湖南省邵阳市大祥区第二中学2024届高三下学期5月三模物理试题
1．（2024高三下·大祥模拟）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，用同一双缝干涉装置研究这两种光的干涉现象，得到如图乙和图丙所示的干涉条纹，用这两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中的对应的是Ⅱ
B．图乙中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．向移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的小
2．（2024高三下·大祥模拟）如图，虚线的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子从上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从上的同一点射出磁场。已知粒子初速度的方向垂直虚线，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是（ ）
A．此时弹性轻绳的拉力大小可以小于F
B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小
4．（2024高三下·大祥模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T-V图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b状态对应的压强之比为3∶2
B．b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C．c→a过程为绝热过程
D．a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
5．（2024高三下·大祥模拟）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。飞船的发射过程可简化为：飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与变轨空间站实现对接。假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，空间站轨道距地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的加速度比飞船在圆轨道Ⅰ经过A点的加速度大
B．飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的速度一定大于
C．飞船沿轨道Ⅱ由A点到B点的时间为
D．在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅲ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积
6．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是 （ ）
A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动
B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速
C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间
D．电容器能带的最多电量是
7．（2024高三下·大祥模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t1＝2s时的波形图，虚线为t2＝2.75s时的波形图，质点P的平衡位置为x＝4m。下列说法正确的是（ ）
A．该横波遇到体积为64m3的正方体，不会发生明显衍射
B．该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇，不可能发生干涉
C．该横波传播的速度大小可能为4m/s
D．质点P的振动方程可能为（cm）
8．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，理想变压器原线圈接电压的交流电，原副线圈的匝数比，副线圈上接一定值电阻R0与电动机，电动机的内阻RM=1Ω，定值电阻R0=2Ω。下列说法正确的是（ ）
A．电动机消耗的最大功率为4.5W
B．原线圈上电流为3A时，电动机消耗功率最大
C．若把电动机换成滑动变阻器（0~5Ω），滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5W
D．若把电动机换成滑动变阻器（0~5Ω），当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功率最大
9．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，在倾角为37°的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg，弹簧的劲度系数为k=100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。现由静止释放球B，已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（ ）。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A．释放B球前，手受到B球的压力大小为24N
B．释放B球后，滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大
C．释放B球后，滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2J
D．释放B球后。滑块A向上滑行的最大距离为0.48m
10．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，在与水平地面成的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为。现有一个边长，质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．线框在斜面上做类平抛运动
B．线框进入第一个磁场区域时，加速度大小为
C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.04C
D．线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
11．（2024高三下·大祥模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度。一个四边都为d的等宽“口”字型铁片、一个光电门和游标卡尺等器材。
（1）如图乙，用游标卡尺测得“口”字型铁片遮光宽度d=3.30mm，该读数是游标尺中第6格刻度线与主尺第 mm刻度线对齐得到的；
（2）测出铁片上下两边中线间距离L（L d）；
（3）用丝线将铁片悬挂于光电门正上方，让铁片平面与光电门发射接收方向垂直，烧断悬线，铁片自由下落；
