2024届广东省梅州市梅县东山中学高三下学期考前模拟物理试题
1．（2024高三下·梅县区模拟）如图甲所示，清洗楼房玻璃外墙时。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。设绳索对人的拉力大小为 T， 竖直玻璃墙对人的弹力大小为 N。不计人与玻璃的摩擦和绳索的重力，则下滑过程中（ ）
A．T增大， N增大 B．T增大， N减小
C．T减小， N减小 D．T减小， N增大
2．（2024高三下·梅县区模拟）如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体（ ）
A．体积不变，内能不变 B．体积不变，压强不变
C．对外界做正功，并放出热量 D．体积增大，对外界做正功
3．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大
4．（2024高三下·梅县区模拟）霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五颜六色，如图为氢原子的能级示意图。大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为
B．从能级跃迁到能级时放出的光子能量最大
C．有4种频率的光子能使金属钠发生光电效应
D．用的光子照射，氢原子可跃迁到的激发态
5．（2024高三下·梅县区模拟）在如图所示的坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。时，处的质点开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。时的波形如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点沿y轴负方向运动 B．时，质点的速度最大
C．时，质点和相位相同 D．该列绳波的波速为
6．（2024高三下·梅县区模拟）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遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为，离地高度为。若飞船绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，则地球的第一宇宙速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·梅县区模拟）某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失．对该降噪耳机相关说法正确的是（ ）
A．耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B．抵消声波的频率与噪声的频率不相等
C．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度不相等
D．耳机降噪利用了声波的干涉原理
8．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（ ）
A．球上升阶段处于超重状态
B．球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功
C．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零
9．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），为定值电阻。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．电压表的示数大于
C．温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
10．（2024高三下·梅县区模拟）两根间距为L的光滑金属导轨，平行等高固定放置在倾角为的绝缘斜面上（导轨平面与水平面夹角为30°），导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B。质量为m、导轨间有效电阻为R的导体棒ab在沿着斜面向上、与棒垂直的恒力作用下由静止开始沿导轨上滑，当导体棒速度达到稳定时，导体棒沿导轨上滑了距离s，重力加速度大小为g，导体棒始终与导轨垂直，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动
B．导体棒ab的最大速度为
C．从开始至速度稳定所经历的时间为
D．恒力F做的功等于导体棒ab增加的机械能
11．（2024高三下·梅县区模拟）某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
（1）本实验采用的实验方法是
A.控制变量法 B.等效法 C.模拟法
（2）三个情景中 是探究向心力大小与角速度关系（选填“A”、“B”或“C”）。
（3）在C情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取左右两个小球的质量之比为 。
12．（2024高三下·梅县区模拟）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。
（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整 ；
（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为 ；
（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）在 点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；
（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值 C（结果保留两位有效数字）；
（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
13．（2024高三下·梅县区模拟）2021年12月9日，航天员王亚平在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课，她在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，如图所示，MN是通过该水球球心O的一条直线，与球右表面交于C点，一束单色光AB平行于MN从B点射入球体时，光线从C点射出，已知水球半径为R，光线AB距MN的距离为，光在真空中的速度为c。求：
（1）水对此单色光的折射率；
（2）此单色光在水球内传播所用的时间。
14．（2024高三下·梅县区模拟）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，圆盘下降的位移。
