2024高考物理二輪復習第2部分專題2考前熱身訓練限時檢測含解析

選擇題仿真練（一）

共8小題，在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?

21題有多項符合題目耍求。

14.下列四幅圖中所涉及物理學問的論述中，正確的是

%粒子

原子核

500K

/!300K

1100K

A.甲圖中，當紫外線照鋅板時，與鋅板相連的驗電器的金屬小球帶負電

B.乙圖中，盧瑟福通過分析a粒子散射試驗結果，發(fā)覺了質子和中子

C.丙圖中，普朗克通過探討黑體輻射提出能量了?概念，并勝利說明了光電效應現(xiàn)象

D.丁圖中，鏈式反應屬于垂核的裂變

解析紫外線照鋅板產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象，光電子從鋅板飛出，鋅板帶正電，驗電器的金

屬小球帶正電，選項A錯誤：盧瑟福通過分析a粒子散射試驗結果，提出了原子的核式結

構，選項B錯誤；普朗克通過探討黑體輻射提出能量子概念；愛因斯坦提出光子說，勝利說

明了光電效應現(xiàn)象，選項C錯誤；鏈式反應屬于重核的裂變，選項D正確。

答案D

15.（2024?淄博一模）甲、乙兩小車在一條平直的車道上方駛，它們運動的『一￡圖象

如圖】一2所示，其中甲為兩段相同的圓弧，乙為直線。則下列說法正確的是

v/(m?s'1)

04

圖1一2

r=8s時兩車的加速度大小相等

￡=16s時，兩車不肯定相遇

在。?16s內，兩小車的平均速度大小相等，但方向相反

I).在。?16s內，甲車的加速度方向變更

解析了一，圖象中直線或曲線某處切線的斜率表示加速度，由圖象知/=8s時甲車的

加速度大于乙車的加速度，選項A錯誤；在0?16s內兩車運動的位移相同，但不知兩車的

初位置狀況，故不能推斷兩車在￡=16s時是否相遇，選項B正確：在。?16s內，兩車的

平均速度大小相等，方向相同，選項C錯誤；0?16s內，甲車做加速度先漸漸增大后漸漸

減小的加速直線運動，加速度方向不變，選項D錯誤。

答案B

16.汽車在平育馬路卜做剎車試臉,若從￡=()忖起汽車在運動過程中的位移x與速度

的平方J之間的關系如圖1—3所示，下列說法正確的是

%/m

100v2/(m3-s-2)

圖1一3

A.剎車過程中汽車加速度大小為10m/s2

B.剎車過程持續(xù)的時間為5s

C.。=0時汽車的速度為10m/s

D.汽車剎車后經(jīng)過3s的位移為7.5m

V1

解析依據(jù)/=2或得二=天，可得剎車過程中加速度大小a=5m/s:故A錯誤；由

v乙a

圖線可知，汽車的初速度為】Dm/s,則剎車過程持續(xù)的時間t=&=翦s=2s,故B錯誤,

ab

C正確；汽車剎車后經(jīng)過3s的位移等于剎車后經(jīng)過2s的位移，則^=-^Z=-yX2m=10m.

故D錯誤。

答案C

17.如圖1一4所示，水平面內有力、B、C、〃、M4六個點，它們勻稱分布在半徑為分

=2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場。已知力、G"三點的電勢

分別為"=(2一小)丫、嘰=2V、。尸(2+/)%下列推斷正確的是

5-?

