湖北省恩施高中2024年高考物理考前预测高中物理原创题库之二（26~35題）详细解析与易错提醒

高中物理原创题库之二（26~35题）

湖北省恩施高中 

26、图甲为光电效应实验的电路图，保持光的颜色和光照强度不变，移动滑动变阻器滑片位置或对调电源正负极，得到电流表的示数I随电压表的示数U变化的规律如图乙所示。则下列说法中正确的是

A．由能量守恒定律可知，光电子的最大初动能等于入射光子的能量

B．由欧姆定律可知，电压表的示数为零时，电流表的示数也为零

C．保持光的颜色不变，只增加光照强度时，I-U图像的纵截距I0会增大

D．保持光的颜色不变，只增加光照强度时，I-U图像的横截距Uc会增大

【答案】C

【解析】由光电效应方程可知，，故A错；由图乙可知，不加电压时，光电流也不等于零，故B错；当只增加光照强度时，单位时间内逸出的光电子数增多，因此，图像的纵截距I0会增加，故C正确；由可知，，遏制电压Uc只与入射光子的频率有关，而与光照强度无关，即只增加光照强度时，横截距Uc不变，故D错。

【命题意图】考察学生对光电效应的原理、光电效应实验及其曲线的理解掌握情况。

【易错提醒】光电效应基本规律模糊不清，导致错选ABD中的一个。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“光电效应的几个疑难点辨析”一文。

27、由于地球自转和离心运动，地球并不是一个绝对的球形（图中虚线所示），而是赤道部分凸起、两极凹下的椭球形（图中实线所示），A点为地表上地理纬度为θ的一点，在A点有一静止放在水平地面上物体m，设地球对物体的万有引力仍然可看做是质量全部集中于地心O处的质点对物体的引力，地球质量为M，地球自转周期为T，地心O到A点距离为R，则关于水平地面对该物体的支持力的说法中，正确的是

A．支持力沿OA方向向上

B．支持力垂直于水平地面向上

C．支持力大小等于

D．支持力大小等于

【答案】B

【解析】A点物体受力如图所示，万有引力F与支持力FN的合力Fn即为物体随地球转动所需要的向心力，这个向心力就是万有引力F沿纬线圈半径方向的分量——将万有引力F沿FN和沿纬线圈半径方向分解；万有引力F沿FN方向分力即物体的重力G，有：，即物体的重力G与地面支持力FN相互平衡，所谓水平面，就是与重力G垂直的平面，故答案选B。

【命题意图】考察万有引力与重力、圆周运动向心力、力的分解与合成;深入考察学生对重力与万有引力的关系的理解。

【易错提醒】不管地球自转，选A或C；不管矢量运算遵循平行四边形定则，按代数加减方式计算重力，选D。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“对重力加速度的几点辨析”一文。

28、、如右图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R=2Ω，现在a、b间、c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间、c、d间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中不正确的是

A．T=0.02

B．n1:n2≈55:1

C．电流表A的示数I≈36.4mA

D．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0

【答案】D

【解析】变压器不改变交变电流频率（周期），故变压器副线圈输出电压周期与原线圈输入电压周期相等，则A选项正确；311≈220，5.66≈4，故有U1=220V，U2=4V，n1:n2≈U1:U2=55:1，即B选项正确；副线圈输出电压为U2=4V，则输出电流为，由，得；由图可知，原副线圈电压瞬时值同时达到最大值，故D错。

【命题意图】考察理想变压器的基本规律，同时科普理想变压器原副线圈电压反相的常识。

【易错提醒】不按题图答题，而是将理想变压器臆想成自感现象，从而认为原副线圈电压相差，认为D正确。实际上，变压器中必须考虑互感现象，理论计算表明，原副线圈电压反相，原副线圈电流也反相。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“关于交变电流的几个问题的说明”一文。

29、物理学规律在数学形式上的相似，往往意味着物理意义的相似。某同学在查看资料后得知，电容器C储存的电场能EC与两极间的电压U之间关系式为，电感线圈L中储存的磁场能EL与通过线圈的电流I之间关系式为，他类比物体m的动能Ek与其速度v的关系式，做出如

