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2024届四川省成都市高三第二次联考理科综合能力测试-高中物理
1．（2024高三下·成都模拟）如图，某种烟雾报警器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。镅发生衰变所释放的射线会将探测器里的空气分子电离，从而产生电流。烟尘一旦进入报警器内，烟尘中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。下列说法正确的是（　　）
A．原子核中有146个质子
B．发生火灾时，烟雾报警器中的因温度升高而半衰期变短
C．该烟雾报警器应用了这种射线贯穿本领强的特点
D．发生衰变的核反应方程是
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则、半衰期和α射线的特点，要学生记住基本知识进行分析和判断。A．镅原子核中有95个质子，146个中子。故A错误；
B．发生火灾时，烟雾探测器中的镅不会因温度升高而半衰期变短。因为半衰期由原子核内部因素影响，与外界环境变化没有关系。故B错误；
CD.由题知发生α衰变的核反应方程是
该烟雾报警器应用了这种射线电离能力强的特点，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据质量数和质子数、中子数的数量关系进行推导；根据半衰期的决定因素进行分析判断；根据核反应的书写规则进行判断，结合α射线的特点进行解答。
2．（2024高三下·成都模拟）如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了胡克定律、牛顿第二定律以及通过公式推导物理量之间线性关系的能力。根据牛顿第二定律有
即
物块做匀加速运动，则与的关系的一次函数的关系，截距为正。
故选A。
【分析】由题意可知，在弹性限度内运动，弹簧形变量等于物块位移，可利用牛顿第二定律判断物块F与x的线性关系。
3．（2024高三下·成都模拟）如图，两根相距的平行光滑导轨竖直放置，处在垂直于其平面的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为。在导轨上放置两根长度与导轨间距等长的金属棒和，棒的电阻为，固定在导轨上；棒的电阻为，它正以的速度做竖直向下的匀速直线运动。导轨足够长，两金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计。下列关于棒所受安培力的分析正确的是（　　）
A．大小为，方向竖直向上 B．大小为，方向竖直向下
C．大小为，方向竖直向上 D．大小为，方向竖直向下
【答案】B
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题关键是根据会分析导线安培力的方向，由右手定则判断电流方向，结合法拉第电磁感应定律解得。对棒根据右手定则可知，棒中的电流从流向，因此棒中的电流从流向，根据左手定则可知，棒受到竖直向下的安培力，感应电动势
流过棒的电流
因此棒所受安培力大小为
故选B。
【分析】根据右手定则分析电流方向，根据法拉第电磁感应定律结合安培力公式解答。
4．（2024高三下·成都模拟）如图，一质量为的木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为（未知），重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C．可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题考查了摩擦力、共点力平衡、能量守恒，解题的关键是知道木块静止的原因：滑块对木板的摩擦力小于地面对木板的最大静摩擦力，注意计算摩擦产生的热量既可以用能量守恒也可以用Q=fx相对。A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；
C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
【分析】根据滑动摩擦力的方向特点、力的平衡分析；根据木板静止的原因分析；根据能量守恒分析。
5．（2024高三下·成都模拟）2023年8月29日，华为发布了全球首款支持卫星电话功能的手机。该功能直接将手机的电话信号发送至地球同步卫星，再由该卫星将信号转发到接收站。如图，A处为赤道附近的空旷地带，某人在A处利用手机拨打卫星电话。已知地球自转的角速度为，地球的半径为，地球的质量为，万有引力常量为。如果地球同步卫星B能接收到此人在A处所拨打的卫星电话，则间的最远距离为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，关键是能根据万有引力提供向心力求解卫星半径。卫星B的轨道半径满足
解得
如果地球同步卫星B能接收到此人在A处所拨打的卫星电话，则A、B的连线不被地球遮挡，故A、B最远时A、B的连线与地球相切，由几何关系得A、B间的最远距离
联立可得
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力求出同步卫星圆周运动的半径，人在A处和卫星的角速度相等，手机信号沿直线传播，当卫星B恰好能接收到电话时，A、B最远时A、B的连线与地球相切，再根据勾股定理即可解答。
6．（2024高三下·成都模拟）如图，“渤海之眼”摩天轮是当今世界上最高的无轴式摩天轮，该摩天轮处于竖直平面内，小明乘坐观景舱（可视为质点）沿轮盘外缘做逆时针方向的匀速圆周运动，运动轨迹的最高点为A，最低点为B，小明在运动一周的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小明经过A、B两点时的动量相同
B．从A点到B点的过程中，小明的机械能减小
C．从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力做功相等
D．从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力的冲量相同
