備戰(zhàn)2025年新高考物理易錯(cuò)題綜合練（二）

選擇題（共10小題）

1.（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，質(zhì)量為m的物體由兩根繩子吊在半空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，右

側(cè)繩子的另一端固定在高樓的A點(diǎn)且與豎直方向的夾角為a,左側(cè)繩子由人拉著且與豎直方向的

夾角為0,當(dāng)人不動(dòng)而緩慢釋放繩子，下列說(shuō)法正確的是（）

B.兩繩子的拉力都變小

C.地面對(duì)人的支持力變小

D.地面對(duì)人的摩擦力變大

【解答】解：A、兩根繩子對(duì)物體的合力與物體的重力等大反向，保持不變，故A錯(cuò)誤;

B、對(duì)物體受力分析，如圖所示。

GTF

~AC=~AO=~6C

當(dāng)人不動(dòng)而緩慢釋放繩子，則AC增大，AO不變，OC減小，可知T減小，F(xiàn)減小，故B正確;

C、對(duì)人，由平衡條件得

Fcos0+N=Mg

因F減小，B增大,則地面對(duì)人的支持力N增大，故C錯(cuò)誤；

D、對(duì)人和物體整體，水平方向有

Tsina=f

因T減小，a減小，則地面對(duì)人的摩擦力f減小，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

2.（2024?南京模擬）隨著科技的發(fā)展，載人飛船繞太陽(yáng)運(yùn)行終會(huì)實(shí)現(xiàn)。如圖所示，I、III軌道分別

為地球和火星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的圓軌道，II軌道是載人飛船的橢圓軌道，其中點(diǎn)A、C分別是近日點(diǎn)

和遠(yuǎn)日點(diǎn)，B點(diǎn)為軌道II、m的交點(diǎn)，若運(yùn)動(dòng)中只考慮太陽(yáng)的萬(wàn)有引力，貝u（）

A.載人飛船在C的速率小于火星繞日的速率

B.載人飛船在n軌道上和火星在iii軌道上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小相等

c.在軌道n運(yùn)行時(shí)，載人飛船在A點(diǎn)的機(jī)械能比在c點(diǎn)的機(jī)械能大

D.只要繞行時(shí)間相同，在軌道II上載人飛船與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積就等于火星與太陽(yáng)連線在m

軌道上掃過(guò)的面積

【解答】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

Mmv2

07r=得丫=

可知載人飛船繞過(guò)C點(diǎn)的圓軌道運(yùn)動(dòng)的速率小于火星繞日的速率。

若載人飛船要從軌道H變軌到過(guò)C點(diǎn)的圓軌道，在C點(diǎn)必須加速，則載人飛船在C的速率小于

繞過(guò)C點(diǎn)的圓軌道運(yùn)動(dòng)的速率，所以，載人飛船在C的速率小于火星繞日的速率，故A正確；

B、火星在III軌道上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得

MmGM

G^-=man，得an=]7

載人飛船在H軌道上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，由萬(wàn)有引力的分力提供向心力，可知載人飛船在H軌道上和火

星在III軌道上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小不相等，故B錯(cuò)誤；

C、在軌道H運(yùn)行時(shí)，只有萬(wàn)有引力做功，其機(jī)械能守恒，則載人飛船在A點(diǎn)與在C點(diǎn)的機(jī)械能

相等，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，在同一軌道上運(yùn)行的行星與太陽(yáng)連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，

可知在軌道H上載人飛船與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積與火星與太陽(yáng)連線在III軌道上掃過(guò)的面積不相

等，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

3.（2024?新城區(qū)校級(jí)二模）如圖是建筑工地上“打夯機(jī)”示意圖，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)滾輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)將

夯桿從深坑提起，當(dāng)夯桿底端剛到達(dá)坑口時(shí)，兩個(gè)滾輪彼此分開(kāi)，將夯桿釋放，夯桿在自身重力

作用下落回深坑。（夯桿被滾輪提升過(guò)程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程）。已知兩個(gè)滾輪邊緣的

線速度恒為vo=3m/s,滾輪對(duì)夯桿的正壓力F=2X104N,滾輪與夯桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)以=0.4,

夯桿質(zhì)量m=lXICPkg,坑深h=6.0m,假定在打夯的過(guò)程中坑的深度變化不大，取g=10m/s2,

下列說(shuō)法正確（）

A.每次夯桿上升過(guò)程中勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s

B.夯桿被滾輪帶動(dòng)加速上升的過(guò)程中，加速度的大小為3m/s2

C.每次夯桿底端從坑底到坑口過(guò)程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.2X104J

D.每次夯桿底端從坑底到坑口過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為8X104j

【解答】解：B、夯桿被滾輪帶動(dòng)加速上升的過(guò)程中，由牛頓第二定律得

2|iF-mg=ma

解得加速度的大小為a=6m/s2,故B錯(cuò)誤；

VO3

A、每次夯桿上升過(guò)程中勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t===/s=0.5s,故A錯(cuò)誤；

