C错误；
D．结合B选项可知，仅减小，电阻会减小，则电流变大，液体受到的磁场力变大，电磁泵电磁驱动力变大，故可获得更大的抽液高度，故D正确。故选D。
43．某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为45°且斜向右上，如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在房间内以v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上（不计空气阻力），重力加速度为g，以下说法正确的（ ）

A．粒子带负电，磁感应强度为，电场强度为
B．电场力做功为
C．粒子运动过程中机械能增大
D．落地点到发射点的水平距离
【答案】D
【详解】A．粒子在匀强电场和磁场中做匀速直线运动，则粒于受到的合力为零；粒子受到的电场力与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示：

若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡，因此粒子应带正电；根据平衡条件mgcs45°=qE，mgsin45°=qvB解得，故A错误；
BC．由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外；撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场斜向下。则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功。则粒子落地过程中，机械能守恒。故BC错误；
D．粒子的速度方向垂直纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据根据可得水平向外做匀速直线运动，则水平向右做匀加速运动则水平向右的位移落地点到发射点的水平距离故D正确。故选D。
44．电磁灭火弹为高层建筑和森林灭火等提供有力保障，其简化模型如图所示，线圈与灭火弹加速装置绝缘并固定，可在水平导轨上无摩擦滑动的距离为s=2m，线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B=0.1T，恒流源与线圈连接。已知线圈匝数n=500匝，每匝周长L=1m，灭火弹的质量（含线圈）m=10kg，为了实现发射速度达到v=200m/s，不计空气阻力，恒流源应提供的电流I为（ ）
A．4000AB．2000AC．200AD．20A
【答案】B
【详解】根据运动学公式，则有根据牛顿第二定律，则有可解得
预测12电磁感应基本规律应用
45．如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈和，线圈和电源、开关、热敏电阻相连，线圈与电流表相连。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是（ ）
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从经电流表到时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
【答案】A
【详解】A．保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺旋管，如图所示
穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得穿过小金属环的感应电流I3的方向，从而使得小金属环在原磁场中受安培力而阻碍磁通量的增大，故小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确；
B．当温度不变时，电流不变，穿过螺旋管的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误；
C．当电流从经电流表到时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知原磁场的磁通量增大，故电流增大，的阻值减小，说明温度升高，故C错误；
D．当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，是穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化率变大，故的阻值变化的快，温度变化的快，故D错误。
故选A。
46．在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（ ）
A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极
D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
【答案】C
【详解】A．根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，故A错误；
B．当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误；
C．如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N极，故C正确；
D．如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S极，故D错误。
故选C。
47．如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B1-t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记录的B2-t图可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】条形磁铁靠近右侧线圈过程，右侧线圈中的磁感应强度方向竖直向上且增大，根据图（b）可知，正方向竖直向上，根据楞次定律可知，右侧线圈产生的感应电流方向为顺时针（俯视），则左侧线圈中的电流方向也为顺时针（俯视），根据右手螺旋定则可知，左侧线圈中的磁感应强度方向竖直向下，条形磁铁远离右侧线圈过程，磁场的变化与靠近过程相反，则感应电流方向也相反，进而左侧线圈的磁感应强度方向也相反，综上所述，左侧线圈的磁感应强度方向先负后正。
故选B。
48．如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距，其中在，、、四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中。现有一总质量的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于的平行金属棒ab和cd，用长度为的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为），以初速度沿轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应。下列说法不正确的是（ ）
A．棒ab刚进入磁场时，流经棒cd的电流的大小为8A，方向从到
B．棒ab在EF处的速度大小为
C．棒cd在处时的速度大小为
D．电阻上产生的焦耳热为0.45J
【答案】D
【详解】A．根据右手定则可以知道流经ab棒的电流的方向为由b→a，则流经棒cd的电流方向从到；根据闭合电路欧姆定律有：根据法拉第电磁感应定律有：E=B0Lv0联立解得：I=8A选项A正确；
B．选向右为正方向，由动量定理得：，解得v1=4m/s选项B正确；
C．ab棒跨越EF后，由于E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料组成，所以回路里面没有电流，联动双棒做匀速运动的位移为L，然后做减速运动到GH处，回路中产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得：联动双棒所受安培力选向右为正方向，由动量定理得：联立解得v2=3m/s选项C正确；