【答案】B,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题考查动量定理，解题关键掌握动量和冲量的矢量性。物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。A．小明经过A、B两点时速度大小相等，方向相反，动量为矢量，可知小明经过A、B两点时的动量大小相等，方向相反，故A错误；
B．根据可知从A点到B点的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B正确；
C．经过A、B两点时速度大小相等，根据动能定理有
可知从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力做功相等均为零，故C正确；
D．动量定理
为矢量表达式，规定水平向右为正方向，小明的速度大小为，从点到点过程中，小明所受合外力的冲量为，从到点过程中，小明所受合外力的冲量为，因此小明从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选BC。
【分析】小明经过A、B两点时的速度方向不同，根据动量定理、动能定理分析解答。
7．（2024高三下·成都模拟）如图，在竖直平面内有一半径为、圆心为的圆形区域，在圆形区域内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为、质量为的电子从圆形区域边界上的点沿半径方向以速度射入圆形区域，要使电子从圆形区域边界上的点离开圆形区域，，不计电子重力。下列说法正确的是（　　）
A．可加磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场
B．可加磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外的匀强磁场
C．可加电场强度大小为，方向竖直向上的匀强电场
D．可加电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场
【答案】A,C
【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】【解答】考查带电粒子在磁场和电场中的运动规律，关键是画出运动轨迹图，并找到相应的几何关系列式求解相关物理量。AB．若添加匀强磁场，由于电子带负电，要使电子从点离开圆形区域，则添加磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系得，电子做匀速圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A正确，B错误；
CD．由于电子带负电，要使电子从B点离开圆形区域，可添加电场强度方向竖直向上的匀强电场，电子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有
竖直方向
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】若加磁场，判断磁场方向，画出电子运动轨迹，找出电子轨道半径和圆半径的关系，由牛顿第二定律列式求解；若加电场，根据电子偏转方向判断电场方向，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律列式求解电场大小。
8．（2024高三下·成都模拟）如图，空间中存在水平向右的匀强电场，两个质量相等的带电小球分别从两点同时由静止释放，结果都能到达点。点在A点的正上方，连线与水平方向的夹角为，两小球均可视为质点，忽略空气阻力和两小球之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．a球在到达C点的过程中做曲线运动
B．a球所受电场力大于b球所受电场力
C．在两小球到达C点的过程中，a球电势能的减小量小于b球电势能的减小量
D．a球经过C点时的动能小于b球经过C点时的动能
【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要是考查带电小球在复合场中的运动。本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系，弄清楚小球的受力情况和运动情况。AB．小球、在电场力与重力的作用下做直线运动，由于连线与水平方向的夹角小于连线与水平方向的夹角，所以球所受电场力更小，故B正确，A错误；
C．在两小球到达点的过程中，运动的水平距离相等，电场力对球做的功更小，故球电势能的减小量大于球电势能的减小量，故C错误；
D．由题意可得、两点和、两点的水平距离相等，设、两点的水平距离为，电场力与重力合力做的功
由于连线与水平方向的夹角为，所以球经过点时的动能小于球经过点时的动能，故D正确。
故选BD。
【分析】小球a、b由静止释放，合外力恒定，做直线运动；根据受力情况分析电场力的大小；根据功能关系判断电势能的变化情况；合外力做的功等于动能的变化，求出合外力做的功进行分析。
9．（2024高三下·成都模拟）某同学利用如图a所示的装置“验证机械能守恒定律”。实验时该同学使用频闪仪对做平抛运动的小球进行拍摄，某次拍摄后得到的照片如图b所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有正方形方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个大方格的边长为5cm，当地重力加速度大小取，。
（1）频闪仪每隔　 　s发出一次闪光；小球在图a中抛出点的速度大小为　 　；小球运动到位置时速度的竖直分量大小为　 　m/s，由此可计算出小球运动到位置时的速度大小。
（2）已知位置到抛出点的竖直高度为，若满足表达式　 　（用、表示），则可认为小球从抛出点到位置的运动过程中机械能守恒。
【答案】（1）0.1；1；1.47
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查平抛运动的规律和机械能守恒定律，会根据题意根据相关规律列式求解相应物理量。