下推论：质量m反映了物体对速度v的变化的阻碍作用，自感系数L反映了电感线圈对电流I的变化的阻碍作用，则电容C也反映了电容器对电压U的变化的阻碍作用。他的分析依据如下，你认为他的分析合理的是

A．用相同大小的电流给电容器充电时，电容器的电容C越大，两极板间电压的增加相同大小需要的时间越长

B．当电容器以相同大小的电流放电时，电容器的电容C越大，两极板间电压的减小相同大小需要的时间越长

C．用相同的电源（E，r）给原来不带电的电容器充电，电容器的电容C越大，其电压从某个值U增加相同的大小所用的时间会更长

D．电容器通过相同的电阻放电，电容器的电容C越大，其电压从某个值U减小相同的大小所用的时间更短

【答案】ABD

【解析】充电电流I相同时，经过极短时间的充电电量为，则电容器电压增加量为，可见，电容C越大，相同内电压增加量越小，即要引起相同电压增加量，需更长时间，故A选项正确；C选项，电容器电压为U时，充电电流为，剩下分析与A选项相同；放电电流I相同时，经过极短时间的放电电量为，则电容器电压增加量为，可见，电容C越大，相同内电压减少量越小，即要引起相同电压减少量，需更长时间，故B选项正确；D选项，电容器放电时，放电电流为，剩下分析与B选项相同。

【命题意图】考察电容器的电容、充放电，欧姆定律，电流的定义；顺便考察类比思想和信息提取能力。

【易错提醒】按题意即可搞定本题，但是，缺乏细致的分析，没有把握，于是存在漏选；要搞清楚本题的细节，就必须定量计算，也就是全面理解欧姆定律，知晓反电动势概念。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“电阻、电感、电容的区别”“高中物理中的反电动势”一文。

30、有时在虹的外侧还能看到第二道虹，光彩比第一道虹稍淡，色序（颜色顺序）与虹正好相反，称为副虹或霓．霓和虹的不同点在于光线在雨滴内发生一次还是二次内反射．如图所示，太阳光水平照射到球形的水滴上，其中某色光的两条光线分别到达水滴O1上的a点和水滴O2上的b点，经过水滴一次或两次内反射后射出水滴，已知水对该色光的折射率为n，a点、水滴球心O1连线与水平方向夹角为θ1，b点、水滴球心O2连

线与水平方向夹角为θ2，a与O1、b与O2在同一竖直平面内．

①试求从水珠射出的光线与水平方向的夹角α、β．

②说明人眼逆着出射光线看去，虹和霓由内向外的色序．

【答案】①，；②虹的色序是内紫外红，霓的色序是内红外紫。

【解析】①a光在射入水珠的折射角设为∠1，则由折射定律，有                                                   

由几何关系，有：

得：       

b光在射入水珠的折射角设为∠2，则由折射定律，有

由几何关系，有：

得：    

②紫光折射率大于红光折射率，由光路图可知，逆着光线看去，虹的色序是内紫外红，霓的色序是内红外紫。                           

【命题意图】考察折射定律、全反射及光路作图、几何分析；同时介绍虹、霓现象的实质。

【易错提醒】作图不认真，几何关系方程无法正确列出；不知道人眼是逆着光线看物体的像。

【参考文献】赵凯华《新概念物理教程 光学》。

31、圆心为O、半径为R的半圆的直径线两端，各固定有一根垂直圆平面的长直导线a、b，两导线中通有大小分别为2I0和I0、方向相同的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，其中k为常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离．则下列关于该圆平面内电流的磁场的说法中，正确的是