（4）读出铁片通过光电门时第一次挡光时间Δt1和第二次挡光时间Δt2；
（5）“口”形铁片下边通过光电门的速度近似为v= （用L、d、Δt1、Δt2中的字母表示）
（6）由此可测得当地的重力加速度g= （用L、d、Δt1、Δt2中的字母表示）。
12．（2024高三下·大祥模拟）某实验小组欲将内阻、量程为的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A．定值电阻（阻值为14kΩ）
B．滑动变阻器（最大阻值为1500Ω）
C． 滑动变阻器（最大阻值为500Ω）
D．电阻箱（）
E．干电池（，）
F． 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选 （填“”或“”）。请用笔画线代替导线将图（a）中的实物连线组成欧姆表。
（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为 Ω；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为 。
（3）通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为 kΩ。
（4）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图（c）为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为 Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是 μA。
13．（2024高三下·大祥模拟）一半径为R的四分之一圆柱体放置在水平面上，圆柱体由折射率为的玻璃制成。现有一束与水平面平行且与圆柱体横截面平行的光线射到圆柱体表面上，射入柱体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为，光在真空中的传播速度为c，，，求：
（ⅰ）出射角的正弦值；
（ⅱ）光穿越玻璃柱体的时间。
14．（2024高三下·大祥模拟）如图，固定在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道和水平面都是光滑的，圆弧轨道末端C点切线水平，紧靠C点停放一质量可忽略的平板小车，车的水平板面与C点等高，车的最右端停放质量为m2的小物块2。物块2与板间的动摩擦因数为，质量为m1的小物块1从图中A点由静止释放，无碰撞地从B点沿切线方向进入圆轨道，已知AB高度差，，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求小物块1进入圆轨道时在B点的向心加速度大小an以及到达C点的速度大小vc；
(2)小物块1从C点滑上小车，它与平板小车间的动摩擦因数为，若。要使两物块不相碰，平板车长度L至少为多少；
(3)若，在小车右侧足够远处有一固定弹性挡板P，它仅与小物块2发生弹性碰撞（挡板不会与车相撞），且碰撞时间极短。平板小车长度为L0（L0足够大，两物块始终未相碰），求最终物块1与2的距离s。
15．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】A．子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的对应的是Ⅱ，故A正确；
B．根据双缝干涉条纹间距公式分析判断，因可见光Ⅱ的频率小，故可见光Ⅱ波长大，其条纹间距较大，根据
可知图丙中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C．根据光子的动量公式分析判断，根据
可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程
可得
可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D错误。
故选A。
【分析】根据能级跃迁公式分析频率的大小，然后作出判断；根据波长与频率的关系判断波长的大小，根据双缝干涉条纹间距公式分析判断；根据光子的动量公式分析判断；根据爱因斯坦光电效应方程和动能定理结合电路图分析判断。
2．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
设a粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
又因为
，
两粒子比荷相同，故有
即
故选A。
【分析】本题考查了带电粒子在磁场中做圆周运动的相关知识，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，解题时注意应用几何知识求出粒子轨道半径。两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，做出两粒子的运动轨迹，结合几何知识找到半径比也就找到了速度间的关系，选出正确选项即可。
3．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，由于轻绳拉力、轻杆的弹力与竖直向下拉力F互成120°角，根据共点力平衡条件可知，此时弹性轻绳的拉力大小为
故AB错误；
CD．对C端受力分析如图所示
三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。由相似三角形可知
若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，由于AO、OC长度不变，可知轻杆OC对C点的作用力N变大；由于AC长度变大，则弹性轻绳的伸长量变大，轻绳AC的拉力T增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查共点力的平衡，解答本题的关键是知道物体受三个力作用而平衡时，三个力若方向不平行，必共点，作出受力示意图，利用三角形相似法进行分析。分析C端的受力情况，根据三力交汇原理作出三个力的示意图，再根据三角形相似法结合平衡条件列式进行分析。
4．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】
A．根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题，应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。根据理想气体的状态方程可得
代入数据得
=6∶1
故A错误；
B．b→c过程温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；
C．c→a过程体积缩小，外界对气体做功
W>0
等温变化，内能不变
ΔU=0
由热力学第一定律（如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U）
ΔU=Q+W
得
Q<0
气体向外界放热，故C错误；
D．将V-T图像转化为p-V图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p-V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态A，温度回到初始状态，全过程内能变化量
ΔU=0