D．ab棒离开GH后，ab与右侧电阻R形成回路，则感应电动势Eab=2B0Lv由闭合电路欧姆定律得ab棒所受安培力F1=2B0I1L选向右为正，由动量定理得解得当联动双棒速度从v2减为零的过程中的位移x=0.15m＜0.4m所以联动双棒最后没有离开磁场区域，动能全部转化为焦耳热解得：QR=0.3375J选项D错误。此题选择不正确的，故选D。
预测13交变电流和变压器
49．某发电厂输电示意图如图所示，发电厂的输出电压为，输电线的等效电阻为，理想降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，用户处的电压为，图中电流表为理想交流电表，则电流表的示数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设原线圈两端的电压为，则有，解得故选A。
50．如图为“火灾警报系统”电路，其中n1、n2为理想变压器原、副线圈的匝数，R0为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为滑动变阻器。现在变压器原线圈输入端接入电压为U的交流电，当通过报警器的电流超过某值时报警。若要使报警器报警的临界温度升高，以下操作可行的是（ ）
A．只增大输入电压U
B．只减少原线圈匝数n1
C．只增加副线圈匝数n2
D．只将R1的滑片P适当向上移动
【答案】D
【详解】由题分析，可知要使报警器的临界温度升高，则需要减小报警器两端的电压，而与报警器并联，所以需要减小两端的电压。
A．只增大输入电压U，变压器原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大，所以两端的电压增大，则报警器报警的临界温度较低，故A错误；
B．只减少原线圈匝数n1，根据可知副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大，所以两端的电压增大，则报警器报警的临界温度较低，故B错误；
C．只增加副线圈匝数n2，根据可知副线圈两端的电压增大，副线圈的电流增大，所以两端的电压增大，则报警器报警的临界温度较低，故C错误；
D．只将R1的滑片P适当向上移动，则R1的有效阻值减小，此时副线圈的电压不变，故副线圈的电流增大，则两端的电压增大，所以R1两端的电压减小，则报警器的电压变小，电流也减小，报警器报警的临界温度升高，故D正确。
故选D。
51．某吹风机内部的简化电路图如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈两端接电压恒定的正弦交流电源。当开关K断开时，变压器副线圈中的电流i随时间t变化的图像如图乙所示，电动机两端的电压为U0；当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的9倍。吹风机工作时，电热丝的阻值和电动机的内阻均不变。下列说法正确的是（ ）
A．当开关K断开时，原线圈中的电流为
B．当开关K断开时，原线圈的输入功率为
C．电动机的内阻为
D．电热丝的阻值为
【答案】D
【详解】A．当开关K断开时，副线圈中的电流有效值为由题意，根据可得原线圈中的电流为故A错误；
B．由题意，可得当开关K断开时，副线圈两端的电压为根据可得原线圈的输入电压为则原线圈的输入功率为故B错误；
C．电动机属于非纯电阻电路，由于题目提供条件不足，不能求出电动机的内阻，故C错误；
D．由于输入电压及匝数比不变，可知输出电压也不变。当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的9倍。根据可得此时原线圈的输入电流则副线圈中的电流吹风机工作时，电热丝的阻值和电动机的内阻均不变，则流经电热丝的电流为电热丝的阻值为故D正确。故选D。
52．如图甲所示，黑光灯是一种利用发出的人类不敏感的紫外光引诱害虫飞近高压电网来“击毙”害虫的环保型设备，图乙是黑光灯高压电网的工作电路示意图，将有效值为220V、频率为50Hz的正弦交流电压通过理想变压器升为高压，变压器原线圈匝数为，副线圈匝数为。已知空气在通常情况下的击穿电场强度约为，杀灭害虫至少需要1000V电压。下列选项正确的是（ ）
A．变压器副线圈输出的交流电频率为：
B．变压器原副线圈匝数比应满足：
C．为安全起见，电网相邻两极间距离需小于
D．若电网相邻两极间距为0.5cm，则不能小于
【答案】D
【详解】A．变压器不改变交流电的频率，原线圈输入的交流电频率为50Hz，所以副线圈输出的交流电频率也为50Hz，故A错误；
B．根据变压器的电压比公式已知，要杀灭害虫至少需要联立解得故B错误；
C．已知空气在通常情况下的击穿电场强度为安全起见，电网相邻两极间电压，根据可得为安全起见，则电网相邻两极间距离需大于，故C错误；
D．若电网相邻两极间距为0.5cm，则则两极间的击穿电压则有效值则为了能杀灭害虫，则不能小于，故D正确。故选D。
【预测二 实验题】
预测01力学实验
53．为了验证动量守恒定律，哈三中某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、B（包含遮光片）的质量分别为m1和m2。
(1)打开气泵，调节气垫导轨，将一个滑块放在气垫导轨左端，向右轻推滑块， 时，可认为气垫导轨水平。
(2)滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B发生碰撞且不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为∆t1，与光电门2相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为∆t2和∆t3。为使滑块A能通过光电门2，则m1 m2（小于，等于，大于）；该装置在用于“验证动量守恒定律”时 （填“需要”或“不需要”）测出遮光片的宽度d。
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
(4)改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为30°，然后固定导轨。让滑块A从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1，2的时间为∆tA1、∆tA2，通过光电门1和2之间的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式 （用d、∆tA1、∆tA2、t及g表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。
【答案】(1)滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等(2) 大于 不需要(3)B(4)
【详解】（1）打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。
（2）[1]为使滑块A能通过光电门2，则防止滑块A碰后反弹，则滑块的质量m1大于m2；
[2]实验要验证的关系式其中，，则即该实验不需要测出遮光条的宽度d。
（3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则联立可得故选B。
（4）滑块通过两光电门时的速度分别为，若满足动量定理，则所以
54．某同学利用如图甲所示的装置测量木块的加速度。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板抬起一定的角度，打点计时器固定在木板底端，将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。接通电源，给木块一沿木板向上的初速度，在木块运动到最高处前打出的纸带如图乙，测得相邻两计数点之间的距离分别为、、、，已知纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为。
(1)通过数据可得木块的加速度大小 （保留两位有效数字）
(2)若该同学想继续测量木块与木板间动摩擦因数，则仍需测量下列哪些物理量______。（多选，填正确答案前的标号）