（1）设频闪仪每隔s发出一次闪光，有
得
由
得
小球运动到位置b时速度的竖直分量大小为
（2）
位置b到抛出点O小球的重力势能减速量为
动能增加量为
若有
即验证机械能守恒。
【分析】（1）根据公式Δy=gT2，匀速直线运动位移—时间公式和匀变速直线运动速度公式列式代入数据解答；
（2）根据机械能守恒定律的条件列出表达式。
（1）[1][2][3]设频闪仪每隔s发出一次闪光，有
得
由
得
小球运动到位置b时速度的竖直分量大小为
（2）位置b到抛出点O小球的重力势能减速量为
动能增加量为
若有
即验证机械能守恒。
10．（2024高三下·成都模拟）某同学自制了一个两挡位（“”“”）的欧姆表，其内部结构如图所示，为定值电阻，为滑动变阻器（其最大阻值满足约为），电流计的内阻为，满偏电流为250 A，电源电动势为。为保证电流计G的安全，当单刀双掷开关接p时，通过电源的最大电流为；当接q时，通过电源的最大电流为。
（1）图中的①端与　 　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）根据题给条件可得　 　。
（3）选欧姆表的挡位为“”挡时，应将单刀双掷开关与　 　（填“m”或“n”）接通，与　 　（填“p”或“q”）接通，此时多用电表的总内阻为　 　。
【答案】（1）红
（2）
（3）m；q；150
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查欧姆表的内部结构，会根据题意列式进行相关物理量的运算。欧姆表使用使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率 。
（1）根据多用电表内部结构图可知，电流从②端流出多用电表，从①端流入多用电表，因此①端连接红色表笔；
（2）当接p时，通过电源的最大电流为1mA，则
解得
（3）欧姆表的挡位越低，内阻越小，因此选欧姆表的挡位为挡时，应将单刀双掷开关与接通；欧姆调零时
内阻越小，通过电源的最大电流越大，因此应与接通，通过电源的最大电流为10mA，根据
可知
【分析】（1）根据欧姆挡的内部结构结合电流方向进行判断；
（2）根据串并联电路的电流关系列式求解；
（3）电源电动势不变，根据电阻和电流的关系进行判断和计算。
（1）根据多用电表内部结构图可知，电流从②端流出多用电表，从①端流入多用电表，因此①端连接红色表笔；
（2）当接p时，通过电源的最大电流为1mA，则
解得
（3）[1]欧姆表的挡位越低，内阻越小，因此选欧姆表的挡位为挡时，应将单刀双掷开关与接通；
[2][3]欧姆调零时
内阻越小，通过电源的最大电流越大，因此应与接通，通过电源的最大电流为10mA，根据可知
11．（2024高三下·成都模拟）如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为，红球与底袋之间的距离为。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0.2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取。求：
（1）红球碰撞后瞬间的速度大小；
（2）杆对白球的冲量大小。
【答案】解：（1）碰撞后，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的位移速度公式有
联立解得
（2）白球和红球碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
白球与红球碰撞前，根据匀变速直线运动的位移速度公式有
根据动量定理有
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）从碰撞后到红球进入底袋过程中，根据动能定理进行解答；
（2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞前白球的速度大小，从白球开始运动到二者相碰前过程中，根据动能定理求解击球后白球的速度大小，再根据动量定理进行解答。
12．（2024高三下·成都模拟）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为，左边界与轴垂直交于坐标原点，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场；Ⅱ区宽度为，左边界与轴垂直交于点，右边界与轴垂直交于点，其内充满沿轴负方向的匀强电场。测试板垂直轴置于Ⅱ区右边界，其中心与点重合。从离子源不断飘出电荷量为、质量为的正离子，加速后沿轴正方向过点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心。已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为，速度方向与轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
（1）求Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求Ⅱ区匀强电场的电场强度大小；
（3）将Ⅱ区右边界和测试板同时右移使Ⅱ区足够大，在Ⅱ区同时填充题干中的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，离子的运动轨迹如图乙中的虚线所示，求离子在Ⅱ区运动过程中的速度最大值。
【答案】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
根据几何关系有
联立解得
（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，在轴方向上有
在轴方向上（以轴负方向为正）有
又
联立解得
（3）离子进入Ⅱ区时，洛伦兹力沿轴方向的分量
洛伦兹力沿轴方向的分量
因此离子在Ⅱ区的运动可看成水平方向的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，当离子在最低点时，两个分运动速度同向，离子有速度的最大值为