A． 圆心O点处的磁感应强度的方向由a指向b

B． 在直径线上、到b距离为处的磁感应强度为0

C． 在半圆上一定存在“磁感应强度平行于直径线”的位置

 D． 在半圆上一定存在“磁感应强度沿半圆切线方向”的位置

【答案】BD

【解析】如图（1）所示，在直径线上，导线a中电流产生的磁场磁感应强度都向下，导线b中电流产生的磁场磁感应强度都向上，其大小分布规律如图，可知，圆心O点处的磁感应强度的方向向下，A错；两导线中电流在直径线上、到b距离为处的磁感应强度大小分别为、，其中d为直径长度，即Ba、Bb大小相等、方向相反，所以该处的磁感应强度为零，B正确；如图（2）所示，在圆周上任取一点，并

将Ba、Bb分解到垂直直径线方向，得：

，

即有：，可见，Ba、Bb的矢量和不可能平行于直径线，C错。

如图（3）所示，将Ba、Bb分解到半径方向，得

解，得，即当时，Ba、Bb的矢量和沿圆周切线方向。

【命题意图】考察直线电流的磁场、安培定则、矢量的分解与合成，以及几何计算。

【易错提醒】想当然，而不是耐心、细致的分析和计算，导致漏选或错选。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“矢量矢积在高中物理中的应用”“矢量合成与分解的讨论”一文。

32、如图所示电路中，干电池电动势为E，内阻为r，开关S闭合后的一段时间△t内通过定值电阻R的电荷量为q，已知R两端的电势差恒为U，不计导线电阻，则下列说法中正确的是

A．电动势E和电势差U的单位都是伏特（V），因此电动势本质上就是电势差

B．W=qE反映的是这段时间△t内将电荷量q从电池一极移至另一极的过程中，这部分电荷的电势能增加量

C．W=qU反映的是这段时间△t内，电池内化学能的减少量

D．这段时间△t内电池内阻上产生的焦耳热为Q=q(E-U)

【答案】D

【解析】电动势反映的是非静电力将其他形式能量转化为电能的本领，而电势差反映的是静电力做功将电能转化为其他形式能量的“本领”，因此两者尽管单位相同，物理意义却存在本质区别，故A错；反映了电源在移动q的过程中非静电力做功的多少，也就是电源内其他形式能量的减少量，而是电荷q在从电源一极移到另一极的过程中静电力所做的负功的多少，亦即电荷q电势能的增加量，故可知B、C均错误；是回路中消耗的总的电能，同时也是电阻R上消耗的电能，故内阻r上消耗的电能即产生的焦耳热为，故D对。

【命题意图】考察电动势、电势差的概念和区别，理解电源内部能量的转化。

【易错提醒】混淆电动势和电势差概念，无法将功和能正确的建立联系，从而错选B或C。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“化学电池与感应电源内电路上的电势升降问题”一文。

33、如图甲所示是某游标卡尺的实物图，它可以用于测量内径、外径和深度，其中     （填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）是用来测量深度的；测量结束、在读取数据前，需要将游标尺固定在主尺上，防止其滑动，应操作的部件是      （填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）；如图乙所示为用该尺测量某圆筒内径时照片的一部分，则该圆筒内径大小为              cm．

【答案】c、b、3.690

【解析】a为内测量爪，可用于测量内径；b紧固螺钉，用于固定游标尺；c为深度尺，用于测量凹陷部位的深度；d外测量爪，可用于测量外径；e是游标尺上的突起，方便手拨动游标尺的部件。

如图所示游标卡尺为50分度的游标尺，其长度为49mm，最小分度值为0.98mm，现第45号刻度线对于主尺上81mm刻度线对其，故游标尺零刻线所在位置对应主尺上的位置为：

l＝81mm－45×0.98mm＝3.690mm

即该圆筒内径为3.690mm。

【命题意图】考察游标卡尺的原理和使用。

【易错提醒】没有实际的使用游标卡尺，或者观察不仔细，从而无法识别各个部件的功能；另外，对游标卡尺读数只知道一种方法（加法），不知道另一种方法（减法）——其实这种方法才是课本上的内容。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“游标卡尺的原理及易错点提醒”一文。

