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【高考真题】全国2024年统一高考物理试卷（新课标）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024·新课标）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024·新课标）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　）
A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍
3．（2024·新课标）天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（　　）
A．0.001倍 B．0.1倍 C．10倍 D．1000倍
4．（2024·新课标）三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（　　）
A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
5．（2024·新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
6．（2024·新课标）位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝3.5m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（　　）
A．波的周期是0.1s
B．波的振幅是0.2m
C．波的传播速度是10m/s
D．平衡位置在x＝4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置
7．（2024·新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（　　）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
8．（2024·新课标）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（　　）
A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热
二、非选择题：共62分。
9．（2024·新课标）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。
完成下列填空：
（1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma　 　mb（填“＞”或“＜”）；
（2）如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式 　 　，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是　 　。
10．（2024·新课标）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻R0（阻值为800Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应　 　（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的　 　（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡　 　（填“×1”“×100”或“×1k”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为 　 　kΩ（结果保留1位小数）；
（2）为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 　 　（填“R1”或“R2”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 　 　（填“a”或“b”）端；
（3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝　 　（用U1、U和R0表示）；
（4）测量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，则待测电压表内阻RV＝　 　kΩ（结果保留3位有效数字）。
11．（2024·新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
12．（2024·新课标）如图，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
13．（2024·新课标）一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b（v0，v0）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c（﹣v0，v0）点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB. 由质点位移时间图像的特点可知，在某一时刻质点的位置是唯一确定的，不可能有两个位置的点，故AB不符合题意；
CD. 质点做直线运动，在某时刻质点的速度是唯一确定的，不可能有两个速度的值，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据质点做直线运动的特点，结合位移时间图像和速度时间图像的特点可得出结论。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【解答】ABCD. 由题可知，动能调整为原来的4倍，由可知速度变为原来的2倍，小车离开甲板做平抛运动，在高度一定的条件下，水平位移，故水平距离为调整前的2倍，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据动能的表达式，结合平抛运动的一般规律，利用平抛运动的基本公式可得出结论。
3．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】ABCD. 行星围绕中心天体做匀速圆周运动，有，可得，
可知，
代入可得，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据卫星做匀速圆周运动的规律，利用万有引力提供向心力的表达式可得出结论。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性