由热力学第一定律：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
即ΔU=Q+W
得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
故选D。
【分析】一定质量的理想气体的内能由温度决定。根据图像分析清楚气体状态变化过程，并将其转化为P-V图象，应用理想气体状态方程与热力学第一定律相结合分析答题。
5．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A.飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的。根据牛顿第二定律可得
解得
可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；
B.第一宇宙速度是最大的环绕速度，不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；
C.飞船在Ⅲ轨道运行的周期根据万有引力提供向心力可得
解得
飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；
D.根据开普勒第二定律判断相等时间内扫过的面积。飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积
轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力完全提供圆周运动向心力判断；第一宇宙速度是最大的环绕速度，在轨道Ⅲ上，根据万有引力完全提供圆周运动向心力分析周期；根据开普勒第二定律判断相等时间内扫过的面积。
6．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则
则充电电流为
对金属棒列牛顿第二定律方程
得
上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由
可得
得
再由
q=CE=CBLv=CBLat
得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为
故选AD。
【分析】根据题意分析清楚金属杆的运动过程、应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度是解题的前提与关键，应用E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式与电容的定义式即可解题。金属杆运动过程切割磁感线产生感应电动势对电容器充个电，电路有充电电流，金属杆受到安培力作用，应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度大小，判断金属杆的运动性质。应用运动学公式求出金属杆到达PQ位置需要的时间；金属杆到达PQ时速度最大，感应电动势最大，求出金属杆感应电动势的最大值，然后求出电容器所带的最多电荷量。
7．【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】
A．横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由题图可知波长λ＝4m，正立方体的边长为
该横波的波长与正方体（障碍物）的边长尺寸相同，则该横波遇到体积为64m3的正方体能发生明显衍射，A错误；
B．该简谐横波沿x轴正方向传播，传播时间
则
（n＝0，1，2，3…）
解得
s（n＝0，1，2，3…）
当n＝0时，解得周期
则
该横波的频率可能为1Hz，则该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇可能发生干涉，B错误；
C．根据波长与波速以及周期之间的关系，有
解得
（n＝0，1，2，3…）
把＝4m/s代入，解得n=0，则该横波传播的速度大小可能为4m/s，C正确；
D．根据t1=2s时质点P的位移x=0且向上振动，把时间和位移代入y=Asin（ωt+φ）求解。因为
（n＝0，1，2，3…）
当n＝0，ω＝2πrad/s，可设质点P的振动方程为
把t1＝2s，y＝0代入可解得可能为0，则质点P的振动方程可能为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用平移法可得波沿着x轴正方向传播的距离，利用位移除以时间可得波速，注意障碍物的尺寸小于等于波长是发生明显衍射的条件，不是发生衍射的条件。
8．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】
AB．副线圈两端电压为
将n1：n2=2：1和U1=12V代入上式解得
根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。电动机消耗的功率
当
时电动机消耗的功率最大，即
由于是理想变压器，所以
电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为
故A正确，B错误；
CD．把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为
滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；
R0上的功率为
当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈两端的电学物理量之比与匝数比的关系，同时结合电路构造即可完成求解。根据电动机产生的热功率求得副线圈中的电流，根据原副线圈中电流之比与线圈匝数成反比，原副线圈两端的电压之比与匝数成正比即可。
9．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时，对AB分别根据受力分析可解得手对B球的托力，从而得到手受到B球的压力大小。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知
对B受力分析，设手的支持力为F，则
根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；
B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得
对B受力分析得
解得
故B错误；
C．做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。根当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，根据能量守恒定律可解得最大动能。据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有
解得
故C错误；
D．当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】分析清楚A滑行过程中系统的能量转化关系，注意当A受到的合力为零时，速度最大。当滑块A向上滑行的最大距离时，AB的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；