34、如图所示，纸面内有一直角坐标系xOy，a、b为坐标轴上的两点，其坐标分别为（0，2l）、（3l，0），直线MN过b点且可根据需要绕b点在纸面内转动．MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从a点平行x轴射入第一象限，若MN绕b点转到合适位置，就能保证粒子经过磁场偏转后恰好能够到达b点．设MN与x轴负方向的夹角为θ，不计粒子重力．

（1）若粒子经过b点时速度沿y轴负方向，求角θ的值和粒子的初速度v1；

（2）若粒子的初速度为，求粒子从a运动到b的时间；

（3）在保证粒子能够到达b点的前提下，粒子速度取不同的值时，粒子在磁场中的轨迹圆的圆心位置就不同，求所有这些圆心所在曲线的方程．

【答案】（1），；（2）时，；时，；

（3），其中：

【解析】（1）如图①所示为粒子运动轨

迹，有几何关系可知：     

且粒子在磁场中运动的轨道半径为：

r1=2l       

由牛顿第二定律，有

解得      

（2）设粒子在磁场中运动轨道半径为r2，则由牛顿第二定律，有   

解得      

则粒子运动有如图②、③所示两种情况。   

第一种情况，如图②所示，粒子在磁场中轨迹圆心为O2，则由几何关系，有：

，  ， 

故，，粒子从a运动到b的时间为 

第二种情况中，粒子在磁场中轨迹圆心为O2’，则由几何关系，有：，

故，，粒子从a运动到b的时间为

（3）分析一：所有这些粒子在磁场中的运动都具有这样的特点，其进入磁场的点在y=2l的直线上，其轨迹又都经过b点，因此，这些轨迹圆圆心到直线y=2l和到点b（3l，0）的距离相等，由数学知识可知，这些圆心所在的曲线是抛物线，其准线为直线y=2l、焦点为b（3l，0），如图④所示。                           

   则由数学知识可知，这些圆心所在曲线方程为，其中：

分析二：设初速度为某值时，其从P点进入磁场后轨迹圆圆心为O＇（x，y），则由几何关系，有：，

而：        

即：  

化简，得：

其中：. 

【命题意图】考察带电粒子在磁场中的运动、分情况讨论和抛物线知识。

【易错提醒】思考不全面，导致第（2）问只考虑了一种情况；第三问不能联想起抛物线的知识。

【参考文献】陈恩谱老师《物理原来可以这样学》“带电粒子在有界磁场中运动的临界问题”一文。

35、如图所示，平行光滑金属导轨倾斜固定，轨道平面与水平面夹角为θ，在ab线以上、cd线以下区域分别存在如图所示方向相反的磁场，两区域磁感应强度大小相等、磁场方向均垂直于轨道平面。两根完全相同的金属棒MN、PQ垂直导轨放置并保持静止，现先释放MN，随后释放PQ，金属棒在此后运动过程中与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。则在释放金属棒后且两棒还在各自的磁场区域内加速运动的过程中，下列说法中正确的是

A．MN棒释放后瞬间，其所受安培力沿斜面向上

B．PQ棒释放后瞬间，其加速度可能大于gsinθ

C．释放PQ棒之前，MN棒的加速度逐渐增大

D．PQ棒释放之后，PQ棒的加速度逐渐减小

【答案】AD

【解析】由楞次定律可知，A正确；由右手定则和左手定则可知，两棒所受安培力方向均沿斜面向上，大小也相同，即两棒加速度相同，而MN棒正在向下加速运动，可知PQ棒加速度向下且小于gsinθ，故B错；由于两棒均在加速，则回路总电动势一直增加，电流一直增加，则两棒的加速度一直减小，故C错、D对。顺便说明：若MN棒离ab足够远，且两磁场区域足够大，则两棒最终以恒定速度差各自做匀速直线运动。

【命题意图】考察楞次定律、法拉第电磁感应定律和牛顿定律、动力学动态问题。

【易错提醒】死记硬背二级结论，不注意适用条件——两棒之间“来拒去留”仅适用于单向磁场，本题是双向磁场；本题需从最原始的磁通量或者右手定则、左手定则入手分析。