CL6

Vo

C、每次夯桿底端從坑底到坑口過(guò)程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=fs相對(duì)=2nF（vot-萬(wàn)

t）,解得：Q=1.2X104J,故C正確；

D、每次夯桿底端從坑底到坑口過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為￡=（2+111811+17?鬲，解得：E=

7.65X104J,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

4.（2024?皇姑區(qū)校級(jí)模擬）在茶葉生產(chǎn)過(guò)程中有道茶葉、茶梗分離的工序，如圖所示，A、B兩個(gè)

......q

帶電球之間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場(chǎng)，茶葉茶梗都帶正電荷，且茶葉的比荷工小于茶梗的比荷，兩者通過(guò)

靜電場(chǎng)便可分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設(shè)有一茶梗P電荷量為3Xl(r8c,質(zhì)量為2

X10-4kg,以lm/s的速度離開(kāi)A球表面O點(diǎn)，最后落入桶底，O點(diǎn)電勢(shì)為1X104V,距離桶底

高度為0.65m,桶底電勢(shì)為零。不計(jì)空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加

A.M處的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N處的電場(chǎng)強(qiáng)度，M處的電勢(shì)低于N處的電勢(shì)

B.茶葉落入右桶，茶梗落入左桶

C.茶梗P落入桶底速度為gm/s

D.茶梗P落入桶底速度為2V^n/s

【解答】解：A、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度可知，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，沿電場(chǎng)線

的方向電勢(shì)降低，故M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可知a=江，因?yàn)椴枞~的比荷小于茶梗的比荷，由上式可知，在任何同一

m

個(gè)位置茶梗的加速度大于茶葉的加速度，水平方向都做加速運(yùn)動(dòng)，茶梗的水平位移大于茶葉的水

平位移，故茶梗落入右桶，茶葉落入左桶，故B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)動(dòng)能定理：mgh+qU=*/一5m詔

代入數(shù)據(jù)解得：v=V17m/s,故D錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

5.如圖是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，開(kāi)始時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片P與固定點(diǎn)O正對(duì)。用頻率為v的

光照射光電管的陰極K,觀察到微安表指針偏轉(zhuǎn)，不計(jì)光電子間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是

A.僅減小照射光頻率，微安表指針一定不偏轉(zhuǎn)

B.僅減小照射光強(qiáng)度，微安表指針一定不偏轉(zhuǎn)

C.僅將滑片P向a端移動(dòng)，微安表示數(shù)變大

D.僅將滑片P向b端移動(dòng)，光電子向A板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中動(dòng)能變大

【解答】解：A、僅減小照射光頻率，若照射光頻率仍大于陰極K的極限頻率，仍產(chǎn)生光電效應(yīng)，

微安表指針仍偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；

B、僅減小照射光強(qiáng)度，仍產(chǎn)生光電效應(yīng)，微安表指針仍偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；

C、僅將滑片P向a端移動(dòng)，光電管加的是反向電壓，微安表示數(shù)變小，故C錯(cuò)誤；

D、僅將滑片P向b端移動(dòng)，光電管加的是正向電壓，電場(chǎng)力對(duì)光電子做正功，光電子向A板運(yùn)

動(dòng)的過(guò)程中動(dòng)能變大，故D正確。

故選：D。

6.（2024?道里區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，理想變壓器左側(cè)原線圈通過(guò)輸電線與理想交流電流表Ai和

發(fā)電機(jī)連接，其中發(fā)電機(jī)部分由長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒以及兩個(gè)半徑也為L(zhǎng)的電阻不計(jì)的金

屬圓環(huán)組成。使導(dǎo)體棒的兩個(gè)端點(diǎn)分別位于金屬圓環(huán)的同一水平面上，導(dǎo)體棒以角速度3在豎直

面內(nèi)繞圓環(huán)中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，整個(gè)空間存在方向豎直向下、與金屬圓環(huán)平行、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)。變壓器右側(cè)副線圈中接有阻值為R的定值電阻和變阻箱RP，以及理想交流電壓表Vi、

72、V3和理想交流電流表A2,初始時(shí)調(diào)節(jié)電阻箱阻值使其大小等于R,此時(shí)電路能正常工作，

之后再次調(diào)節(jié)電阻箱使其阻值等于2R,已知卬：n2=l：2,上述過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（

B\

A.電流表Ai的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增加

B.電壓表Vi的示數(shù)不變，電壓表V3的示數(shù)增加

C.電壓表V2的示數(shù)為V^B/23

D.電阻箱消耗的電功率增大

【解答】解：A.設(shè)導(dǎo)體棒此時(shí)的速度與豎直方向夾角為e,則導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)為：E=BLwLcose=BL2（OCOS0,電阻箱的阻值變大，故副線圈的總電阻變大，副線圈的總電