A．木块的质量mB．木板抬起的倾角
C．木块上升的高度hD．当地重力加速度g
(3)该同学将图乙中的4段纸带剪开贴到坐标纸上，如图丙，发现这些纸带的左上顶点在一条倾斜直线上，说明此物体做 直线运动。若图丙中直线斜率为k（其中，k无单位），纸带宽为d，则用该方法得到的加速度 。（用k、d表示）
【答案】(1)3.0(2)BD(3) 匀减速 100kd
【详解】（1）纸带上相邻两个计数点间还有四个点未画出，可知
根据逐差法，求得加速度为
（2）根据牛顿第二定律有解得可知需测量木板抬起的倾角和当地重力加速度。故选BD。
（3）[1][2]纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由可得纸带长度差相等，变化规律恰好与匀变速直线运动一样，可看出速度均匀减小，该物体做匀减速直线运动，由联立可得
55．某兴趣小组在科技活动中用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴一个磁性小球并悬挂，手机放在悬点O正下方桌面上，打开手机中测量磁感应强度的智能软件。（地磁场对磁性小球的运动影响很小，可忽略不计）
(1)用螺旋测微器测量磁性小球的直径如图乙所示， mm。
(2)用毫米刻度尺测量摆线长度，则摆长，然后使磁性小球在竖直面内做小角度摆动，手机的智能软件记录接收到的磁感应强度随时间变化的图像如图丙所示，则小球摆动的周期 。
(3)多次改变摆线长度，重复实验，得到多组摆长l及小球摆动的周期T，作出图像如图丁所示，根据图丁可得重力加速度的测量值为 。（，计算结果保留3位有效数字）
【答案】(1)6.700(2)(3)9.86
【详解】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为6.5mm+20.0mm=6.700mm
（2）由图像可知，从磁场最强再到最强间隔半个周期为t0，则铁块摆动的周期。
（3）根据单摆周期公式可得故该图像的斜率为解得重力加速度的测量值为
56．某同学利用如图甲所示的一半径较大的固定光滑圆弧面测定当地重力加速度。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为单摆模型。
具体步骤如下：
①用游标卡尺测量小球铁的直径；
②用停表测量小铁球的运动周期；
③更换不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的图像，横纵轴截距分别为、。
(1)测量小铁球运动周期时，开始计时的位置为图甲中的 ；（选填“A”、“O”或“”）
(2)由图像可得当地的重力加速度 。（用字母、、表示）
(3)该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的周期是初始摆角很小时的近似值，实验过程中初始摆角对周期T有一定的影响，与初始摆角的关系如图丙所示。若实验时该同学释放小铁球的位置离点较远，初始摆角接近，若只考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】(1)(2)(3)偏小
【详解】（1）测量小铁球运动周期时，为了减小误差，从最低点开始计时，即从点开始计时。
（2）由单摆周期公式可得变形可得由可知，解得
（3）根据单摆周期公式有，解得，由题意得，故故填“偏小”。
预测02电学实验
57．某同学想通过测绘小灯泡的电流—电压（）图像来研究其电阻随电压的变化，同时用两个小灯泡和电流表测量某一电源的电动势和内阻。所用器材如下：
两只待测小灯泡和，额定电压均为2.5V，电阻约5Ω、电阻约10Ω；
电压表V量程0~3V，内阻为3kΩ；
电流表A量程0~0.6A，内阻为0.5Ω；
滑动变阻器，干电池两节，待测电源，开关和导线若干。
(1)该同学先测绘的图像，要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，请将虚线框中的实验电路图补充完整；
(2)该同学通过实验做出小灯泡，的图像分别如图甲中①、②所示，则小灯泡正常工作时的电阻为 Ω（结果保留三位有效数字）；
(3)将小灯泡、，待测电源、电流表按图乙所示的电路连接。分别将开关K掷于a、b两端，测量得到通过小灯泡的电流值为0.28A，的电流表示数如图丙所示，读数为 A；
(4)待测电源的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果保留三位有效数字）
【答案】(1)见解析(2)10.4(3)0.20
(4) 2.72/2.73/2.74/2.75/2.76/2.77/2.78 5.72/5.73/5.74/5.75/5.76/5.77/5.78
【详解】（1）要求待测小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图如图所示
（2）由图甲可知，小灯泡正常工作时的电流为0.24A，由欧姆定律可得
（3）的电流表示数如图丙所示，该电流表的最小分度为0.02A，需要读到本位，其读数为0.20A。
（4）[1][2]由图甲可知，通过小灯泡的电流值为I1=0.28A时，其两端电压为U1=1.0V，的电流表示数为I2=0.20A，此时其两端电压为U2=1.5V，由闭合电路欧姆定律可得，
联立，解得，
58．如图1所示，运用此电路图研究电容器的电学特征。已知电源使用了的干电池（内阻可忽略不计）；灵敏电流表（，内阻可忽略不计）、电压表（内阻为）、电阻（阻值为）和电容器。
(1)下列操作和现象描述正确的是___________。
A．开关接1，对电容器充电，电流表示数瞬间增大后逐渐减小为零
B．开关接1，电压表示数逐渐增大，电路稳定后示数约为
C．开关接1，待电路稳定后断开开关，电压表示数不变
(2)开关接1，待电路稳定后迅速接2，电压表、电流表示数随时间的变化关系如图2所示。已知时间轴与电流图线所围图形的格子数约为230小格，由此可知电容器充电后，存储电荷量为 C。电容器的电容为 F（结果均保留2位有效数字）。
(3)通过本实验，如何确定电容是电容器的固有属性，请把你对这一问题的见解填写在空格线上 。
【答案】(1)B(2) (3)见解析
【详解】（1）A．开关接1，对电容器充电，待电路稳定后，电容器相当于断路，电路中电流故A错误；
B．开关接1，对电容器充电，电容器两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容器相当于断路。此时电压表示数故B正确；
C．开关接1，待电路稳定后断开开关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减小为0。故C错误。故选B。
（2）[1][2]开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电流为电流表电流的3倍。
电容器充电后存储电荷量
电容器的电容
（3）物质的固有属性一般是在探究规律过程中发现两个物理量的比值为定值，且同类事物总有同样的规律但这个定值又不完全相同，那么就会用这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中确认是否为定值。因此对本题来说，可以从图像中，读出不同电压时的所对应的格子数，分析数据判断是否可在误差允许范围内视为定值。
59．某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示可以当作“”“”两个倍率使用的欧姆表。他们使用到的器材有：
电源E（电动势，内阻忽略不计）
定值电阻、
电流表G（量程为，内阻）
滑动变阻器R（最大阻值为）
单刀双掷开关S
(1)按照多用电表的原理，接线柱A端应该接 表笔（选填“红”或“黑”）；
(2)当单刀双掷开关S拨到1端时，欧姆表的倍率为 （选填“”或“”）；将红黑表笔短接调节电阻R进行欧姆调零，当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流 mA；
(3)当欧姆表倍率取“”，将红黑表笔短接进行欧姆调零后电阻 ；然后再A、B之间接入一个电阻后发现电流表偏转，则待测电阻
【答案】(1)红(2) 10(3) 1401 500