解得
【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）根据几何知识求解离子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）离子在电场中做类斜上抛运动，根据牛顿第二定律求解离子在电场中运动的加速度，根据几何知识离子在竖直方向的位移，水平方向和竖直方向根据运动学公式列式联立求解Ⅱ区匀强电场的电场强度大小；
（3）利用配速法，将离子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和匀速圆周运动，当离子运动到最低点时速度最大，即可求解离子在Ⅱ区运动过程中的速度最大值。
13．（2024高三下·成都模拟）将一定质量的理想气体封闭在罐内，当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（　　）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增大
C．单位时间内撞击在单位面积罐上的气体分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体分子的平均动能减小
E．气体分子的平均速率增大，但不能保证每个气体分子的运动速率都增大
【答案】B,C,E
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】本题主要考查热学现象在生活中的应用，解题的关键主要在于判断此现象与哪些物理知识有关。AB．当罐内气体温度升高时，罐内气体的内能增大，气体做等容变化，外界对气体不做功，根据
可知罐内气体的压强增大，根据热力学第一定律
可知罐内气体从外界吸收热量，故B正确，A错误；
C．罐内气体的温度升高，则气体分子的速率变大，体积不变，单位时间内撞击在单位面积罐上的气体分子数增多，故C正确；
DE．气体做等容变化，则气体对外界不做功，罐内气体的内能增大，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的运动速率都增大，故E正确，D错误。
故选BCD。
【分析】 根据=C判断罐内压强变化，温度升高，气体内能增大，分子平均动能增大，根据热力学第一定律分析吸放热。
14．（2024高三下·成都模拟）导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度为20，一个质量为1的活塞将汽缸内气体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性良好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10，活塞的截面积为5，不计活塞的厚度，求：
（1）开始时，卡环对活塞的压力；
（2）当环境温度为280K时，在活塞上放一个质量为2的重物，当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
【答案】解：（1）设开始时缸内气体的压强为，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强
气体发生等容变化，则
解得
开始时
解得
（2）在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强
发生等温变化，则
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）当环境温度降低时，被封闭气体作等容变化，根据查理定律求出开始时封闭气体的压强。开始时，对活塞受力分析，根据共点力平衡条件求卡环对活塞的压力；
（2）在活塞上加上重物后，对活塞受力分析，根据共点力平衡条件求出最后稳定时缸内气体的压强，再根据玻意耳定律计算当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
15．（2024高三下·成都模拟）在“测量玻璃的折射率”的实验中，某同学经正确操作后作出的光路图如图所示，该玻璃砖的横截面为梯形。该同学测量出入射光线与玻璃砖前表面的夹角为30°，折射光线与玻璃砖前表面的夹角为60°，玻璃砖前、后表面的间距为。已知光在真空中的传播速度为，则可计算出玻璃砖的折射率为　 　；该光在玻璃砖中的传播速度为　 　m/s；该光在玻璃砖中从A点传播到B点的时间为　 　s。
【答案】；；
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决本题的关键要完成光路图，运用数学知识求出入射角、折射角和光程，再结合折射定律进行处理。根据折射定律可得
根据速度与折射率的关系
可得
光在玻璃中的传播时间
又
联立解得
【分析】根据几何关系求出入射角和折射角，从而求得玻璃砖的折射率n；根据几何知识求A点到B点的距离，由v=求出光线在玻璃砖中传播速度，从而求得传播的时间t。
16．（2024高三下·成都模拟）一列简谐横波在介质中沿轴正方向传播，和A是介质中平衡位置分别位于和处的两个质点。时刻的波形图如图所示，时，质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐横波的周期、波速和波长；
（2）质点A的位移随时间变化的关系式。
【答案】解：（1）根据质点的振动规律可得
可得
根据图像可知质点、的平衡位置之间的距离
可得
根据波长、波速和周期之间的关系有
联立解得
（2）设质点的位移随时间变化的关系式为
式中
则质点的位移随时间变化的关系式为
根据图像可知时刻，质点偏离平衡位置的位移为，即
解得
或（舍去）
因此质点的位移随时间变化的关系式为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）根据质点O的变化规律分析周期，根据OA的距离分析波长，根据λ=vT解得波速；
（2）根据振动的一般方程代入特殊值分析解答。
1 / 12024届四川省成都市高三第二次联考理科综合能力测试-高中物理