流變小，則原線圈的電流變小，故電流表Ai的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)也減小，故A錯(cuò)誤；

B.由于導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)速不變，故原線圈的電壓不變，則電壓表V2示數(shù)不變，電阻箱的阻值變大，故

副線圈的總電阻變大，副線圈的總電流變小，由于R和RP是串聯(lián)關(guān)系，則R的電壓變小，故Vi

變小，由于副線圈的總電壓不變，故RP的電壓變大，即電壓表V3的示數(shù)增加，故B錯(cuò)誤；

UmBL2a）UiHI

c.原線圈電壓有效值U1=、=-^,根據(jù)變壓器變壓特點(diǎn)：—=77'可得U2=V^BL23,

V2V2U2n2

故C正確；

D.初始時(shí)電阻箱消耗的電功率為：P=^=墨=g1,調(diào)節(jié)電阻箱使其阻值等于2R后，電功率

RpR4R

為：「=暮=豈=當(dāng)故消耗電功率應(yīng)減小，故D錯(cuò)誤。

Kp2Rlorv

故選：C。

7.（2024?蜀山區(qū)校級(jí)三模）圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為3：1,電源兩端輸入電壓U

隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，電阻Ri、R2和R3的阻值分別為5。、2Q和3Q,電流表為理想

交流電表，現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.輸入電壓U的有效值為

B.電流表的示數(shù)為0.2A

C.若將開(kāi)關(guān)S閉合，副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對(duì)值之比變大

D.若將開(kāi)關(guān)S閉合，電流表的示數(shù)變小

【解答】解:A、根據(jù)熱效應(yīng)相同，有："T=￡_)X2,解得：U有=10V,故A錯(cuò)誤；

RR4

H1

B、設(shè)電流表示數(shù)為I,則副線圈電流為：12二篇/，解得：12=31

則根據(jù)歐姆定律有：U有=IR1+3X3IVR2+R3)

解得：I=0.2A,電流表的示數(shù)為0.2A,故B正確；

C、副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對(duì)值之比等于副線圈的總電阻，副線圈總電阻變小,

故副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對(duì)值之比變小，故C錯(cuò)誤；

D、閉合開(kāi)關(guān)S后，負(fù)載電阻變小，因此電流表的示數(shù)變大，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

8.如圖所示，傾角為a的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為-q的小球Q。

整個(gè)裝置處在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為

+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)。N點(diǎn)與彈簧的上端和M點(diǎn)的距離

均為so。P、Q的連線以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁

度系數(shù)為％且始終在彈性限度內(nèi)，靜電力常量為k,重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是(

)

A.小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，其電勢(shì)能一定減小

qE+mqsina

B.小球P在N點(diǎn)的加速度大小為----------

C.小球P返回時(shí)，不可能越過(guò)N點(diǎn)撞到小球Q

qE+mqsina

D.當(dāng)彈簧的壓縮量為卜。時(shí),小球P的速度最大

【解答】解：A、小球P從N點(diǎn)釋放，沿著斜面下滑，可知在N點(diǎn)沿斜面向下的力大于沿斜面向

kq2kq2

上的力，即：Eq+mgsina>—,但是不能確定Eq與丁的大小關(guān)系，若開(kāi)始釋放瞬間滿足:

SoSo

kq2

Eq>^T，則電場(chǎng)力和庫(kù)侖引力的合力沿著斜面向下，兩力的合力做正功，小球P的電勢(shì)能減少,

若開(kāi)始釋放的瞬間Eq<(,則電場(chǎng)力和庫(kù)侖引力的合力沿著斜面向上，兩力的合力做負(fù)功，小

球P的電勢(shì)能增加，故A錯(cuò)誤；

kq2

B、小球P在N點(diǎn)由牛頓第二定律有：Eq+mgsina-^5-=ma,可得加速度大小為a=

qE+mqsina—^^-

______________丘，故B錯(cuò)誤;

m

C、小球P返回到N點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力和庫(kù)侖引力、重力、彈簧彈力做功為零，所以小球到達(dá)N點(diǎn)的

速度為零，可知小球不可能越過(guò)N點(diǎn)撞到小球Q,故C正確;

kq2

D、小球P的合力為零時(shí)，小球的速度最大,即:mgsina+Eq—~~~~T^—kx=0,可得mgsina+Eq

(S0~iXJo

2q1E+mqsina

>kox,所以彈簧壓縮量X>-f——時(shí)，小球P的速度最大，故D錯(cuò)誤。

K.Q

故選：Co

9.(2024?重慶模擬)如圖1所示，一滑塊置于長(zhǎng)木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑塊和木

板的質(zhì)量均為2kg,現(xiàn)在滑塊上施加一個(gè)F=0.5t(N)的變力作用，從t=0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，滑塊

所受摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖2所示。設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取