B． 线框刚进入磁场后，线框受安培力，线框在斜面上做的不是类平抛运动。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律和安培力的计算公式得出安培力的大小，求出线框在斜面上受到的合力，再由牛顿第二定律求出加速度大小 。根据题意可得
联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
线框的加速度大小为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过线框的电荷量。线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故C正确；
D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有
在沿y方向根据运动学规律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律、运动学公式即可完成分析。线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中，即线框沿x方向速度减到零，由能量守恒定律结合沿斜面向下方向的速度—位移关系，求出产生的焦耳热。
11．【答案】9；；
【知识点】自由落体运动；重力加速度
【解析】【解答】（1）掌握游标卡尺的读数方法，注意与螺旋测微器的读数区别。因为游标卡尺精确度为0.05mm，每个小格实际长度为，所以可得游标尺中第6格刻度线与主尺对齐刻度线为
（5）通过光电门计算小车通过的速度为平均速度，只有遮光片宽度很窄时，平均速度才接近于瞬时速度。由题意铁片下边的挡光时间分别为，铁片遮光宽度d。则通过光电门的速度近似为
（6）研究铁片上下两边依次通过光电门的运动过程，根据速度与位移公式有
解得
【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；
（5）铁片遮光边通过光电门的时间极短，平均速度可视为瞬时速度；
（6）依据运动学速度与位移公式，代入对应数据表达式即可求解。
12．【答案】；见解析；958；15kΩ；5；1560；60
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电表的改装与应用
【解析】【解答】（1）本题考查电流表的改装和电阻刻度，要求掌握电流表的改装原理和电阻刻度原理。为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有
解得欧姆调零时欧姆表内阻为
此时滑动变阻器接入电路阻值为
则滑动变阻器应选；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
（2）每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。欧姆调零时，有
解得欧姆调零时欧姆表内阻为
此时滑动变阻器接入电路阻值为
设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有
解得
（3）根据闭合电路欧姆定律计算表盘上电流刻度为75对应的改装后欧姆表的刻度值。表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有
则c处的电阻刻度为5。
（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有
联立解得
，
则图中电阻箱的阻值应调为
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为
则电流表指针对应的电流是
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律计算欧姆表的内阻；根据欧姆表的内部结构判断；
（2）结合多用电表原理根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器的接入阻值；
（3）多用电表内部是一个电流表表头，根据闭合电路欧姆定律计算电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度值；
（4）多用电表总电阻等于内阻加外阻，根据闭合电路欧姆定律计算电阻箱阻值，电流表指针对应的电流等于电动势除以总电阻。
13．【答案】解：（ⅰ）根据题意可得，光路如下图所示
根据题意可知，则
故
根据折射定律有
可得
则
根据折射定律有
故出射角的正弦值为
（ⅱ）由几何知识可知
则光在玻璃柱体中的路程为
光在玻璃柱体中的速度为
则光穿越玻璃柱体的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（ ⅰ ）画出光路图，作出法线，由几何知识求出光线射到球体表面的入射角，由折射定律求出折射角及其正弦值；
（ ⅱ ）由几何知识求解传播路径长度，根据折射率求解传播速度，路程除以速度等于时间。
14．【答案】解：(1)从A到B
在B点的向心加速度大小
根据机械能守恒定律得
(2)若，因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物体1滑上平板车马上与车相对静止，物体2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动。
根据动量守恒定律
由功能关系得
解得
(3)若，因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物体1滑上平板车后，物体2与车相对静止，物体1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物体距离减小x1。
由功能关系得：
解得
小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律
得
碰后两物体距离减小x2，由功能关系得
解得
最终物块1与2的距离
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解小物块1进入圆轨道时的速度大小，根据向心加速度的计算公式求解向心加速度大小；从开始到C点根据动能定理求解达到C点的速度大小；
（2）小物块1从C点滑上小车，若μ1＞μ2，分析二者的运动情况，根据动量守恒定律、能量关系求解水平板车长度L；
（3）若μ1＜μ2，分析二者的运动情况，根据动量守恒定律、能量关系求解小滑块2与挡板碰撞前相对距离；当小物块2与弹性挡板碰撞后，再次根据动量守恒定律、能量守恒定律求解相对距离，由此求出最终物块1与2的距离。
15．【答案】解：（1）粒子在电场中运动时，有
，
由牛顿第二定律
得
（2）在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有
，，
解得
，，
粒子轨迹如图所示
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）将粒子在O点的速度分解
，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间
解得
（n＝1，2，3，…）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度大小。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（3）粒子在x正方向运动过程，沿x正方向做匀加速直线运动，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，粒子离开O后，每经过匀速圆周运动的一个周期粒子到达x轴一次，应用运动学公式解题。