【详解】（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故接线柱A端应与红表笔相连。
（2）[1]当单刀双掷开关拨到1端时，电流表的量程较大，故调零时欧姆表的内电阻较小，即欧姆表的中值电阻也较小，测量待测电阻时的量程较小，倍率为较小的“”。
[2]S拨到1端，则有：解得：即当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流为10mA。
（3）[1]当欧姆表倍率取“”，即单刀双掷开关拨到2端时，欧姆调零的电阻为R，则有解得
[2]当欧姆表倍率取“”，干路电流为此时欧姆表内阻为当指针指到处时，电路的总电流为，总电阻为短接时的倍，即，故待测电阻为
60．随着技术创新和产业升级，我国新能源汽车强势崛起实现“换道超车”，新能源汽车对温度控制有非常高的要求，控制温度时经常要用到热敏电阻。物理实验小组找到两个热敏电阻，一个是PTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而增大；另一个是NTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而减小。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为10.0Ω）的电学特性及作用。
A．电源E（电动势12V，内阻可忽略）
B．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1=10Ω）
C．电流表A2（量程0~1.0A，内阻r2约为0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
E.滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
F.定值电阻R3=990Ω
G.定值电阻R4=90Ω
H.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干
(1)题中没有电压表，可以选择电流表 （填器材前的字母）与定值电阻 （填器材前的字母）串联组装成电压表。
(2)若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为 （填器材前的字母）。
(3)物理实验小组用I1表示电流表A1的示数，I2表示电流表A2的示数，通过实验画出两个热敏电阻接入电路时的图线如图中a、b所示。若将图线a、b所代表的元件串联接在一个输出电压恒为10V的电源两端，则元件b的实际功率为 W。（结果保留2位有效数字）。
(4)在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备，你认为应该选用 （填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。
【答案】(1) B F(2)D(3)1.6(4)PTC
【详解】（1）[1][2]根据电压表的改装原理可知，电流表内阻已知，且应串联大电阻，所以电流表应选择B，定值电阻选择F；
（2）若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，则滑动变阻器应采用分压接法，且其阻值较小，故滑动变阻器选择D，电路连接如图所示
（3）把图像转换为图像，如图所示
由图可知，当通过二者的电流为0.42A时，二者的电压之和等于10V，即此时为二者的实际工作状态，由图可得元件b的实际功率
（4）在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备，应该选用PTC，由于其电阻值随温度的升高而增大，电流减小。
【预测三 计算题】
预测01气体实验定律的综合应用问题
61．图甲为后备箱气压杆的示意图，气压杆内部的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开或关闭过程中，气压杆内部的气体体积发生变化。箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距离为，活塞的横截面积为。箱盖作用于连杆上的沿杆方向的力为，如图乙所示。已知大气压强为，重力加速度为。不计活塞与容器壁的摩擦及连杆和活塞的质量，忽略气体温度的变化。
(1)求此时被封闭气体的压强；
(2)活塞到容器底部的距离为时，求此时气体的压强；
(3)由于漏出部分气体，当活塞到容器底部的距离为时，此时沿杆方向作用力变为，求漏出的气体与剩余气体的质量比。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件解得
（2）对封闭气体研究，活塞由到处的过程中，由玻意耳定律得
解得
（3）设漏出气体的体积为，，，，解得
62．如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附于体表、造成局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下“火罐”的“吸力”，设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与放在台面的重物m相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为L。由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面处。已知环境温度T0不变，，p0为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求：
(1)酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值；
(2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）阀门K密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得可得根据理想气体状态方程解得
（2）外界对气体做功为根据热力学第一定律可得气体内能变化量
63．如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度为，密度为。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。
(1)求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度和温度；
(2)若保持温度不变，将气缸缓慢顺时针旋转90°，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。
【答案】(1)，(2)
【详解】（1）（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即 解得 气体发生等压变化时有, 可得 解得
（2）（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即 气体发生等温变化时， 可得 解得M=
64．如图所示，某实验小组设计了一种简易气压升降装置。气缸Ⅰ竖直放置，体积为，质量的活塞a（S为活塞横截面积）静止在气缸Ⅰ的中间位置，封闭气体的体积为。气缸Ⅱ水平放置，封闭气体的体积为，压强为，通过单向阀门与大气连通，活塞b向左推动时，关闭；向右拉动时，打开。两气缸通过体积不计的管道连通，管道左端有单向阀门，只有气缸Ⅱ中气体压强大于气缸Ⅰ中气体压强时，才能打开。气缸Ⅱ右侧的活塞b每缓慢推一次，都能将体积为，压强为的气体全部压入气缸Ⅰ中，活塞a上升到气缸Ⅰ顶端时会被卡住。大气压强为，重力加速度为g，不计活塞与气缸之间的摩擦及活塞的厚度，两气缸导热良好，环境温度保持不变，求
(1)第1次缓慢推活塞b，将气缸Ⅱ中气体全部压入气缸Ⅰ后，活塞a升高的高度；
(2)第3次缓慢推活塞b，当气缸Ⅱ中气体体积压缩到多大时，阀门才能够打开。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）开始时活塞a距气缸Ⅰ底部的高度为活塞a静止不动，气缸Ⅰ中的气体压强为，对活塞a有得气缸Ⅰ充气1次后活塞高度为，根据玻意耳定律得气缸Ⅰ中活塞上升的高度为