15．（2024高三下·梅县区模拟）双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其原理如图所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。不同的带正电离子组成的离子束，以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入圆形磁场区域，之后从磁场下边界射出并进入检测器，检测器可在M，N之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于0.5d。某一质量为m、电荷量为q的带正电离子A通过电场区域和磁场区域后，恰好垂直于磁场下边界射出，并从K点进入检测器，已知磁场区域的磁感应强度大小为B，PO1=d，忽略离子间的相互作用，求：
（1）离子A在匀强磁场中运动时的速度大小；
（2）电场分析器中圆弧轨迹处的电场强度大小；
（3）探测器能接收到的离子中比荷的最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。
工人受到重力、支持力和拉力，如图所示
根据共点力平衡条件，有水平方向
FTsinα=FN
竖直方向
FTcosα=G
解得
FN=Gtanα
当人缓慢下滑时，悬绳的长度缓慢增加，α变小，重力不变，FT与FN同时减少。
故选C。
【分析】对人进行受力分析，根据角度的变化情况对支持力和拉力分析求解。
2．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据可知气体体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律
其中，，可知可知瓶内气体从外界吸热。
故选D。
【分析】1.理解“导热良好”，说明水瓶在上浮过程中气体的温度与水温相同。说明上浮过程气体做等温变化，且气体的内能不变。
2.根据水瓶上升过程，气体压强变小，根据等温变化知气体体积变大。
3.根据热力学第一定律，结合气体体积变大，，气体温度不变，，求出气体从外界吸热。
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；
C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；
D．当风杯匀速转动时，根据
可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。
故选C。
【分析】结合牛顿第二定律，根据合外力情况判断风杯加速度大小；从匀速圆周运动公式，判断风杯角速度、线速度、周期之间的关系；通过风杯受力情况判断合外力方向。
4．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】光电效应：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子 。A．由题意知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最大，光子最大能量为
，用该光子照射逸出功为的金属钠时，逸出光电子的最大初动能最大，为，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最小，故B错误；
C．若要使金属钠发生光电效应，则照射的光子能量要大于其逸出功，大量氢原子从的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，其光子能量分别为，其中能量为的光子不能使金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故C正确；
D．由于从能级跃迁到能级需要吸收的光子能量为
所以用的光子照射，不能使氢原子跃迁到激发态，故D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应方程得出逸出光电子的最大初动能；根据能级差的计算公式得出不同跃迁情况时的光子能量大小关系；理解光电效应的发生条件，结合光电子的能量完成分析。
5．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 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。A．由时的波形图可知，波刚好传到质点，根据“上下坡法”，可知此时质点沿y轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y轴正方向，故时，质点沿y轴正方向运动，故A错误；
B．由图可知，在时质点处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；
C．由图可知，在时，质点沿y轴负方向运动，质点沿y轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故C错误；
D．由图可知
解得
故该列绳波的波速为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据波形图结合上下坡法分析出质点的振动方向；根据波形图得出质点的位移，进而分析出速度大小；根据图像得出波长和周期，从而计算出波速的大小。
6．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。根据万有引力提供向心力有
则地球质量
设地球的第一宇宙速度大小为，则
解得
故选B。
【分析】第一宇宙速度是最小的发射速度；由万有引力提供向心力得到线速度大小的表达式进行分析；根据开普勒第三定律分析周期的大小关系；神舟十七号在预定轨道上运行时，航天员仍受万有引力作用。
7．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇。AD．耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误，D正确；
BC．频率相同的波才能发生干涉，故抵消声波的频率与噪声的频率相同，根据
可知抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，故BC错误。
故选D。
【分析】根据文中的图，结合“通过音频接收器和抗噪芯片来接收和分析外界噪声的频率，并产生与其相位相反频率相同的声波，相互减弱或抵消”可得出结论；同一介质中传播速度相等。
8．【答案】C,D
【知识点】动量定理；超重与失重；功的计算；冲量
【解析】【解答】动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值。只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。A．球上升阶段，加速方向向下，处于失重状态，故A错误；
B．根据
可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；
C．根据动量定理可得
可得
由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D正确。
故选CD。