1．（2024高三下·成都模拟）如图，某种烟雾报警器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。镅发生衰变所释放的射线会将探测器里的空气分子电离，从而产生电流。烟尘一旦进入报警器内，烟尘中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。下列说法正确的是（　　）
A．原子核中有146个质子
B．发生火灾时，烟雾报警器中的因温度升高而半衰期变短
C．该烟雾报警器应用了这种射线贯穿本领强的特点
D．发生衰变的核反应方程是
2．（2024高三下·成都模拟）如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高三下·成都模拟）如图，两根相距的平行光滑导轨竖直放置，处在垂直于其平面的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为。在导轨上放置两根长度与导轨间距等长的金属棒和，棒的电阻为，固定在导轨上；棒的电阻为，它正以的速度做竖直向下的匀速直线运动。导轨足够长，两金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计。下列关于棒所受安培力的分析正确的是（　　）
A．大小为，方向竖直向上 B．大小为，方向竖直向下
C．大小为，方向竖直向上 D．大小为，方向竖直向下
4．（2024高三下·成都模拟）如图，一质量为的木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为（未知），重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C．可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
5．（2024高三下·成都模拟）2023年8月29日，华为发布了全球首款支持卫星电话功能的手机。该功能直接将手机的电话信号发送至地球同步卫星，再由该卫星将信号转发到接收站。如图，A处为赤道附近的空旷地带，某人在A处利用手机拨打卫星电话。已知地球自转的角速度为，地球的半径为，地球的质量为，万有引力常量为。如果地球同步卫星B能接收到此人在A处所拨打的卫星电话，则间的最远距离为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高三下·成都模拟）如图，“渤海之眼”摩天轮是当今世界上最高的无轴式摩天轮，该摩天轮处于竖直平面内，小明乘坐观景舱（可视为质点）沿轮盘外缘做逆时针方向的匀速圆周运动，运动轨迹的最高点为A，最低点为B，小明在运动一周的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小明经过A、B两点时的动量相同
B．从A点到B点的过程中，小明的机械能减小
C．从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力做功相等
D．从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力的冲量相同
7．（2024高三下·成都模拟）如图，在竖直平面内有一半径为、圆心为的圆形区域，在圆形区域内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为、质量为的电子从圆形区域边界上的点沿半径方向以速度射入圆形区域，要使电子从圆形区域边界上的点离开圆形区域，，不计电子重力。下列说法正确的是（　　）
A．可加磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场
B．可加磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外的匀强磁场
C．可加电场强度大小为，方向竖直向上的匀强电场
D．可加电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场
8．（2024高三下·成都模拟）如图，空间中存在水平向右的匀强电场，两个质量相等的带电小球分别从两点同时由静止释放，结果都能到达点。点在A点的正上方，连线与水平方向的夹角为，两小球均可视为质点，忽略空气阻力和两小球之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．a球在到达C点的过程中做曲线运动
B．a球所受电场力大于b球所受电场力
C．在两小球到达C点的过程中，a球电势能的减小量小于b球电势能的减小量
D．a球经过C点时的动能小于b球经过C点时的动能
9．（2024高三下·成都模拟）某同学利用如图a所示的装置“验证机械能守恒定律”。实验时该同学使用频闪仪对做平抛运动的小球进行拍摄，某次拍摄后得到的照片如图b所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有正方形方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个大方格的边长为5cm，当地重力加速度大小取，。
（1）频闪仪每隔　 　s发出一次闪光；小球在图a中抛出点的速度大小为　 　；小球运动到位置时速度的竖直分量大小为　 　m/s，由此可计算出小球运动到位置时的速度大小。
（2）已知位置到抛出点的竖直高度为，若满足表达式　 　（用、表示），则可认为小球从抛出点到位置的运动过程中机械能守恒。
10．（2024高三下·成都模拟）某同学自制了一个两挡位（“”“”）的欧姆表，其内部结构如图所示，为定值电阻，为滑动变阻器（其最大阻值满足约为），电流计的内阻为，满偏电流为250 A，电源电动势为。为保证电流计G的安全，当单刀双掷开关接p时，通过电源的最大电流为；当接q时，通过电源的最大电流为。
（1）图中的①端与　 　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）根据题给条件可得　 　。
（3）选欧姆表的挡位为“”挡时，应将单刀双掷开关与　 　（填“m”或“n”）接通，与　 　（填“p”或“q”）接通，此时多用电表的总内阻为　 　。