（2）气缸Ⅰ充气2次后，假设活塞未到气缸Ⅰ顶部，根据玻意耳定律
得则活塞a恰好到达气缸顶部，气缸Ⅰ中气体压强仍为，第3次缓慢推活塞b，压缩气缸Ⅱ中气体体积到，压强与气缸Ⅰ充气2次后的压强相同，根据玻意耳定律得得
预测02牛顿运动定律的综合性应用
65．如图甲所示，倾角的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，，。
(1)水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
(2)若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；
(3)在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。
【答案】(1)(2)(3)W=8mgR
【详解】（1）球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图所示
竖直方向有
对斜面受力分析如图所示
水平方向有根据牛顿第三定律有解得；
（2）斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知 由可得如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有 解得
（3）斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知
斜面体水平方向的速度为v1，球竖直方向的速度为v2，由可得 由得 由功能关系可知 解得 W=8mgR
66．如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量，球筒长度，羽毛球质量为，羽毛球和球筒之间最大静摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，取，，求：
(1)碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
(2)碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大；
(3)如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为，则球落地后距离中心轴有多远？
【答案】(1)能到达筒口(2)55.2N(3)4.8m
【详解】（1）碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得自由下落过程，根据速度与位移的关系有碰撞后球下滑过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有解得可知，羽毛球能到达筒口。
（2）碰撞过程中，对球筒进行分析，根据动量定理有
解得
（3）令羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为，根据牛顿第二定律有羽毛球飞出后做平抛运动，则有，羽毛球落地点离中心轴的距离为解得
67．假期时，小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如甲图所示。房车厨房内有一只装满杂粮的圆柱形储藏罐贴着倾角的斜面放在水平置物架上，房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结（可看做质点），如图乙所示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段110m等跨钢箱连续梁桥（如图丙所示），房车行驶到a点时开始加速，先做匀加速直线运动，达到29.5m/s后做匀速直线运动。在ab段小明发现中国结偏离车壁角度始终为，已知，。他用手机中秒表功能测出房车经过ab段所用的时间为5.5s，，，，求：
(1)房车通过ab段的加速度大小；
(2)从b点开始房车继续行驶173m所用的时间；
(3)假设储藏罐外表面光滑，则房车至少以多大的加速度运动才能使储藏罐沿斜面向上运动。
【答案】(1)(2)6s(3)
【详解】（1）对中国结分析，根据牛顿第二定律有解得
（2）房车在ab段匀加速，根据位移—时间关系有解得房车匀加速的时间满足解得s经过ab段所用的时间为5.5s，则房车到达b点后加速的时间为房车到达b点后加速的位移为m还需匀速状态下继续行驶m匀速所用时间为s则房车到达b点后继续行驶173m所用的时间为6s
（3）对储藏罐，根据牛顿第二定律有解得
68．某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为的传送带及固定挡板组成，挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平地面的夹角为，传送带边与水平面平行。工作人员将质量分布均匀的正方体货物由点无初速度释放，货物运动后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，与挡板的动摩擦因数为0.25，重力加速度取，不计空气阻力。求：
(1)货物在传送带上经历的时间；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）对货物受力分析，如图所示
则，设货物与传送带间的动摩擦因数为，货物与挡板的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得解得货物加速至与传送带共速过程，所用时间为货物的位移大小为然后货物将匀速运动，匀速位移大小为匀速运动的时间为所以，运动的总时间为
（2）共速前传送带与货物间的相对位移大小为
由能量守恒可得传送带多做的功为
预测03带电粒子在电磁场中的运动
69．通过电磁场控制带电粒子的运动是现代化的重要技术。如图1所示，两块平行正对金属板水平放置，两侧分布着以虚线为边界垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为，左侧靠近下方金属板边缘有一个粒子输送管道，管道不仅可以屏蔽管外磁场的影响，而且可以对带电粒子起到匀加速作用。已知上、下两金属板间加上如图2所示矩形交变电压，电压大小为，周期为，一带电粒子在时从管道左侧无初速度释放，经管道加速后，在时刻离开管道进入金属板之间区域，在时刻离开金属板之间区域，又在时刻从下金属板右侧边缘水平向左进入金属板之间区域，粒子运动的部分轨迹如图1中虚线所示。已知金属板长度是板间距离的倍，忽略粒子所受的重力、管道直径大小和场的边缘效应和交变效应。
(1)判断带电粒子的电性，并求其比荷；
(2)求管道的长度和金属板的长度；
(3)求带电粒子回到下金属板左侧边缘的可能时刻；
(4)若在右边磁场中增加竖直方向的匀强电场，使得带电粒子不从右侧磁场的左边界飞出，则：①请判定此匀强电场的方向；
②小明计算了满足此要求的电场强度大小的取值值范围为，请观察并论证这一结果是错误的（不要求写出具体范围）。
【答案】(1)正电，(2)，(3)(4)①向上；②见解析
【详解】（1）在右侧磁场中，根据左手定则，可以判断粒子带正电。依题可知，粒子在磁场中运动的周期又有可计算
（2）粒子在金属板之间区域运动，分析其运动，可知是对称的匀变速曲线运动，进入或离开该区域的速度大小相同，设为，则有又有且又有结合给定条件，可计算又有可知
（3）分析粒子整个运动，运动轨迹如图所示，根据对称性和周期性，可知带电粒子回到下金属板左侧边缘的时刻
（4）①增加竖直方向的匀强电场后，粒子将做曲线运动，此曲线运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动。只有水平方向的匀速直线运动向右，粒子才不会返回两金属板之间区域，根据配速法可知，电场力方向向上，故电场场强方向应该向上。
②根据前述计算可知，即小明的计算结果等价于令，则根据，即匀速直线运动分速度为则匀速圆周运动的分速率为即进入复合电磁场后，任何时刻粒子的垂直电磁场左边界的分速度，即粒子不会向左边界“回旋”，可见电场强度最小值还可以更小一些。