10m/s2,則下列說(shuō)法不正確的是()

圖1圖2

A.木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

B.滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4

C.圖2中t2=16s

D.木板的最大加速度為a2=2m/s2

【解答】解：滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為內(nèi)，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為電。

B、由題意可知t2時(shí)刻之后滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力為fi=8N,不隨F的變比而變化，故滑塊與木

板間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，則有：

fi=Himg

解得：Hi=0.4,故A正確；

A、由題意可知可知。?口時(shí)間內(nèi)滑塊與木板均靜止；口?t2時(shí)間內(nèi)滑塊與木板相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)。

可得ti時(shí)刻木板與地面間達(dá)到最大靜摩擦力為f2=4N,則有：

,

f2=|i22mg

解得：歸=0」，故B正確；

CD、t2時(shí)刻滑塊與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板的加速度達(dá)到最大（設(shè)為呢），根據(jù)牛頓第二定

律，對(duì)滑塊、木板分別可得：

F-mmg=mam

Nimg-R2'2mg=mam

其中：F=0.8t2（N）

2

聯(lián)立解得：am=2m/s,t2=15s,故C錯(cuò)誤，D正確。

此題選擇不正確的

故選：Co

10.（2024?新鄭市校級(jí)二模）有一透明材料制成的空心球體，內(nèi)徑是R,外徑是2R,球心為O,其

過(guò)球心的某截面（紙面內(nèi)）如圖所示，BO為過(guò)球心的水平直線。一束單色光（紙面內(nèi)）從外球

面上A點(diǎn)沿水平方向射入，入射光線與B0間的距離為d。當(dāng)d=gR時(shí)，入射光線經(jīng)折射后恰

好與內(nèi)球面相切。已知光速為c。下列說(shuō)法正確的是（）

A.該材料的折射率為企

3R

B.單色光在空心球體中的傳播時(shí)間為一

c

C.若（1=氐單色光在空心球體的內(nèi)球面會(huì)發(fā)生全反射

D.若d=V^R,單色光不能在空心球體的內(nèi)球面發(fā)生全反射

【解答】解：A、根據(jù)題意，設(shè)光在A點(diǎn)的折射角為a,畫出光路圖如圖1所示,

R1,

sina=—=可得：0=30°,a=30°,易知：0=60°

sin3

則該材料的折射率為：n=——，解得:n=V3,故A錯(cuò)誤;

sina

B、由圖1可知，單色光在空心球體中的傳播距離為：s=AD=2X2Rcosa=2VlR,傳播速度為:

C

V=-

n

s6H

則單色光在空心球體中的傳播時(shí)間為：t=工，解得：t=",故B錯(cuò)誤;

CD、設(shè)d改變后，入射光線從Ai點(diǎn)射入，折射后射到內(nèi)球面的P點(diǎn)，如圖2所示,

sinidd

則有：n=T7，又有：sini=正，解得：sinr=1^

SITITZvSK

R2Rd

在△AiPO中，由正弦定理得：—=sin(n_yy解得：sinY=2sinr=/

11

當(dāng)d=R時(shí)，可得：siny=7|=￡=sinC,即：y=C,可知色光在空心球體的內(nèi)球面恰好發(fā)生全

反射。

L1、

當(dāng)d=V^R時(shí)，可得：siny=~p>--sinC,即：y>C,可知色光在空心球體的內(nèi)球面發(fā)生全反

V3

射，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

二.多選題（共5小題）

11.（2024?長(zhǎng)安區(qū)一模）2023年1月16日，時(shí)速600公里的常導(dǎo)磁懸浮列車亮相《奇妙中國(guó)》，傳

X

說(shuō)中的貼地飛行夢(mèng)想成真，如圖所示為常導(dǎo)磁懸浮列車進(jìn)站時(shí)的三一t圖像，進(jìn)站過(guò)程可視為勻變

速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）

X

2

to

A.常導(dǎo)磁懸浮列車在5時(shí)的速度為0

to

B.陰影部分的面積表示常導(dǎo)磁懸浮列車在0?5時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移

C.常導(dǎo)磁懸浮列車在t0時(shí)刻安全停靠到站臺(tái)

2b

D.常導(dǎo)磁懸浮列車進(jìn)站時(shí)的加速度大小為廣

to

【解答】解：ACD、常導(dǎo)磁懸浮列車進(jìn)站過(guò)程可視為勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移一時(shí)間公式x=%t—

1x1

5at2變形得：v0--at

xab

可知7T圖像的斜率為k=-T=--,縱軸截距為v,可得常導(dǎo)磁懸浮列車的加速度大小為a=

“乙co0

2b

—,初速度為b

co

toto

根據(jù)速度一時(shí)間關(guān)系式v=vo-at,代入數(shù)據(jù)可得在5時(shí)的速度為0,因此常導(dǎo)磁懸浮列車在萬(wàn)時(shí)