湖南省邵阳市大祥区第二中学2024届高三下学期5月三模物理试题
1．（2024高三下·大祥模拟）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，用同一双缝干涉装置研究这两种光的干涉现象，得到如图乙和图丙所示的干涉条纹，用这两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中的对应的是Ⅱ
B．图乙中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．向移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的小
【答案】A
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】A．子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的对应的是Ⅱ，故A正确；
B．根据双缝干涉条纹间距公式分析判断，因可见光Ⅱ的频率小，故可见光Ⅱ波长大，其条纹间距较大，根据
可知图丙中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C．根据光子的动量公式分析判断，根据
可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程
可得
可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D错误。
故选A。
【分析】根据能级跃迁公式分析频率的大小，然后作出判断；根据波长与频率的关系判断波长的大小，根据双缝干涉条纹间距公式分析判断；根据光子的动量公式分析判断；根据爱因斯坦光电效应方程和动能定理结合电路图分析判断。
2．（2024高三下·大祥模拟）如图，虚线的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在图示平面内两比荷相同的带正电粒子从上的同一点沿不同方向射入匀强磁场后，又从上的同一点射出磁场。已知粒子初速度的方向垂直虚线，粒子的重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列描述两粒子速度大小的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
设a粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
又因为
，
两粒子比荷相同，故有
即
故选A。
【分析】本题考查了带电粒子在磁场中做圆周运动的相关知识，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，解题时注意应用几何知识求出粒子轨道半径。两粒子均在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，做出两粒子的运动轨迹，结合几何知识找到半径比也就找到了速度间的关系，选出正确选项即可。
3．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是（ ）
A．此时弹性轻绳的拉力大小可以小于F
B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，由于轻绳拉力、轻杆的弹力与竖直向下拉力F互成120°角，根据共点力平衡条件可知，此时弹性轻绳的拉力大小为
故AB错误；
CD．对C端受力分析如图所示
三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。由相似三角形可知
若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，由于AO、OC长度不变，可知轻杆OC对C点的作用力N变大；由于AC长度变大，则弹性轻绳的伸长量变大，轻绳AC的拉力T增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查共点力的平衡，解答本题的关键是知道物体受三个力作用而平衡时，三个力若方向不平行，必共点，作出受力示意图，利用三角形相似法进行分析。分析C端的受力情况，根据三力交汇原理作出三个力的示意图，再根据三角形相似法结合平衡条件列式进行分析。
4．（2024高三下·大祥模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T-V图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b状态对应的压强之比为3∶2
B．b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C．c→a过程为绝热过程
D．a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】
A．根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题，应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。根据理想气体的状态方程可得
代入数据得
=6∶1
故A错误；
B．b→c过程温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；
C．c→a过程体积缩小，外界对气体做功
W>0
等温变化，内能不变
ΔU=0
由热力学第一定律（如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U）
ΔU=Q+W
得
Q<0
气体向外界放热，故C错误；
D．将V-T图像转化为p-V图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p-V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态A，温度回到初始状态，全过程内能变化量
ΔU=0
由热力学第一定律：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
即ΔU=Q+W
得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
故选D。
【分析】一定质量的理想气体的内能由温度决定。根据图像分析清楚气体状态变化过程，并将其转化为P-V图象，应用理想气体状态方程与热力学第一定律相结合分析答题。
5．（2024高三下·大祥模拟）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。飞船的发射过程可简化为：飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与变轨空间站实现对接。假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，空间站轨道距地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的加速度比飞船在圆轨道Ⅰ经过A点的加速度大