70．现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第I象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场B0（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第IV象限交替分布着沿方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度。一质量为m，电量为+q的粒子从点以平行于y轴的初速度v0进入第II象限，恰好从点N（0，2L）进入第I象限，然后又垂直于x轴进入第IV象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；
(3)粒子进入第n层磁场时的速度大小vn以及最远能进入第几层磁场。
【答案】(1)(2)与y轴负方向夹角为30°(3)，4
【详解】（1）设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有，y方向有通过N点的速度与y轴正方向的夹角满足在第I象限运动由牛顿第二定律有根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知联立解得
（2）设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v1，由动能定理有
解得
在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有解得设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得则即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。
（3）当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，由动能定理解得若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vn在水平方向上由动量定理有即其中ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意满足条件：且解得满足条件的整数故最远能进入第4层磁场。
71．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy的第一、四象限，存在大小相等、竖直向上的匀强电场，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以初速度v0沿与y轴正方向成θ=60°角进入第一象限做匀速圆周运动，恰好运动到x轴上的C点处（图中未画出），然后垂直于x轴进入第四象限。不计空气阻力及电磁场的边界效应，重力加速度为g，求：
(1)第一、四象限匀强电场的电场强度大小E；
(2)粒子从A点开始到第三次经过x轴时经历的时间t；
(3)仅撤去第四象限的匀强电场，粒子从A点开始到第三次经过x轴时与O点间的距离x。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，有解得
（2）如图甲所示
粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得粒子在第一象限运动的周期粒子在第一象限的运动分为两个过程，用时分别为、，由几何关系可知在第一象限的运动的第一过程转过的圆心角为，第二过程转过的圆心角为，则，粒子进入第四象限后继续做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，粒子在第四象限运动的时间粒子从A点开始到第三次经过轴时经历的时间
（3）如图乙所示
粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，粒子第一次经过x轴时与O点间的距离把粒子在第四象限竖直向下的速度分解成左偏下45°的和水平向右的，其中水平方向的满足，故粒子在第四象限相当于参与两个运动：在水平方向以做匀速直线运动，在竖直面内以做匀速圆周运动，经四分之三周期再次回到第一象限。粒子在第四象限竖直面内的运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得粒子第二次经过x轴时与C点间的距离解得粒子从 D点开始到第三次经过x轴时与D点间的距离粒子从A点开始到第三次经过x轴时与O点间的距离
72．如图（a）所示，在空间有一圆形区域磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向外，圆与轴相切于原点，平行于轴且与圆相切于点的电场边界MN下方有沿轴正方向的匀强电场，在空间有垂直纸面的随时间周期性变化的磁场随时间变化如图（b）所示，其中已知，垂直纸面向外为正方向。足够长的挡板PQ垂直于轴放置，挡板可沿轴左右平移。质量为，电荷量为）的粒子从电场中的点以速度沿轴正方向进入匀强电场，并从点进入圆形区域磁场，接着从原点进入第一象限（此时）。已知两点沿轴方向的距离为，沿轴方向的距离为，不计粒子重力，不考虑磁场变化产生的感应电场。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)粒子在圆形区域磁场内的运动时间；
(3)若粒子恰好能垂直击中挡板，则挡板距离轴的距离应满足的关系。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有①水平方向，有②竖直方向，有③联立解得
（2）粒子从到过程，由动能定理，有④解得粒子在点的速度粒子在点时，速度与轴正方向的夹角满足⑤故粒子从点运动到点，如图所示，根据几何关系可知粒子在圆形磁场内运动的圆弧轨迹所对圆心角为
粒子做圆周运动，有⑦⑧联立解得粒子在圆形磁场运动的时间
（3）粒子到达点时速度大小为，与轴正方向夹角，在第1、4象限内，磁感应强度为和时粒子做圆周运动的半径为和，周期为和，则⑨⑩
联立解得通过计算和对比图像可以发现，粒子运动轨迹为圆心角、半径和的圆弧交替变化的周期性运动，如图所示。由几何关系可知，若要粒子能够垂直击中挡板，则⑪或者联立解得或者
预测04力学三大观点的综合性应用
73．如图所示，在倾角为的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数，槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为。求：
(1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间；
(2)B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小；
(3)凹槽A沿斜面下滑的总位移大小。
【答案】(1)(2)，方向沿斜面向上， (3)
【详解】（1）设B下滑的加速度为，则有解得，A所受重力沿斜面的分力 所以B下滑时，A保持静止；根据位移时间关系可得解得
（2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为，根据匀变速直线运动规律得 第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为、0，此后A减速下滑，根据牛顿第二定律可得解得 方向沿斜面向上；设A速度减为零的时间为，下滑的位移大小为，则有，在时间内物块B下滑的距离为所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，则B下滑距离与A发生第二次碰撞，则有解得
（3）经过多次碰撞后，最终A、B处于静止状态，且B静止与A的下端；设凹槽A下滑的总位移为x，由功能关系有解得
74．如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为 的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
(1)求滑块到达斜面底端时的速度大小；