【解析】【解答】A. 由光子能量，蓝光的频率大于红光的频率，故蓝光光子的能量大于红光光子的能量，A符合题意；
B. 由，蓝光的波长小于红光的波长，则蓝光的动量大于红光的动量，B不符合题意；
C. 在玻璃中传播时，蓝光的频率大，折射率大，由可知，蓝光的速度更小，C不符合题意；
D. 蓝光在不同介质中传播频率不变，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据光的频率与波长的光线，结合相关物理量的表达式可得出结论。
5．【答案】B
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB. 对两正电荷P、Q进行受力分析，对于Q在竖直方向有，水平方向有，联立有，对于P在竖直方向有有，联立有，显然，故，，A不符合题意，B符合题意；
CD. 由于正电荷所受力与库仑力大小关系未知，故P、Q两正电荷的电荷量大小无法判断，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据受力分析，运用正交分解的方法，结合库仑定律的表达式，利用共点力平衡的条件可得出结论。
6．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A. 由振动图可知振动周期为0.2s，振幅为0.2m，A不符合题意，B符合题意；
C. 波源的起振方向沿y轴正方向，故波源从开始起振到恰好第2次处于波谷位置所用时间为，波沿x轴正方向传播的距离为x=3.5m，故波速为，C符合题意；
D. 波传播到4.5m质点处所用时间为4.5s，故质点P振动1s，即5T，故质点处于平衡位置，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】根据波的产生和传播规律，结合质点做简谐振动的特点和规律可得出结论。
7．【答案】B,D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB. 当磁极再转过90°时，此时线圈垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，A不符合题意，B符合题意；
CD. 对PQ棒进行分析，磁场方向向下，PQ棒相对磁极水平向左运动，由右手定则可知电流方向由Q指向P，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据导体棒切割磁感线产生电动势的特点可判断感应电流的大小，利用右手定则可判断电流的方向。
8．【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A. 1→2过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，即，由可知，，即气体内能增加，A符合题意；
B. 2→3过程中，气体向外放热，气体体积增大，气体对外界做功，即，温度增加，内能，由可知，故气体吸热，B不符合题意；
C. 3→4过程为绝热过程，体积增大，气体对外界做功，由可知，气体内能减小，C不符合题意；
D. 4→1过程中，气体做等容变化，由可知压强减小，温度减小，内能减小，由可知，，气体对外放热，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】根据理想气体状态方程，结合气体的变化过程，利用热力学第一定律可得出结论。
9．【答案】（1）＞
（2）maxP＝maxM+mbxN；小球水平飞出后做平抛运动，小球在空中的运动时间均相等，小球落点与O点的距离与小球水平飞出时的速度成正比
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了保证小球a在与b碰撞后不会反向运动，则需要满足小球a的质量大于b的质量；
（2）小球水平抛出后在木板上的水平位移，两小球碰撞过程若满足动量守恒定律，
则需要满足，
联立可得；
用小球落点与O的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是小球水平飞出后做平抛运动，小球在空中的运动时间均相等，小球落点与O点的距离与小球水平飞出时的速度成正比。
【分析】利用碰撞过程动量守恒定律，结合平抛运动水平位移的特点可得出结论。
10．【答案】（1）CAB；负极、正极；×100；1.6
（2）R1；a
（3）
（4）1.57
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）粗略测量电阻时，需将挡位调到合适的位置，将红黑表笔短接，查看指针位置，进行调零；根据欧姆表红进黑出的原则，应使红表笔与负极相连，黑表笔与正极相接；由图可知，指针偏转过大，表明挡位选取较小，需选用更大的挡位，应旋转到 ×100 ；根据图中示数可知电压表内阻为 1.6 kΩ ；
（2）图b选用滑动变阻器的分压式接法，应选取电阻小，额定电流大的滑动变阻器R1；在闭合开关前，将测量电路结构与导线并联，故应置于a端；
（3）待测电压表内阻；
（4）代数可知待测电压表内阻为
【分析】(1)根据欧姆表的原理和特点可得出结论；
（2）根据电路图的连接特点可确定滑动变阻器；
（3）利用伏安法测电阻的原理可得出待测电压表电阻的表达式；
（4）将数据带入（3）中的表达式即可求出
11．【答案】（1）解：对重物进行受力分析，缓慢下降的过程可认为受力平衡，
在竖直方向有，
水平方向有，
联立可得
（2）解：由动能定理有，
故可得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据受力分析，运用正交分解，利用共点力的平衡条件可得出力的大小；
（2）利用动能定理可得出拉力做功大小。
12．【答案】（1）解：对薄板进行分析，由牛顿第二定律有，
可得，
由可知，，
对滑块有，可得，
由，其中，代入可得
（2）解：物块飞出时，薄板的速度为，
则薄板中心恰好运动到O点所用时间，
则平台距地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可得出薄板和物体的加速度大小，利用匀变速直线运动的特点可得出速度和时间大小；
（2）利用平抛运动高度与时间的关系式可得出高度的大小。
13．【答案】（1）解：粒子进入磁场时速度大小为，
由
可得
周期为
（2）解：由题可知，任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，
由可知任意点的加速度大小相等，
有，
可得
（3）解：由题可知，粒子从b点到c点粒子在磁场中转过角度为270°，
粒子在电场中做类平抛运动，有，
水平位移，
由几何关系可知，
粒子移动一周的位移大小为，
联立可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据速度的合成可得出粒子速度大小，利用粒子在磁场中做匀速圆周运动的特点可得出半径和周期大小；