11．（2024高三下·成都模拟）如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为，红球与底袋之间的距离为。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0.2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取。求：
（1）红球碰撞后瞬间的速度大小；
（2）杆对白球的冲量大小。
12．（2024高三下·成都模拟）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为，左边界与轴垂直交于坐标原点，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场；Ⅱ区宽度为，左边界与轴垂直交于点，右边界与轴垂直交于点，其内充满沿轴负方向的匀强电场。测试板垂直轴置于Ⅱ区右边界，其中心与点重合。从离子源不断飘出电荷量为、质量为的正离子，加速后沿轴正方向过点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心。已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为，速度方向与轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
（1）求Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求Ⅱ区匀强电场的电场强度大小；
（3）将Ⅱ区右边界和测试板同时右移使Ⅱ区足够大，在Ⅱ区同时填充题干中的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，离子的运动轨迹如图乙中的虚线所示，求离子在Ⅱ区运动过程中的速度最大值。
13．（2024高三下·成都模拟）将一定质量的理想气体封闭在罐内，当罐内气体温度升高时，则下列说法正确的是（　　）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增大
C．单位时间内撞击在单位面积罐上的气体分子数增多
D．罐内气体对外界做功，气体分子的平均动能减小
E．气体分子的平均速率增大，但不能保证每个气体分子的运动速率都增大
14．（2024高三下·成都模拟）导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度为20，一个质量为1的活塞将汽缸内气体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性良好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10，活塞的截面积为5，不计活塞的厚度，求：
（1）开始时，卡环对活塞的压力；
（2）当环境温度为280K时，在活塞上放一个质量为2的重物，当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
15．（2024高三下·成都模拟）在“测量玻璃的折射率”的实验中，某同学经正确操作后作出的光路图如图所示，该玻璃砖的横截面为梯形。该同学测量出入射光线与玻璃砖前表面的夹角为30°，折射光线与玻璃砖前表面的夹角为60°，玻璃砖前、后表面的间距为。已知光在真空中的传播速度为，则可计算出玻璃砖的折射率为　 　；该光在玻璃砖中的传播速度为　 　m/s；该光在玻璃砖中从A点传播到B点的时间为　 　s。
16．（2024高三下·成都模拟）一列简谐横波在介质中沿轴正方向传播，和A是介质中平衡位置分别位于和处的两个质点。时刻的波形图如图所示，时，质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐横波的周期、波速和波长；
（2）质点A的位移随时间变化的关系式。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则、半衰期和α射线的特点，要学生记住基本知识进行分析和判断。A．镅原子核中有95个质子，146个中子。故A错误；
B．发生火灾时，烟雾探测器中的镅不会因温度升高而半衰期变短。因为半衰期由原子核内部因素影响，与外界环境变化没有关系。故B错误；
CD.由题知发生α衰变的核反应方程是
该烟雾报警器应用了这种射线电离能力强的特点，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据质量数和质子数、中子数的数量关系进行推导；根据半衰期的决定因素进行分析判断；根据核反应的书写规则进行判断，结合α射线的特点进行解答。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了胡克定律、牛顿第二定律以及通过公式推导物理量之间线性关系的能力。根据牛顿第二定律有
即
物块做匀加速运动，则与的关系的一次函数的关系，截距为正。
故选A。
【分析】由题意可知，在弹性限度内运动，弹簧形变量等于物块位移，可利用牛顿第二定律判断物块F与x的线性关系。
3．【答案】B
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题关键是根据会分析导线安培力的方向，由右手定则判断电流方向，结合法拉第电磁感应定律解得。对棒根据右手定则可知，棒中的电流从流向，因此棒中的电流从流向，根据左手定则可知，棒受到竖直向下的安培力，感应电动势
流过棒的电流
因此棒所受安培力大小为
故选B。
【分析】根据右手定则分析电流方向，根据法拉第电磁感应定律结合安培力公式解答。
4．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题考查了摩擦力、共点力平衡、能量守恒，解题的关键是知道木块静止的原因：滑块对木板的摩擦力小于地面对木板的最大静摩擦力，注意计算摩擦产生的热量既可以用能量守恒也可以用Q=fx相对。A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；