(2)若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
(3)水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
【答案】(1)(2)①；②(3)
【详解】（1）对滑块，由动能定理得 解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有 根据能量守恒定理则有 联立解得 由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为 ，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守恒定律，则有 根据能量守恒定律，则有 解得 由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为 ，第n个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律则有， 解得， 滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系统动量守恒，则有整理可得即 代入数据解得， 当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有 解得故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
75．如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B的质量，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。
【答案】(1)2(2)(3)
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小物块A在的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小解得
（2）物块A在时间内与在的时间内受力情况一致，则加速度相同，故时刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有整理得则物块A在的时间内沿斜而向上运动，运动的距离联立解得
（3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有其中，，联立解得则物块A在时间内下滑的距离已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度由动量守恒有由机械守恒有联立解得设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为，则有设第二次碰撞后物块B下滑的距离为，则有可得以此类推可得则物块B运动的总距离当时，代入数据解得
76．如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离，传送带以的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量，弹性势能。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度。求：
(1)物块B滑上传送带时的速度大小；
(2)小球3开始运动的时间；
(3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒根据能量守恒联立，解得
（2）因为所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过时间与传送带共速，根据牛顿第二定律根据运动学公式有联立，解得减速的位移大小为所以假设成立。则匀速的位移大小为匀速的时间为物块B与小球1碰撞，根据动量守恒根据动能守恒解得，因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为小球3开始运动的时间为
（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，解得物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，解得物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为
第三部分 高考真题汇编篇
【真题一 运动学】
1．（2024·重庆·高考真题）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动。故选C。
2．（2024·海南·高考真题）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据可得则加速度故选C。
3．（2024·河北·高考真题）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（ ）
A．a点B．b点C．c点D．d点
【答案】A
【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。
故选A。
4．（2024·甘肃·高考真题）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的图像如图所示，此两站间的距离约为（ ）
A．980mB．1230mC．1430mD．1880m
【答案】C
【详解】图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得故选C。
5．（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有当木板长度为时，有又，联立解得故选A。
6．（2024·福建·高考真题）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（ ）
A． 在的平均速度为B．在做匀减速直线运动
C．在内的位移比在内的大D．在的加速度大小比的小
【答案】D
【详解】A．根据图像可知，在内汽车做匀加速直线运动，平均速度为故A错误；
B．根据图像可知，在内速度一时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在内图像为倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误；
C．根据图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示：
可得在汽车的位移大小为在汽车的位移大小可知的位移比的小，故C错误。
D．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在的汽车加速度为在的汽车加速度约为负号表示加速度方向和速度相反，则在的加速度大小比的小，故D正确。故选D。
7．（2023·广东·高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；
CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。
故选D。
8．（2023·山东·高考真题）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为（ ）

A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s
【答案】C
【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有，联立解得t2= 4t1，vT = vR－10再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT = vR－a∙5t1则at1= 2m/s其中还有解得vR = 11m/s联立解得vT = 1m/s故选C。
9．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（ ）