【分析】根据加速度的方向判断超重或失重；根据功的公式判断；根据题意求出上升阶段与下降阶段排球动量的变化量即可解题；根据冲量定义判断。
9．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想变压器的基本规律：原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2，如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入=P出。AB．由图乙可得变压器原线圈输入电压有效值为
电压表示数为有效值，故电压表的示数不变，为，故A正确，B错误；
C．原线圈输入的正弦交流电不变，则原线圈两端的电压不变，电压表的示数不变，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
可知副线圈两端的电压不变，温度升高时，减小，副线圈总电阻减小，副线圈总电流增大，故电流表的示数变大，故C正确；
D．根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
故变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故D正确。
故选ACD。
【分析】电压表的示数为输入电压的有效值，根据图像得到输入电压的峰值，进而求解电压表的示数；输入电压与电阻无关，根据欧姆定律判断电流表示数的变化；理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比。
10．【答案】B,C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 对于电磁感应与力学综合的问题，关键要正确分析安培力的变化情况，掌握安培力经验公式F安=， 知道安培力大小与速度大小成正比，从而来分析导体棒的运动情况。A．由牛顿第二定律，可得
又
可知导体棒做加速度变小的加速运动。故A错误；
B．当导体棒达到最大速度时有
，
解得
故B正确；
C．由动量定理
又
解得
故C正确；
D．由能量守恒可知，力做的功等于导体棒机械能与焦耳热增量之和。故D错误。
故选BC。
【分析】导体棒ab由静止开始沿上滑时，先做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，导体棒ab受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，直到减至零，导体棒开始做匀速运动，对导体棒正确受力分析，根据平衡条件求棒上滑的最大速度。弄清功能转化关系，根据恒力F做的功与金属棒ab增加的机械能的关系。
11．【答案】A；B；4：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。故选A。
（2）因为只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等，则在线速度v相同时，角速度不同，故B图符合题意。
（3）根据可知，左右两钢球所受向心力的比值为，实验中选取左右两个小球的质量之比为4：1。
【分析】（1）每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
（2） 探究向心力与角速度的关系时，要控制半径和质量相同，物体角速度不同。
（3）图中探究向心力与质量关系，保证角速度和半径不变。
12．【答案】；；充电；B；
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为
（3）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
（4）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为
【分析】（1）根据电路图连接实验实物图；
（2）根据矩形波的周期求频率；
（3）电容器充电时，两极板的电荷量增大，两极板之间的场强增大，电势差增大，据此分析电容器的充电、放电情况；
根据图线上A、B两点的充电、放电情况，判断充电、放电电流通过电阻R的方向，再结合电源电流通过电阻R的情况分析作答；
（4）根据电容器的Um-f图像，得出当f=45Hz时电容器两端的最大电压，再根据电容器的定义式求解最大电荷量。
13．【答案】（1）依题意，可画出光线在水球内的折射光线如图所示
根据几何知识可得
根据折射定律，可得水对此单色光的折射率为
（2）光在该水球中的传播速度为
由几何知识可得，光在水球中传播的距离为
则此单色光在水球内传播所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1） 用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系；
（2）依题意作出有气泡和无气泡时光路图，根据折射定律求水对光的折射率，根据几何关系求气泡半径。
14．【答案】解：（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
，
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得碰撞后二者共速时经历的时间为
根据运动学公式得最大距离为
.
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，由速度—位移公式求得小球第一次碰撞圆盘时的速度，小球与圆盘发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解；
（2）第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘沿管向下做匀速直线运动。当二者速度相同时，间距达到最大。通过求出速度相等时对应的时间，再利用运动学公式分别求出小球和圆盘在这段时间内的位移，两者位移之差就是二者间的最远距离。
（3）从第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，据此应用运动学公式求出时间和第二次碰撞时圆盘下降的总位移。
15．【答案】解：（1）设离子的速度大小为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得
（2）粒子在电场中也做匀速圆周运动，在电场中，电场力提供向心力，则
解得
（3）设在某处被检测到的离子在磁场中运动的轨道半径为r，则在磁场中有
在电场中有
可得
由此可知离子的比荷与运动半径的平方成反比，当离子运动半径最小时，比荷最大。
作出符合条件的离子的运动轨迹如图所示，易知在M处被检测到的离子的运动半径最小，离子的比荷最大，设此离子的运动半径为r1，由几何关系可知
，，
则
由几何关系有
联立解得
由
可得离子比荷的最大值为
【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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求速度大小；
（2）粒子在电场中也做匀速圆周运动，在电场中，电场力提供向心力，求电场强度大小；