刻安全停靠到站臺(tái)，故AD正確，C錯(cuò)誤；

btotobto

B、5為。?5時(shí)間內(nèi)的平均速度，所以。?5■時(shí)間內(nèi)常導(dǎo)磁懸浮列車的位移為丁，可知陰影部分

to

的面積不能表示常導(dǎo)磁懸浮列車在。?萬(wàn)時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移，故B錯(cuò)誤。

故選：ADo

12.如圖，斜面上放置一個(gè)長(zhǎng)木板B,木板上放了一個(gè)物體A,用一個(gè)沿斜面向上的拉力F作用在

物體A上，使A沿著木板B向上勻速滑動(dòng)，而此過(guò)程中，木板B一直保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法

正確的是（）

A.木板B可能不受斜面對(duì)它的摩擦力作用

B.木板B的上下兩個(gè)表面受到的摩擦力方向一定相反

C.若拉力F變大一些，則木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不會(huì)發(fā)生改變

D.物體A滑離木板B后，木板B受到斜面的摩擦力的大小可能不改變

【解答】解：A、A沿著木板B向上勻速滑動(dòng)，則A給B的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，當(dāng)其大小與

木板B的重力下滑分力相等時(shí)，則B與斜面之間沒(méi)有摩擦力作用，故A正確；

B、由上分析，可知，木板B的下表面不一定受到的摩擦力，故B錯(cuò)誤；

C、若拉力F變大一些，由于A與B之間是滑動(dòng)摩擦力，因此其大小不會(huì)變化，當(dāng)斜面對(duì)B有摩

擦力作用時(shí)，則木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不會(huì)發(fā)生改變，故C正確；

D、物體A滑離木板B前，若木板B受到斜面沿斜面向下的靜摩擦力；而當(dāng)物體A滑離木板B

后，木板B受到斜面的沿斜面向上靜摩擦力，因此兩者摩擦力的大小可能相等，故D正確；

故選：ACDo

13.（2024?南寧模擬）如圖所示，若某足球運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練射門時(shí)，將球從M點(diǎn)斜向上踢出，水平撞在

球門上端橫梁上N點(diǎn)反彈后又水平飛出，落到P點(diǎn)。MN'P三點(diǎn)在同一水平面上，NN'豎直,

N'P垂直于MP。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

MJ-'-

球

A.球在MN段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于球在NP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

B.球在MN段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于球在NP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

C.球碰撞N點(diǎn)前的速率大于球碰撞N點(diǎn)后的速率

D.球碰撞N點(diǎn)前的速率等于球碰撞N點(diǎn)后的速率

【解答】解：AB、把足球MN段的運(yùn)動(dòng)逆向分析，可認(rèn)為小球做平拋運(yùn)動(dòng)，NP段球做平拋運(yùn)動(dòng),

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律

可得足球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

t=終

Ng

因球在MN段和NP段高度相同，所以球在MN段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于球在NP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故A

正確，B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，水平方向有

x=vot

根據(jù)題意可知

XMN'>XpN'

則球碰撞N點(diǎn)前的速率大于球碰撞N點(diǎn)后的速率，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：ACo

14.（2024?衡陽(yáng)縣模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量分

別為m、0.75m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可伸長(zhǎng)的長(zhǎng)為在R的輕桿通過(guò)錢鏈連接，開(kāi)始

時(shí)對(duì)球A施加一個(gè)豎直向上的外力Fi，使A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且球A恰好與圓心O等高，

重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是（）

B

A.對(duì)球A施加的豎直向上的外力Fi的大小為1.75mg

B.若撤掉外力Fi，對(duì)球B施加一個(gè)水平向左的外力F,使系統(tǒng)仍處于原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，則F的

大小為mg

1,_____

C.撤掉外力，系統(tǒng)無(wú)初速度釋放，當(dāng)A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B球的速度大小為鐘硒

D.撤掉外力，系統(tǒng)無(wú)初速度釋放，沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，B球能夠上升的最高點(diǎn)相對(duì)圓心。點(diǎn)的豎直

7

高度為云R

【解答】解：A、當(dāng)外力F1作用在A球上時(shí)，對(duì)小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B

豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)B無(wú)作用力，桿對(duì)A球也無(wú)作用力，A球受重力和外力

Fi處于平衡狀態(tài)，則Fi=mg,故A錯(cuò)誤；

B、若撤掉外力Fi，對(duì)球B施加一個(gè)水平向左的外力F,分別對(duì)球A、B受力分析，如圖所示。

由平衡條件有

對(duì)A球有FBACOS45°=mg

對(duì)B球有F=FBAsin45°

又有FBA=FAB

解得：F=mg,故B正確；

C、根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，A球和B球速度大小相等(A球和B球一起做圓周運(yùn)動(dòng))，即