B．飞船在椭圆轨道Ⅱ经过A点的速度一定大于
C．飞船沿轨道Ⅱ由A点到B点的时间为
D．在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅲ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A.飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的。根据牛顿第二定律可得
解得
可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；
B.第一宇宙速度是最大的环绕速度，不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；
C.飞船在Ⅲ轨道运行的周期根据万有引力提供向心力可得
解得
飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；
D.根据开普勒第二定律判断相等时间内扫过的面积。飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积
轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力完全提供圆周运动向心力判断；第一宇宙速度是最大的环绕速度，在轨道Ⅲ上，根据万有引力完全提供圆周运动向心力分析周期；根据开普勒第二定律判断相等时间内扫过的面积。
6．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是 （ ）
A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动
B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速
C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间
D．电容器能带的最多电量是
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则
则充电电流为
对金属棒列牛顿第二定律方程
得
上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由
可得
得
再由
q=CE=CBLv=CBLat
得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为
故选AD。
【分析】根据题意分析清楚金属杆的运动过程、应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度是解题的前提与关键，应用E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式与电容的定义式即可解题。金属杆运动过程切割磁感线产生感应电动势对电容器充个电，电路有充电电流，金属杆受到安培力作用，应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度大小，判断金属杆的运动性质。应用运动学公式求出金属杆到达PQ位置需要的时间；金属杆到达PQ时速度最大，感应电动势最大，求出金属杆感应电动势的最大值，然后求出电容器所带的最多电荷量。
7．（2024高三下·大祥模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t1＝2s时的波形图，虚线为t2＝2.75s时的波形图，质点P的平衡位置为x＝4m。下列说法正确的是（ ）
A．该横波遇到体积为64m3的正方体，不会发生明显衍射
B．该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇，不可能发生干涉
C．该横波传播的速度大小可能为4m/s
D．质点P的振动方程可能为（cm）
【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】
A．横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由题图可知波长λ＝4m，正立方体的边长为
该横波的波长与正方体（障碍物）的边长尺寸相同，则该横波遇到体积为64m3的正方体能发生明显衍射，A错误；
B．该简谐横波沿x轴正方向传播，传播时间
则
（n＝0，1，2，3…）
解得
s（n＝0，1，2，3…）
当n＝0时，解得周期
则
该横波的频率可能为1Hz，则该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇可能发生干涉，B错误；
C．根据波长与波速以及周期之间的关系，有
解得
（n＝0，1，2，3…）
把＝4m/s代入，解得n=0，则该横波传播的速度大小可能为4m/s，C正确；
D．根据t1=2s时质点P的位移x=0且向上振动，把时间和位移代入y=Asin（ωt+φ）求解。因为
（n＝0，1，2，3…）
当n＝0，ω＝2πrad/s，可设质点P的振动方程为
把t1＝2s，y＝0代入可解得可能为0，则质点P的振动方程可能为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用平移法可得波沿着x轴正方向传播的距离，利用位移除以时间可得波速，注意障碍物的尺寸小于等于波长是发生明显衍射的条件，不是发生衍射的条件。
8．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，理想变压器原线圈接电压的交流电，原副线圈的匝数比，副线圈上接一定值电阻R0与电动机，电动机的内阻RM=1Ω，定值电阻R0=2Ω。下列说法正确的是（ ）
A．电动机消耗的最大功率为4.5W
B．原线圈上电流为3A时，电动机消耗功率最大
C．若把电动机换成滑动变阻器（0~5Ω），滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5W
D．若把电动机换成滑动变阻器（0~5Ω），当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功率最大
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】
AB．副线圈两端电压为
将n1：n2=2：1和U1=12V代入上式解得
根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。电动机消耗的功率
当
时电动机消耗的功率最大，即
由于是理想变压器，所以
电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为
故A正确，B错误；
CD．把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为
滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；
R0上的功率为
当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈两端的电学物理量之比与匝数比的关系，同时结合电路构造即可完成求解。根据电动机产生的热功率求得副线圈中的电流，根据原副线圈中电流之比与线圈匝数成反比，原副线圈两端的电压之比与匝数成正比即可。