C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
【分析】根据滑动摩擦力的方向特点、力的平衡分析；根据木板静止的原因分析；根据能量守恒分析。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，关键是能根据万有引力提供向心力求解卫星半径。卫星B的轨道半径满足
解得
如果地球同步卫星B能接收到此人在A处所拨打的卫星电话，则A、B的连线不被地球遮挡，故A、B最远时A、B的连线与地球相切，由几何关系得A、B间的最远距离
联立可得
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力求出同步卫星圆周运动的半径，人在A处和卫星的角速度相等，手机信号沿直线传播，当卫星B恰好能接收到电话时，A、B最远时A、B的连线与地球相切，再根据勾股定理即可解答。
6．【答案】B,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题考查动量定理，解题关键掌握动量和冲量的矢量性。物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。A．小明经过A、B两点时速度大小相等，方向相反，动量为矢量，可知小明经过A、B两点时的动量大小相等，方向相反，故A错误；
B．根据可知从A点到B点的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B正确；
C．经过A、B两点时速度大小相等，根据动能定理有
可知从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力做功相等均为零，故C正确；
D．动量定理
为矢量表达式，规定水平向右为正方向，小明的速度大小为，从点到点过程中，小明所受合外力的冲量为，从到点过程中，小明所受合外力的冲量为，因此小明从A点到B点和B点到A点的过程中，小明所受合外力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选BC。
【分析】小明经过A、B两点时的速度方向不同，根据动量定理、动能定理分析解答。
7．【答案】A,C
【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】【解答】考查带电粒子在磁场和电场中的运动规律，关键是画出运动轨迹图，并找到相应的几何关系列式求解相关物理量。AB．若添加匀强磁场，由于电子带负电，要使电子从点离开圆形区域，则添加磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系得，电子做匀速圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A正确，B错误；
CD．由于电子带负电，要使电子从B点离开圆形区域，可添加电场强度方向竖直向上的匀强电场，电子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有
竖直方向
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】若加磁场，判断磁场方向，画出电子运动轨迹，找出电子轨道半径和圆半径的关系，由牛顿第二定律列式求解；若加电场，根据电子偏转方向判断电场方向，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律列式求解电场大小。
8．【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要是考查带电小球在复合场中的运动。本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系，弄清楚小球的受力情况和运动情况。AB．小球、在电场力与重力的作用下做直线运动，由于连线与水平方向的夹角小于连线与水平方向的夹角，所以球所受电场力更小，故B正确，A错误；
C．在两小球到达点的过程中，运动的水平距离相等，电场力对球做的功更小，故球电势能的减小量大于球电势能的减小量，故C错误；
D．由题意可得、两点和、两点的水平距离相等，设、两点的水平距离为，电场力与重力合力做的功
由于连线与水平方向的夹角为，所以球经过点时的动能小于球经过点时的动能，故D正确。
故选BD。
【分析】小球a、b由静止释放，合外力恒定，做直线运动；根据受力情况分析电场力的大小；根据功能关系判断电势能的变化情况；合外力做的功等于动能的变化，求出合外力做的功进行分析。
9．【答案】（1）0.1；1；1.47
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查平抛运动的规律和机械能守恒定律，会根据题意根据相关规律列式求解相应物理量。
（1）设频闪仪每隔s发出一次闪光，有
得
由
得
小球运动到位置b时速度的竖直分量大小为
（2）
位置b到抛出点O小球的重力势能减速量为
动能增加量为
若有
即验证机械能守恒。
【分析】（1）根据公式Δy=gT2，匀速直线运动位移—时间公式和匀变速直线运动速度公式列式代入数据解答；
（2）根据机械能守恒定律的条件列出表达式。
（1）[1][2][3]设频闪仪每隔s发出一次闪光，有
得
由
得
小球运动到位置b时速度的竖直分量大小为
（2）位置b到抛出点O小球的重力势能减速量为
动能增加量为
若有
即验证机械能守恒。
10．【答案】（1）红
（2）
（3）m；q；150
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查欧姆表的内部结构，会根据题意列式进行相关物理量的运算。欧姆表使用使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率 。
（1）根据多用电表内部结构图可知，电流从②端流出多用电表，从①端流入多用电表，因此①端连接红色表笔；
（2）当接p时，通过电源的最大电流为1mA，则
解得
（3）欧姆表的挡位越低，内阻越小，因此选欧姆表的挡位为挡时，应将单刀双掷开关与接通；欧姆调零时