VA=VB

A球從左側(cè)圓心等高處到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，B球從圓環(huán)最低點(diǎn)到達(dá)右側(cè)圓心等高處，以B點(diǎn)所在

水平面為參考平面，由A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

11

mgR=0.75mgR++—(0.75m)v|

1,_______

解得：vB=-J14gR,故C正確；

D、當(dāng)B球上升到最大高度時(shí)，如圖所示。

以B點(diǎn)所在水平面為參考平面，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

mgR=0.75mgR(1+sinO)+mgR(1-cos0)

7

可得：sin0=—

7

則B球能夠上升的最大高度相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度為h=Rsin0故D正確。

故選：BCDo

15.（2024?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為Si與S2頻率相同的兩列機(jī)械波在t=

0時(shí)刻同時(shí)起振，波源Si的振動(dòng)圖象如圖乙所示；波源為S2的機(jī)械波在t=0.25s時(shí)波的圖象如

圖丙所示。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)距離波源Si與S2的距離分別是PSi=7m,PS2=9m,則（

）

圖甲圖乙圖丙

A.質(zhì)點(diǎn)P的位移不可能為0

B.t=1.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷

C.質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向

D.波源為S2的起振方向沿y軸負(fù)方向

【解答】解：D.結(jié)合波源S2在t=0.25s時(shí)波的圖象丙圖可知，此時(shí)剛開(kāi)始振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的起振方向

沿y軸正方向，質(zhì)點(diǎn)與波源的起振方向相同，因此波源為S2的起振方向沿y軸正方向，D錯(cuò)誤;

C.根據(jù)波源Si的振動(dòng)圖象圖乙可知，波源Si的起振方向向上，又因?yàn)?/p>

PS1<PS2

由此可知波源波源Si的起振最先傳到P點(diǎn)，因此P的起振方向與波源S1的起振方向相同，沿y

軸正方向，C正確；

A.在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩列機(jī)械波，波速相同，波長(zhǎng)相等，由圖可知

入=2.0m,T=0.2s

則波速為

A2

v=y=萬(wàn)產(chǎn)/s=10m/s

P點(diǎn)到兩波源的波程差為

AX=PS2~PSi=9m-7m=2m

P點(diǎn)到兩波源的波程差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，且兩波源的起振方向相同，因此，P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn),

質(zhì)點(diǎn)P的位移可以為0,A錯(cuò)誤；

B.Si和S2振動(dòng)傳到P的時(shí)間分別為

PSi7

ti=---

v=T1T0S=0.7S

PS29

S=

t2=---v---=T71T00-9S

由此可知，在t=1.25s時(shí),波源Si在t=1.25s-ti=1.25s-0.7s=0.55s時(shí)的振動(dòng)情況傳到P點(diǎn)，

此時(shí)波源Si位于波谷;波源S2在t=1.25s-t2=1.25s-0.9s=0.35s時(shí)的振動(dòng)情況傳到P點(diǎn)，此時(shí)

波源位于波谷，在t=1.25s時(shí)P處為兩列波的波谷疊加，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷，B正確。

故選：BC。

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

16.（2024?荔灣區(qū)校級(jí)一模）某同學(xué)研究自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，將小球從一固定的毫米刻度尺旁

邊由靜止釋放，用手機(jī)拍攝小球自由下落的視頻，然后用相應(yīng)的軟件處理得到分幀圖片，利用圖

片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。如圖2所示為小球下落

過(guò)程中三幅連續(xù)相鄰的分幀圖片I、H、m,相鄰兩幀之間的時(shí)間間隔為o.o2s。

~=7

刻度尺DK萩rHVl57二1三10-1

手機(jī)、下落中的1

"j小球V8O

J7J9~|

鉛垂線8Jw4

T-------------------

in

圖1圖2圖3

（1）圖片II中小球的瞬時(shí)速度約為_(kāi)_______m/so（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)裝置和操作，下列說(shuō)法正確的是_

A.刻度尺應(yīng)固定在豎直平面內(nèi)

B.選擇材質(zhì)密度小的小球

C.鉛垂線的作用是檢驗(yàn)小球是否沿豎直方向下落

D.固定手機(jī)時(shí)，攝像鏡頭應(yīng)正對(duì)刻度尺

（3）該同學(xué)利用多幀圖片測(cè)算其對(duì)應(yīng)的速度v和下落的高度h,繪制了v2-h圖像，如圖3所示。

其中P、Q分別為兩個(gè)大小相同，質(zhì)量不同的小球下落的圖像（空氣阻力不變），由圖像可知兩球

質(zhì)量大小關(guān)系是mpmQ(選填“大于”、“等于"、“小于”)。

(4)如何利用v2-h圖像判斷小球下落過(guò)程機(jī)械能是否守恒？o

【解答】解：(1)小球從位置I到位置III的位移可以從兩圖中讀出，根據(jù)平均速度等于中間時(shí)刻

0.115-0.060

的瞬時(shí)速度可得圖2中小球的瞬時(shí)速度約為：v=————~m/s=1.38m/s

2U.UNXN

(2)A、小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，為了測(cè)量小球下落的位置，刻度尺應(yīng)固定在豎直平面內(nèi)，故A