9．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，在倾角为37°的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg，弹簧的劲度系数为k=100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。现由静止释放球B，已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（ ）。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A．释放B球前，手受到B球的压力大小为24N
B．释放B球后，滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大
C．释放B球后，滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2J
D．释放B球后。滑块A向上滑行的最大距离为0.48m
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时，对AB分别根据受力分析可解得手对B球的托力，从而得到手受到B球的压力大小。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知
对B受力分析，设手的支持力为F，则
根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；
B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得
对B受力分析得
解得
故B错误；
C．做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。根当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，根据能量守恒定律可解得最大动能。据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有
解得
故C错误；
D．当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】分析清楚A滑行过程中系统的能量转化关系，注意当A受到的合力为零时，速度最大。当滑块A向上滑行的最大距离时，AB的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能。
10．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，在与水平地面成的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为。现有一个边长，质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．线框在斜面上做类平抛运动
B．线框进入第一个磁场区域时，加速度大小为
C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.04C
D．线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；
B． 线框刚进入磁场后，线框受安培力，线框在斜面上做的不是类平抛运动。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律和安培力的计算公式得出安培力的大小，求出线框在斜面上受到的合力，再由牛顿第二定律求出加速度大小 。根据题意可得
联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
线框的加速度大小为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过线框的电荷量。线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故C正确；
D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有
在沿y方向根据运动学规律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律、运动学公式即可完成分析。线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中，即线框沿x方向速度减到零，由能量守恒定律结合沿斜面向下方向的速度—位移关系，求出产生的焦耳热。
11．（2024高三下·大祥模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度。一个四边都为d的等宽“口”字型铁片、一个光电门和游标卡尺等器材。
（1）如图乙，用游标卡尺测得“口”字型铁片遮光宽度d=3.30mm，该读数是游标尺中第6格刻度线与主尺第 mm刻度线对齐得到的；
（2）测出铁片上下两边中线间距离L（L d）；
（3）用丝线将铁片悬挂于光电门正上方，让铁片平面与光电门发射接收方向垂直，烧断悬线，铁片自由下落；
（4）读出铁片通过光电门时第一次挡光时间Δt1和第二次挡光时间Δt2；
（5）“口”形铁片下边通过光电门的速度近似为v= （用L、d、Δt1、Δt2中的字母表示）
（6）由此可测得当地的重力加速度g= （用L、d、Δt1、Δt2中的字母表示）。
【答案】9；；
【知识点】自由落体运动；重力加速度
【解析】【解答】（1）掌握游标卡尺的读数方法，注意与螺旋测微器的读数区别。因为游标卡尺精确度为0.05mm，每个小格实际长度为，所以可得游标尺中第6格刻度线与主尺对齐刻度线为
（5）通过光电门计算小车通过的速度为平均速度，只有遮光片宽度很窄时，平均速度才接近于瞬时速度。由题意铁片下边的挡光时间分别为，铁片遮光宽度d。则通过光电门的速度近似为
（6）研究铁片上下两边依次通过光电门的运动过程，根据速度与位移公式有
解得
【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；
（5）铁片遮光边通过光电门的时间极短，平均速度可视为瞬时速度；
（6）依据运动学速度与位移公式，代入对应数据表达式即可求解。
12．（2024高三下·大祥模拟）某实验小组欲将内阻、量程为的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A．定值电阻（阻值为14kΩ）
B．滑动变阻器（最大阻值为1500Ω）
C． 滑动变阻器（最大阻值为500Ω）
D．电阻箱（）
E．干电池（，）
F． 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选 （填“”或“”）。请用笔画线代替导线将图（a）中的实物连线组成欧姆表。
（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为 Ω；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为 。
（3）通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为 kΩ。