（3）根据合力提供向心力在磁场和电场中列式，根据数学关系分析比荷最大值。
2024届广东省梅州市梅县东山中学高三下学期考前模拟物理试题
1．（2024高三下·梅县区模拟）如图甲所示，清洗楼房玻璃外墙时。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。设绳索对人的拉力大小为 T， 竖直玻璃墙对人的弹力大小为 N。不计人与玻璃的摩擦和绳索的重力，则下滑过程中（ ）
A．T增大， N增大 B．T增大， N减小
C．T减小， N减小 D．T减小， N增大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。
工人受到重力、支持力和拉力，如图所示
根据共点力平衡条件，有水平方向
FTsinα=FN
竖直方向
FTcosα=G
解得
FN=Gtanα
当人缓慢下滑时，悬绳的长度缓慢增加，α变小，重力不变，FT与FN同时减少。
故选C。
【分析】对人进行受力分析，根据角度的变化情况对支持力和拉力分析求解。
2．（2024高三下·梅县区模拟）如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体（ ）
A．体积不变，内能不变 B．体积不变，压强不变
C．对外界做正功，并放出热量 D．体积增大，对外界做正功
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据可知气体体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律
其中，，可知可知瓶内气体从外界吸热。
故选D。
【分析】1.理解“导热良好”，说明水瓶在上浮过程中气体的温度与水温相同。说明上浮过程气体做等温变化，且气体的内能不变。
2.根据水瓶上升过程，气体压强变小，根据等温变化知气体体积变大。
3.根据热力学第一定律，结合气体体积变大，，气体温度不变，，求出气体从外界吸热。
3．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；
C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；
D．当风杯匀速转动时，根据
可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。
故选C。
【分析】结合牛顿第二定律，根据合外力情况判断风杯加速度大小；从匀速圆周运动公式，判断风杯角速度、线速度、周期之间的关系；通过风杯受力情况判断合外力方向。
4．（2024高三下·梅县区模拟）霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五颜六色，如图为氢原子的能级示意图。大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为
B．从能级跃迁到能级时放出的光子能量最大
C．有4种频率的光子能使金属钠发生光电效应
D．用的光子照射，氢原子可跃迁到的激发态
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】光电效应：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子 。A．由题意知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最大，光子最大能量为
，用该光子照射逸出功为的金属钠时，逸出光电子的最大初动能最大，为，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最小，故B错误；
C．若要使金属钠发生光电效应，则照射的光子能量要大于其逸出功，大量氢原子从的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，其光子能量分别为，其中能量为的光子不能使金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故C正确；
D．由于从能级跃迁到能级需要吸收的光子能量为
所以用的光子照射，不能使氢原子跃迁到激发态，故D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应方程得出逸出光电子的最大初动能；根据能级差的计算公式得出不同跃迁情况时的光子能量大小关系；理解光电效应的发生条件，结合光电子的能量完成分析。
5．（2024高三下·梅县区模拟）在如图所示的坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。时，处的质点开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。时的波形如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点沿y轴负方向运动 B．时，质点的速度最大
C．时，质点和相位相同 D．该列绳波的波速为
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 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。A．由时的波形图可知，波刚好传到质点，根据“上下坡法”，可知此时质点沿y轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y轴正方向，故时，质点沿y轴正方向运动，故A错误；
B．由图可知，在时质点处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；
C．由图可知，在时，质点沿y轴负方向运动，质点沿y轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故C错误；
D．由图可知
解得
故该列绳波的波速为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据波形图结合上下坡法分析出质点的振动方向；根据波形图得出质点的位移，进而分析出速度大小；根据图像得出波长和周期，从而计算出波速的大小。
6．（2024高三下·梅县区模拟）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遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为，离地高度为。若飞船绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，则地球的第一宇宙速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。根据万有引力提供向心力有
则地球质量
设地球的第一宇宙速度大小为，则
解得
故选B。
【分析】第一宇宙速度是最小的发射速度；由万有引力提供向心力得到线速度大小的表达式进行分析；根据开普勒第三定律分析周期的大小关系；神舟十七号在预定轨道上运行时，航天员仍受万有引力作用。