正確；

B、為了減小阻力帶來(lái)的實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)該選擇密度較大的小球，故B錯(cuò)誤；

C、鉛垂線的作用是檢驗(yàn)裝置是不是豎直放置，不能檢驗(yàn)小球是否沿豎直方向下落，故C錯(cuò)誤;

D、為了拍攝的小球的位置比較準(zhǔn)確，固定手機(jī)時(shí)，攝像頭應(yīng)正對(duì)刻度尺，故D正確。

故選：ADo

1

(3)小球下落過(guò)程若空氣阻力不忽略，且空氣阻力不變，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgh-fh=*"2

變形后得到：v2=(2g—")八，根據(jù)圖像可知P圖像斜率大，故質(zhì)量大；

m

(4)若機(jī)械能守恒，則阻力為零，則有：v2=2gh,故在誤差允許的范圍內(nèi)，如果v2-h圖像是

一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，且斜率等于2g,則機(jī)械能守恒。

故答案為：(1)1.38；(2)AD；(3)大于、在誤差允許的范圍內(nèi)，如果v2-h圖像是一條過(guò)原點(diǎn)

的傾斜直線，且斜率等于2g。

17.(2024?湖北模擬)很多電子設(shè)備的屏幕是電阻式觸摸屏，其原理可簡(jiǎn)化為：按壓屏幕時(shí)，相互

絕緣的兩層導(dǎo)電層就在按壓點(diǎn)位置有了接觸，如圖(a),從而改變接入電路的電阻。

圖(d)圖(e)圖(f)

（1）某興趣小組找到一塊電阻式觸摸屏單元，將其接入電路中，簡(jiǎn)化電路如圖（b）o先將開(kāi)關(guān)

閉合到1讓電容器充滿電，再將開(kāi)關(guān)切換到2,通過(guò)電壓傳感器觀察電容器兩端的電壓隨時(shí)間變

化的情況。圖（c）中畫出了按壓和不按壓兩種情況下電容器兩端的電壓U隨時(shí)間t變化的圖像,

則按壓狀態(tài)對(duì)應(yīng)的圖像應(yīng)為圖（c）中的（填“虛線”或“實(shí)線”）所示。

（2）粗測(cè)該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的電阻約為幾十歐姆。幾位同學(xué)想較準(zhǔn)確測(cè)量此電阻，可

供使用的器材有：

A.電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V,內(nèi)阻約為1Q）；

B.電壓表V（量程為15V,內(nèi)阻約為10k。）；

C.電流表Ai（量程為3mA,內(nèi)阻為5。）；

D.電流表A2（量程為60mA,內(nèi)阻約為2Q）；

E.滑動(dòng)變阻器Ri（總阻值約為10Q）；

F.電阻箱R2，最大阻值為9999.9Q。

G.開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干。

①甲同學(xué)設(shè)計(jì)了圖（d）所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，結(jié)合上面給出的器材，請(qǐng)指出該電路設(shè)計(jì)中的不合

理之處并說(shuō)明理由：。（寫出一條即可）

②乙同學(xué)將電流表Ai和電阻箱R2串聯(lián)改裝成量程為3V的電壓表，電阻箱R2的限值應(yīng)調(diào)為

____________

③乙同學(xué)設(shè)計(jì)了圖（e）所示的測(cè)量電路，為了盡量減小實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差，圖中電阻箱右邊的導(dǎo)

線應(yīng)該接（填“a”或"b”）；按正確選擇連接好電路之后，改變滑動(dòng)變阻器滑片位置，測(cè)

得多組電流表Ai的示數(shù)h和對(duì)應(yīng)的電流表A2的示數(shù)b，得到了圖（力所示的圖像，由圖中數(shù)

據(jù)可得該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的阻值為。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。該測(cè)量方法中

電流表A2的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果（填“有”或“沒(méi)有”）影響。

【解答】解：（1）按壓狀態(tài)時(shí)兩層導(dǎo)電層就在按壓點(diǎn)位置有了接觸，兩電阻處于并聯(lián)狀態(tài)，總電

阻減小，總電流增加，放電速度變快，根據(jù)圖像可知，按壓狀態(tài)對(duì)應(yīng)的圖像應(yīng)為實(shí)線。

（2）①因?yàn)殡娫措妱?dòng)勢(shì)剛3V,而電壓表的量程為15V,所以該電路設(shè)計(jì)中的不合理之處為電壓

表量程過(guò)大；

②串聯(lián)電阻分擔(dān)電壓為

UR2=3V-3x10-3x5U=2.9857

根據(jù)歐姆定律有：

UR2

R2=7^■，代入數(shù)據(jù)解得：R2=995.0。

③由于已知電流表AI的阻值，可以計(jì)算出待測(cè)電阻兩端的電壓，再用差值法計(jì)算流過(guò)待測(cè)電阻

的電流，故應(yīng)接a；

根據(jù)

h{Rgi+Ri）

Kn=-----------

12—11

整理得

R

11l2

=Rgi+R2+R

2.5

由圖（f）可知，斜率：k=—=0.05

R

又卜=R*+R2+R

聯(lián)立解得：R=53Q

由上述可知，該測(cè)量方法中電流表A2的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果沒(méi)有影響。