（2）根据加速度定义式的涵义，结合速度分量图可得出结论；
（3）根据粒子在电场中做类平抛运动的特点可得出速度和水平位移的特点，利用几何关系可得出粒子位移大小。
1 / 1【高考真题】全国2024年统一高考物理试卷（新课标）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024·新课标）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB. 由质点位移时间图像的特点可知，在某一时刻质点的位置是唯一确定的，不可能有两个位置的点，故AB不符合题意；
CD. 质点做直线运动，在某时刻质点的速度是唯一确定的，不可能有两个速度的值，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据质点做直线运动的特点，结合位移时间图像和速度时间图像的特点可得出结论。
2．（2024·新课标）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　）
A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍
【答案】C
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【解答】ABCD. 由题可知，动能调整为原来的4倍，由可知速度变为原来的2倍，小车离开甲板做平抛运动，在高度一定的条件下，水平位移，故水平距离为调整前的2倍，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据动能的表达式，结合平抛运动的一般规律，利用平抛运动的基本公式可得出结论。
3．（2024·新课标）天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（　　）
A．0.001倍 B．0.1倍 C．10倍 D．1000倍
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】ABCD. 行星围绕中心天体做匀速圆周运动，有，可得，
可知，
代入可得，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据卫星做匀速圆周运动的规律，利用万有引力提供向心力的表达式可得出结论。
4．（2024·新课标）三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（　　）
A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性
【解析】【解答】A. 由光子能量，蓝光的频率大于红光的频率，故蓝光光子的能量大于红光光子的能量，A符合题意；
B. 由，蓝光的波长小于红光的波长，则蓝光的动量大于红光的动量，B不符合题意；
C. 在玻璃中传播时，蓝光的频率大，折射率大，由可知，蓝光的速度更小，C不符合题意；
D. 蓝光在不同介质中传播频率不变，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据光的频率与波长的光线，结合相关物理量的表达式可得出结论。
5．（2024·新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
【答案】B
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB. 对两正电荷P、Q进行受力分析，对于Q在竖直方向有，水平方向有，联立有，对于P在竖直方向有有，联立有，显然，故，，A不符合题意，B符合题意；
CD. 由于正电荷所受力与库仑力大小关系未知，故P、Q两正电荷的电荷量大小无法判断，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据受力分析，运用正交分解的方法，结合库仑定律的表达式，利用共点力平衡的条件可得出结论。
6．（2024·新课标）位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝3.5m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（　　）
A．波的周期是0.1s
B．波的振幅是0.2m
C．波的传播速度是10m/s
D．平衡位置在x＝4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A. 由振动图可知振动周期为0.2s，振幅为0.2m，A不符合题意，B符合题意；
C. 波源的起振方向沿y轴正方向，故波源从开始起振到恰好第2次处于波谷位置所用时间为，波沿x轴正方向传播的距离为x=3.5m，故波速为，C符合题意；
D. 波传播到4.5m质点处所用时间为4.5s，故质点P振动1s，即5T，故质点处于平衡位置，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】根据波的产生和传播规律，结合质点做简谐振动的特点和规律可得出结论。
7．（2024·新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（　　）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
【答案】B,D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB. 当磁极再转过90°时，此时线圈垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，A不符合题意，B符合题意；
CD. 对PQ棒进行分析，磁场方向向下，PQ棒相对磁极水平向左运动，由右手定则可知电流方向由Q指向P，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据导体棒切割磁感线产生电动势的特点可判断感应电流的大小，利用右手定则可判断电流的方向。
8．（2024·新课标）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（　　）
A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A. 1→2过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，即，由可知，，即气体内能增加，A符合题意；
B. 2→3过程中，气体向外放热，气体体积增大，气体对外界做功，即，温度增加，内能，由可知，故气体吸热，B不符合题意；
C. 3→4过程为绝热过程，体积增大，气体对外界做功，由可知，气体内能减小，C不符合题意；