内阻越小，通过电源的最大电流越大，因此应与接通，通过电源的最大电流为10mA，根据
可知
【分析】（1）根据欧姆挡的内部结构结合电流方向进行判断；
（2）根据串并联电路的电流关系列式求解；
（3）电源电动势不变，根据电阻和电流的关系进行判断和计算。
（1）根据多用电表内部结构图可知，电流从②端流出多用电表，从①端流入多用电表，因此①端连接红色表笔；
（2）当接p时，通过电源的最大电流为1mA，则
解得
（3）[1]欧姆表的挡位越低，内阻越小，因此选欧姆表的挡位为挡时，应将单刀双掷开关与接通；
[2][3]欧姆调零时
内阻越小，通过电源的最大电流越大，因此应与接通，通过电源的最大电流为10mA，根据可知
11．【答案】解：（1）碰撞后，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的位移速度公式有
联立解得
（2）白球和红球碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
白球与红球碰撞前，根据匀变速直线运动的位移速度公式有
根据动量定理有
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）从碰撞后到红球进入底袋过程中，根据动能定理进行解答；
（2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞前白球的速度大小，从白球开始运动到二者相碰前过程中，根据动能定理求解击球后白球的速度大小，再根据动量定理进行解答。
12．【答案】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
根据几何关系有
联立解得
（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，在轴方向上有
在轴方向上（以轴负方向为正）有
又
联立解得
（3）离子进入Ⅱ区时，洛伦兹力沿轴方向的分量
洛伦兹力沿轴方向的分量
因此离子在Ⅱ区的运动可看成水平方向的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，当离子在最低点时，两个分运动速度同向，离子有速度的最大值为
解得
【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）根据几何知识求解离子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）离子在电场中做类斜上抛运动，根据牛顿第二定律求解离子在电场中运动的加速度，根据几何知识离子在竖直方向的位移，水平方向和竖直方向根据运动学公式列式联立求解Ⅱ区匀强电场的电场强度大小；
（3）利用配速法，将离子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和匀速圆周运动，当离子运动到最低点时速度最大，即可求解离子在Ⅱ区运动过程中的速度最大值。
13．【答案】B,C,E
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】本题主要考查热学现象在生活中的应用，解题的关键主要在于判断此现象与哪些物理知识有关。AB．当罐内气体温度升高时，罐内气体的内能增大，气体做等容变化，外界对气体不做功，根据
可知罐内气体的压强增大，根据热力学第一定律
可知罐内气体从外界吸收热量，故B正确，A错误；
C．罐内气体的温度升高，则气体分子的速率变大，体积不变，单位时间内撞击在单位面积罐上的气体分子数增多，故C正确；
DE．气体做等容变化，则气体对外界不做功，罐内气体的内能增大，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的运动速率都增大，故E正确，D错误。
故选BCD。
【分析】 根据=C判断罐内压强变化，温度升高，气体内能增大，分子平均动能增大，根据热力学第一定律分析吸放热。
14．【答案】解：（1）设开始时缸内气体的压强为，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强
气体发生等容变化，则
解得
开始时
解得
（2）在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强
发生等温变化，则
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）当环境温度降低时，被封闭气体作等容变化，根据查理定律求出开始时封闭气体的压强。开始时，对活塞受力分析，根据共点力平衡条件求卡环对活塞的压力；
（2）在活塞上加上重物后，对活塞受力分析，根据共点力平衡条件求出最后稳定时缸内气体的压强，再根据玻意耳定律计算当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
15．【答案】；；
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决本题的关键要完成光路图，运用数学知识求出入射角、折射角和光程，再结合折射定律进行处理。根据折射定律可得
根据速度与折射率的关系
可得
光在玻璃中的传播时间
又
联立解得
【分析】根据几何关系求出入射角和折射角，从而求得玻璃砖的折射率n；根据几何知识求A点到B点的距离，由v=求出光线在玻璃砖中传播速度，从而求得传播的时间t。
16．【答案】解：（1）根据质点的振动规律可得
可得
根据图像可知质点、的平衡位置之间的距离
可得
根据波长、波速和周期之间的关系有
联立解得
（2）设质点的位移随时间变化的关系式为
式中
则质点的位移随时间变化的关系式为
根据图像可知时刻，质点偏离平衡位置的位移为，即
解得
或（舍去）
因此质点的位移随时间变化的关系式为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）根据质点O的变化规律分析周期，根据OA的距离分析波长，根据λ=vT解得波速；
（2）根据振动的一般方程代入特殊值分析解答。
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