7．（2024高三下·梅县区模拟）某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失．对该降噪耳机相关说法正确的是（ ）
A．耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B．抵消声波的频率与噪声的频率不相等
C．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度不相等
D．耳机降噪利用了声波的干涉原理
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇。AD．耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误，D正确；
BC．频率相同的波才能发生干涉，故抵消声波的频率与噪声的频率相同，根据
可知抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，故BC错误。
故选D。
【分析】根据文中的图，结合“通过音频接收器和抗噪芯片来接收和分析外界噪声的频率，并产生与其相位相反频率相同的声波，相互减弱或抵消”可得出结论；同一介质中传播速度相等。
8．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（ ）
A．球上升阶段处于超重状态
B．球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功
C．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零
【答案】C,D
【知识点】动量定理；超重与失重；功的计算；冲量
【解析】【解答】动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值。只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。A．球上升阶段，加速方向向下，处于失重状态，故A错误；
B．根据
可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；
C．根据动量定理可得
可得
由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D正确。
故选CD。
【分析】根据加速度的方向判断超重或失重；根据功的公式判断；根据题意求出上升阶段与下降阶段排球动量的变化量即可解题；根据冲量定义判断。
9．（2024高三下·梅县区模拟）如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），为定值电阻。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．电压表的示数大于
C．温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想变压器的基本规律：原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2，如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入=P出。AB．由图乙可得变压器原线圈输入电压有效值为
电压表示数为有效值，故电压表的示数不变，为，故A正确，B错误；
C．原线圈输入的正弦交流电不变，则原线圈两端的电压不变，电压表的示数不变，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
可知副线圈两端的电压不变，温度升高时，减小，副线圈总电阻减小，副线圈总电流增大，故电流表的示数变大，故C正确；
D．根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
故变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故D正确。
故选ACD。
【分析】电压表的示数为输入电压的有效值，根据图像得到输入电压的峰值，进而求解电压表的示数；输入电压与电阻无关，根据欧姆定律判断电流表示数的变化；理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比。
10．（2024高三下·梅县区模拟）两根间距为L的光滑金属导轨，平行等高固定放置在倾角为的绝缘斜面上（导轨平面与水平面夹角为30°），导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B。质量为m、导轨间有效电阻为R的导体棒ab在沿着斜面向上、与棒垂直的恒力作用下由静止开始沿导轨上滑，当导体棒速度达到稳定时，导体棒沿导轨上滑了距离s，重力加速度大小为g，导体棒始终与导轨垂直，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动
B．导体棒ab的最大速度为
C．从开始至速度稳定所经历的时间为
D．恒力F做的功等于导体棒ab增加的机械能
【答案】B,C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 对于电磁感应与力学综合的问题，关键要正确分析安培力的变化情况，掌握安培力经验公式F安=， 知道安培力大小与速度大小成正比，从而来分析导体棒的运动情况。A．由牛顿第二定律，可得
又
可知导体棒做加速度变小的加速运动。故A错误；
B．当导体棒达到最大速度时有
，
解得
故B正确；
C．由动量定理
又
解得
故C正确；
D．由能量守恒可知，力做的功等于导体棒机械能与焦耳热增量之和。故D错误。
故选BC。
【分析】导体棒ab由静止开始沿上滑时，先做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，导体棒ab受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，直到减至零，导体棒开始做匀速运动，对导体棒正确受力分析，根据平衡条件求棒上滑的最大速度。弄清功能转化关系，根据恒力F做的功与金属棒ab增加的机械能的关系。
11．（2024高三下·梅县区模拟）某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
（1）本实验采用的实验方法是
A.控制变量法 B.等效法 C.模拟法
（2）三个情景中 是探究向心力大小与角速度关系（选填“A”、“B”或“C”）。
（3）在C情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取左右两个小球的质量之比为 。
【答案】A；B；4：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。故选A。
（2）因为只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等，则在线速度v相同时，角速度不同，故B图符合题意。