（4）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图（c）为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为 Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是 μA。
【答案】；见解析；958；15kΩ；5；1560；60
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电表的改装与应用
【解析】【解答】（1）本题考查电流表的改装和电阻刻度，要求掌握电流表的改装原理和电阻刻度原理。为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有
解得欧姆调零时欧姆表内阻为
此时滑动变阻器接入电路阻值为
则滑动变阻器应选；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
（2）每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。欧姆调零时，有
解得欧姆调零时欧姆表内阻为
此时滑动变阻器接入电路阻值为
设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有
解得
（3）根据闭合电路欧姆定律计算表盘上电流刻度为75对应的改装后欧姆表的刻度值。表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有
则c处的电阻刻度为5。
（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有
联立解得
，
则图中电阻箱的阻值应调为
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为
则电流表指针对应的电流是
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律计算欧姆表的内阻；根据欧姆表的内部结构判断；
（2）结合多用电表原理根据闭合电路欧姆定律计算滑动变阻器的接入阻值；
（3）多用电表内部是一个电流表表头，根据闭合电路欧姆定律计算电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度值；
（4）多用电表总电阻等于内阻加外阻，根据闭合电路欧姆定律计算电阻箱阻值，电流表指针对应的电流等于电动势除以总电阻。
13．（2024高三下·大祥模拟）一半径为R的四分之一圆柱体放置在水平面上，圆柱体由折射率为的玻璃制成。现有一束与水平面平行且与圆柱体横截面平行的光线射到圆柱体表面上，射入柱体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为，光在真空中的传播速度为c，，，求：
（ⅰ）出射角的正弦值；
（ⅱ）光穿越玻璃柱体的时间。
【答案】解：（ⅰ）根据题意可得，光路如下图所示
根据题意可知，则
故
根据折射定律有
可得
则
根据折射定律有
故出射角的正弦值为
（ⅱ）由几何知识可知
则光在玻璃柱体中的路程为
光在玻璃柱体中的速度为
则光穿越玻璃柱体的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（ ⅰ ）画出光路图，作出法线，由几何知识求出光线射到球体表面的入射角，由折射定律求出折射角及其正弦值；
（ ⅱ ）由几何知识求解传播路径长度，根据折射率求解传播速度，路程除以速度等于时间。
14．（2024高三下·大祥模拟）如图，固定在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道和水平面都是光滑的，圆弧轨道末端C点切线水平，紧靠C点停放一质量可忽略的平板小车，车的水平板面与C点等高，车的最右端停放质量为m2的小物块2。物块2与板间的动摩擦因数为，质量为m1的小物块1从图中A点由静止释放，无碰撞地从B点沿切线方向进入圆轨道，已知AB高度差，，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求小物块1进入圆轨道时在B点的向心加速度大小an以及到达C点的速度大小vc；
(2)小物块1从C点滑上小车，它与平板小车间的动摩擦因数为，若。要使两物块不相碰，平板车长度L至少为多少；
(3)若，在小车右侧足够远处有一固定弹性挡板P，它仅与小物块2发生弹性碰撞（挡板不会与车相撞），且碰撞时间极短。平板小车长度为L0（L0足够大，两物块始终未相碰），求最终物块1与2的距离s。
【答案】解：(1)从A到B
在B点的向心加速度大小
根据机械能守恒定律得
(2)若，因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物体1滑上平板车马上与车相对静止，物体2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动。
根据动量守恒定律
由功能关系得
解得
(3)若，因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物体1滑上平板车后，物体2与车相对静止，物体1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物体距离减小x1。
由功能关系得：
解得
小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律
得
碰后两物体距离减小x2，由功能关系得
解得
最终物块1与2的距离
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解小物块1进入圆轨道时的速度大小，根据向心加速度的计算公式求解向心加速度大小；从开始到C点根据动能定理求解达到C点的速度大小；
（2）小物块1从C点滑上小车，若μ1＞μ2，分析二者的运动情况，根据动量守恒定律、能量关系求解水平板车长度L；
（3）若μ1＜μ2，分析二者的运动情况，根据动量守恒定律、能量关系求解小滑块2与挡板碰撞前相对距离；当小物块2与弹性挡板碰撞后，再次根据动量守恒定律、能量守恒定律求解相对距离，由此求出最终物块1与2的距离。
15．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。
【答案】解：（1）粒子在电场中运动时，有
，
由牛顿第二定律
得
（2）在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有
，，
解得
，，
粒子轨迹如图所示
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）将粒子在O点的速度分解
，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间
解得
（n＝1，2，3，…）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度大小。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（3）粒子在x正方向运动过程，沿x正方向做匀加速直线运动，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，粒子离开O后，每经过匀速圆周运动的一个周期粒子到达x轴一次，应用运动学公式解题。