A．0.5mB．5mC．10mD．20m
【答案】B
【详解】车做平抛运动，设运动时间为，竖直方向水平方向其中、解得故选B。
10．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（ ）
A．荷叶aB．荷叶bC．荷叶cD．荷叶d
【答案】C
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有可得因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。故选C。
11．（2024·浙江·高考真题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设出水孔到水桶中心距离为x，则落到桶底A点时解得故选C。
12．（2024·江西·高考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则，且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。故选AD。
13．（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ连线的最远距离为10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为则落地速度与水平方向夹角正切值为可得故B正确；
D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。
14．（2024·福建·高考真题）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包（ ）

A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】BD
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为上升时间为最高点距水平地面高为，故下降的时间为故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少从抛出到落地瞬间根据动能定理可得，则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。
故选BD。
15．（2023·湖南·高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）

A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B．谷粒2在最高点的速度小于
C．两谷粒从到的运动时间相等D．两谷粒从到的平均速度相等
【答案】B
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
故选B。
16．（2023·山东·高考真题）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？

【答案】（1）60m；（2）
【详解】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得
（2）根据题意可知又因为联立可得
17．（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力对卷轴有联立解得故选A。
18．（2024·江西·高考真题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为的匀速圆周运动。求与之间夹角的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕点做半径为的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为，绳子在水平雪地上的投影与的夹角为。求此时圆盘的角速度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得， 联立解得
（2）设此时轻绳拉力为，沿和垂直竖直向上的分力分别为，对转椅根据牛顿第二定律得沿切线方向竖直方向联立解得
19．（2023·北京·高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（ ）

A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将圈记作n圈，则所得质量偏大
D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
【答案】A
【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；
B．根据，解得小球质量故B错误；
C．若误将n-1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；
D．若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。
故选A。
20．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）0.05m；（2）；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得根据胡克定律得弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得由几何关系得圆环此时转动的半径为联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，由几何关系得联立解得
21．（2025·浙江·高考真题）地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（ ）
A．在近日点的速度小于地球的速度
B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小
C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍
【答案】C
【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；
B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；
D．万有引力提供加速度则哈雷彗星的加速度与地球的加速度比值为，D错误。故选C。
22．（2024·天津·高考真题）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时（ ）
A．角速度之比为B．线速度之比为
C．向心加速度之比为D．受到地球的万有引力之比为
【答案】AC
【详解】A．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为，故A正确；
B．根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比，故B错误；
C．根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比，故C正确；
D．根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即，故D错误。
故选AC。
23．（2024·贵州·高考真题）土星的部分卫星绕土星的运动可视为匀速圆周运动，其中的两颗卫星轨道半径分别为，且，向心加速度大小分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设土星的质量为，两颗卫星的质量分别为、，对两颗卫星，根据牛顿第二定律，整理可得故选D。
24．（2024·重庆·高考真题）在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m F1+F2,无解
②F=F1+F2,有唯一解,F1和F2跟F同向
③F=F1-F2,有唯一解,F1与F同向,F2与F反向
④F1-F2