（3）根据可知，左右两钢球所受向心力的比值为，实验中选取左右两个小球的质量之比为4：1。
【分析】（1）每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
（2） 探究向心力与角速度的关系时，要控制半径和质量相同，物体角速度不同。
（3）图中探究向心力与质量关系，保证角速度和半径不变。
12．（2024高三下·梅县区模拟）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。
（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整 ；
（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为 ；
（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）在 点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；
（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值 C（结果保留两位有效数字）；
（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
【答案】；；充电；B；
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（2）由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为
（3）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
（4）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为
【分析】（1）根据电路图连接实验实物图；
（2）根据矩形波的周期求频率；
（3）电容器充电时，两极板的电荷量增大，两极板之间的场强增大，电势差增大，据此分析电容器的充电、放电情况；
根据图线上A、B两点的充电、放电情况，判断充电、放电电流通过电阻R的方向，再结合电源电流通过电阻R的情况分析作答；
（4）根据电容器的Um-f图像，得出当f=45Hz时电容器两端的最大电压，再根据电容器的定义式求解最大电荷量。
13．（2024高三下·梅县区模拟）2021年12月9日，航天员王亚平在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课，她在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，如图所示，MN是通过该水球球心O的一条直线，与球右表面交于C点，一束单色光AB平行于MN从B点射入球体时，光线从C点射出，已知水球半径为R，光线AB距MN的距离为，光在真空中的速度为c。求：
（1）水对此单色光的折射率；
（2）此单色光在水球内传播所用的时间。
【答案】（1）依题意，可画出光线在水球内的折射光线如图所示
根据几何知识可得
根据折射定律，可得水对此单色光的折射率为
（2）光在该水球中的传播速度为
由几何知识可得，光在水球中传播的距离为
则此单色光在水球内传播所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1） 用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系；
（2）依题意作出有气泡和无气泡时光路图，根据折射定律求水对光的折射率，根据几何关系求气泡半径。
14．（2024高三下·梅县区模拟）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，圆盘下降的位移。
【答案】解：（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
，
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得碰撞后二者共速时经历的时间为
根据运动学公式得最大距离为
.
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，由速度—位移公式求得小球第一次碰撞圆盘时的速度，小球与圆盘发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解；
（2）第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘沿管向下做匀速直线运动。当二者速度相同时，间距达到最大。通过求出速度相等时对应的时间，再利用运动学公式分别求出小球和圆盘在这段时间内的位移，两者位移之差就是二者间的最远距离。
（3）从第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，据此应用运动学公式求出时间和第二次碰撞时圆盘下降的总位移。
15．（2024高三下·梅县区模拟）双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其原理如图所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。不同的带正电离子组成的离子束，以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入圆形磁场区域，之后从磁场下边界射出并进入检测器，检测器可在M，N之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于0.5d。某一质量为m、电荷量为q的带正电离子A通过电场区域和磁场区域后，恰好垂直于磁场下边界射出，并从K点进入检测器，已知磁场区域的磁感应强度大小为B，PO1=d，忽略离子间的相互作用，求：
（1）离子A在匀强磁场中运动时的速度大小；
（2）电场分析器中圆弧轨迹处的电场强度大小；
（3）探测器能接收到的离子中比荷的最大值。
【答案】解：（1）设离子的速度大小为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得
（2）粒子在电场中也做匀速圆周运动，在电场中，电场力提供向心力，则
解得
（3）设在某处被检测到的离子在磁场中运动的轨道半径为r，则在磁场中有
在电场中有
可得
由此可知离子的比荷与运动半径的平方成反比，当离子运动半径最小时，比荷最大。
作出符合条件的离子的运动轨迹如图所示，易知在M处被检测到的离子的运动半径最小，离子的比荷最大，设此离子的运动半径为r1，由几何关系可知
，，
则
由几何关系有
联立解得
由
可得离子比荷的最大值为
【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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求速度大小；
（2）粒子在电场中也做匀速圆周运动，在电场中，电场力提供向心力，求电场强度大小；
（3）根据合力提供向心力在磁场和电场中列式，根据数学关系分析比荷最大值。