故答案為：（1）實(shí)線；

（2）①電壓表量程不合理；

②995.0；

③a、53、沒(méi)有。

四.解答題（共3小題）

18.（2024?天河區(qū)三模）導(dǎo)熱容器內(nèi)用輕薄活塞封閉一定質(zhì)量理想氣體，關(guān)閉閥門并松開(kāi)釘銷，將

容器沉入湖底時(shí)活塞到水面的距離H=40m,氣體的體積Vi=1.0爪3,壓強(qiáng)為pi，溫度為用

釘銷將活塞鎖定后，將容器緩慢提出水面，當(dāng)氣體的溫度與環(huán)境溫度相同時(shí)其壓強(qiáng)變?yōu)镻2

=5.5x105Pa?已知水面上溫度為T=297K,水的密度為P水=1。x1。3的/爪3,大氣壓強(qiáng)為

Po=1-0x105Pa,取g=10m/s2。活塞與容器的摩擦力及活塞重力不計(jì)。

（1）求壓強(qiáng)pi和溫度「；

（2）在水面上足夠長(zhǎng)時(shí)間后，撤去釘銷（活塞未脫離容器），重新穩(wěn)定后，氣體對(duì)外界做功為

Wo,求從撤去釘銷到重新穩(wěn)定這一過(guò)程氣體與外界傳遞的熱量Q。

【解答】解：（1）根據(jù)題意，由壓強(qiáng)關(guān)系有

Pi=Po+P水gH

代入數(shù)據(jù)解得：Pi=5X105pa

封閉氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律有

PlP2￡2

五=瓦=不

解得

Ti=270K

（2）從撤去釘銷到重新穩(wěn)定的整個(gè)過(guò)程，氣體的內(nèi)能變化量為零，即

△U=0

根據(jù)熱力學(xué)第一定律有

AU=W+Q

又

W=-Wo

解得

Q=W0

答：（1）壓強(qiáng)pi為5X105pa,溫度Ti為270K。

（2）從撤去釘銷到重新穩(wěn)定這一過(guò)程氣體與外界傳遞的熱量Q為Wo。

19.（2024?長(zhǎng)春一模）如圖（a）,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分AB的上表

面粗糙，豎直半圓形部分BC的內(nèi)表面光滑，半徑R=0.4m,B、C分別為半圓形軌道的最低點(diǎn)和

最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜置在軌道上左端A處，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為山最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度g=10m/s2。

(1)若軌道固定，物塊以一定的初速度沿軌道恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求物塊在B點(diǎn)的速度大小V；

(2)若軌道不固定，對(duì)物塊施加水平向右逐漸增大的推力F,物塊在軌道AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊和

軌道的加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖(b)所示，求口和m；

(3)在(2)問(wèn)條件下，在A處對(duì)物塊施加水平向右F=8N的恒力，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去

F,物塊可沿軌道到達(dá)C點(diǎn)且恰好與軌道無(wú)作用力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中軌道AB段始終未脫離地面。求

軌道AB段的長(zhǎng)度L。

【解答】解：(1)設(shè)物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vc，在C點(diǎn)向心力恰好等于物塊的重力，則有:

物塊由B到C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得:

11

+mg-2R--^mv2

解得：v=2y/sm/s

(2)根據(jù)圖像可知，當(dāng)0VFW4N時(shí)，物塊與軌道相對(duì)靜止，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為：

F

1M+m

根據(jù)圖像斜率可得：焉=：kgT=%g」

當(dāng)F>4N時(shí)，物塊與軌道相對(duì)運(yùn)動(dòng)，軌道的加速度恒定，物塊的加速度隨F增大而增大，同理可

得：

F—umq

物塊加速度為：a優(yōu)=

16-21.

根據(jù)圖像斜率可得：/=^#g"=lkg-i

聯(lián)立解得：M=m=lkg

/img

2

軌道加速度為：aM=-=2m/s

解得：|i=0.2

(3)F=8N時(shí)物塊與軌道相對(duì)運(yùn)動(dòng)，由圖乙的圖像可知：物塊加速度為ai=6m/s2,軌道加速度

為a2=2m/s2。設(shè)運(yùn)動(dòng)到B