D. 4→1过程中，气体做等容变化，由可知压强减小，温度减小，内能减小，由可知，，气体对外放热，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】根据理想气体状态方程，结合气体的变化过程，利用热力学第一定律可得出结论。
二、非选择题：共62分。
9．（2024·新课标）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。
完成下列填空：
（1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma　 　mb（填“＞”或“＜”）；
（2）如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式 　 　，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是　 　。
【答案】（1）＞
（2）maxP＝maxM+mbxN；小球水平飞出后做平抛运动，小球在空中的运动时间均相等，小球落点与O点的距离与小球水平飞出时的速度成正比
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了保证小球a在与b碰撞后不会反向运动，则需要满足小球a的质量大于b的质量；
（2）小球水平抛出后在木板上的水平位移，两小球碰撞过程若满足动量守恒定律，
则需要满足，
联立可得；
用小球落点与O的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是小球水平飞出后做平抛运动，小球在空中的运动时间均相等，小球落点与O点的距离与小球水平飞出时的速度成正比。
【分析】利用碰撞过程动量守恒定律，结合平抛运动水平位移的特点可得出结论。
10．（2024·新课标）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻R0（阻值为800Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应　 　（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的　 　（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡　 　（填“×1”“×100”或“×1k”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为 　 　kΩ（结果保留1位小数）；
（2）为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 　 　（填“R1”或“R2”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 　 　（填“a”或“b”）端；
（3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝　 　（用U1、U和R0表示）；
（4）测量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，则待测电压表内阻RV＝　 　kΩ（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）CAB；负极、正极；×100；1.6
（2）R1；a
（3）
（4）1.57
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）粗略测量电阻时，需将挡位调到合适的位置，将红黑表笔短接，查看指针位置，进行调零；根据欧姆表红进黑出的原则，应使红表笔与负极相连，黑表笔与正极相接；由图可知，指针偏转过大，表明挡位选取较小，需选用更大的挡位，应旋转到 ×100 ；根据图中示数可知电压表内阻为 1.6 kΩ ；
（2）图b选用滑动变阻器的分压式接法，应选取电阻小，额定电流大的滑动变阻器R1；在闭合开关前，将测量电路结构与导线并联，故应置于a端；
（3）待测电压表内阻；
（4）代数可知待测电压表内阻为
【分析】(1)根据欧姆表的原理和特点可得出结论；
（2）根据电路图的连接特点可确定滑动变阻器；
（3）利用伏安法测电阻的原理可得出待测电压表电阻的表达式；
（4）将数据带入（3）中的表达式即可求出
11．（2024·新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1）解：对重物进行受力分析，缓慢下降的过程可认为受力平衡，
在竖直方向有，
水平方向有，
联立可得
（2）解：由动能定理有，
故可得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据受力分析，运用正交分解，利用共点力的平衡条件可得出力的大小；
（2）利用动能定理可得出拉力做功大小。
12．（2024·新课标）如图，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）解：对薄板进行分析，由牛顿第二定律有，
可得，
由可知，，
对滑块有，可得，
由，其中，代入可得
（2）解：物块飞出时，薄板的速度为，
则薄板中心恰好运动到O点所用时间，
则平台距地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可得出薄板和物体的加速度大小，利用匀变速直线运动的特点可得出速度和时间大小；
（2）利用平抛运动高度与时间的关系式可得出高度的大小。
13．（2024·新课标）一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b（v0，v0）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c（﹣v0，v0）点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
【答案】（1）解：粒子进入磁场时速度大小为，
由
可得
周期为
（2）解：由题可知，任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，
由可知任意点的加速度大小相等，
有，
可得
（3）解：由题可知，粒子从b点到c点粒子在磁场中转过角度为270°，
粒子在电场中做类平抛运动，有，
水平位移，
由几何关系可知，
粒子移动一周的位移大小为，
联立可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据速度的合成可得出粒子速度大小，利用粒子在磁场中做匀速圆周运动的特点可得出半径和周期大小；
（2）根据加速度定义式的涵义，结合速度分量图可得出结论；
（3）根据粒子在电场中做类平抛运动的特点可得出速度和水平位移的特点，利用几何关系可得出粒子位移大小。
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