/

、t

\、.//

NM

圖1-4

A.電場強度的方向由月指向〃

B.電場強度的大小為】

C.該圓周上的點電勢最高為4V

D.沿圓周將電子從〃點經(jīng)4點移到N點，電場力先做負功后做正功

解析在勻強電場中連線的中點6'的電勢九=1（次+九）=2V=0c所以直線

為等勢線，在勻強電場中等勢線相互平行，電場線與等勢線相互垂直，且由電勢高的等勢線

指向電勢低的等勢線，可知直線/以直線〃M分別為等勢線，直線跖、直線場分別為電場

線,可知電場強度的方向由必指向4（或由〃指向虞，故A錯誤；物兩點間的電勢差%=力

一%=2小V,沿電場方向的距離"=//七雪m,電場強度E=§=l（）OV/m,故B錯誤：

過圓心。作物的平行線，與圓的交點〃處電勢最高，%=少-R=2V,由%=血,一。"可得：

最高電勢小尸血十九=4%故C正確；沿圓周將電子從〃點經(jīng)〃點移到N點，電場力先做

正功再做負功，故D錯誤。

答案C

18.如圖1一5,地球半徑為凡力為地球赤道表面上一點，8為距地球表面高度等于《

的一顆衛(wèi)星，其軌道與赤道在同一平面內，運行方向與地球自轉方向相同，運動周期為北

。為同步衛(wèi)星，離地高度大約為5.6吊已知地球的自轉周期為加以下說法正確的是

Gt一1

圖1一5

A.衛(wèi)星4的周期7等于言

B.地面上A處的視察者能夠連續(xù)觀測衛(wèi)星4的時間為J

C.衛(wèi)星4一晝夜經(jīng)過力的正上方的次數(shù)為彳、

To-T

0.B、。兩顆衛(wèi)星連續(xù)兩次相距最近的時間間隔為號.

解析對反。應用開普勒第三定律有等”=粵，解得：75,選項A錯誤：過

/0/O

力點作地球的切線，交衛(wèi)星廳的運行軌跡于收M點，由幾何關系知由."至用衛(wèi)星/，運動的

時間*，但是地球還在自轉，故力處的視察者能夠連續(xù)觀測】J.星4的時間大于〈，選項B

*Jo

錯誤：設每經(jīng)r時間6就會經(jīng)過力正上方一次，則有好z—4r=2n,那么一晝夜即乙時

//0

間內衛(wèi)星5經(jīng)過力的正上方的次數(shù)為〃=/,解得〃=寫±選項C錯誤；經(jīng)過￡時間4經(jīng)

過力的正上方，也就是。通過8的正上方,所以雙C連續(xù)兩次相距最近的時間間隔為1=不7

選項D正確。

答案D

19.在一小型溝通發(fā)電機中，矩形金屬線圈a僅Y/的面積為S,匝數(shù)為〃，線圈總電阻為

廠，外電路如圖1—6所示，其中三個燈泡都可視為阻值相等的定值電阻，假如線圈在磁感應

強度大小為4的勻強磁場中繞必’軸勻速轉動的角速度由增大到2環(huán)則下列說法中正

確的是

圖1-6

A.線圈轉動的角速度為出時，燈泡L兩端的電壓的最大值小于//Sa

B.線圈轉動的角速度為2出時，通過燈泡L3的電流肯定變?yōu)樵瓉淼?倍

C.不論線圈轉動的角速度大小怎么變更，都是燈炮L最亮

D.線圈的角速度由Q增大到2g后，燈泡L上消耗的功率肯定變?yōu)樵瓉淼?倍

解析因為電感線圈和電容器都對交變電流有肯定的阻礙車用，故通過燈泡L的電流

最大，燈泡L最亮，選項C正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律，發(fā)電機有內阻，故路端電壓即

燈泡L,兩端的電壓的最大值小于線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的最大值，選項A正確；

線圈/，是通直流、阻溝通、通低頻、阻高頻，電容器是通溝通、阻直流、通高頻、阻低頻，

線圈角速度增大后，頻率增大，則電容器所在的支路電流增大，但不肯定是原來的2倍，選

項B錯誤；因為矩形線圈有電阻，故線圈的角速度增大為原來的2倍后，由于電感線圈和電

容器的影響，燈泡L1_L消耗的功率不肯定是原來的4倍，選項D錯誤。

答案AC

20.（2024?西安一模）如圖1—7所示，橫放“V”字形金屬框架放在勻強磁場中，磁場

與框架平面垂直，金屬棒與框架接觸良好，框架導體和金屬捧目阻率相同，截面積相等，現(xiàn)

金屬棒從8點起先沿“V”字形角平分線方向做勻速直線運動，那么金屬棒脫離框架前，電

路中的磁通量①、感應電動勢/:.、感應電流/以及金屬棒所受到的安培力隨時何變更的圖

象正確的是

圖1一8

解析金屬棒切割磁感線的長度為2=2,小an",磁通量=rt=i?r2t2tan

〃，可見磁通量是時間的二次函數(shù)，選項A錯誤：電路中感應電動勢為E=BLv=2BAan

。?乙感應電動勢E與時間E成正比，所以選項B正確；設金屬棒和框架單位長度的電阻

1P

為P,則電路的總電阻為R=2Pr(tan-----T)t,電路中的感應電流為/=：=

cos〃R

——[—，/與/無關，為定值，選項C正確：安培力F=BIL,因為電流/不變,

P(tan04------)

cos0

￡與時間￡成正比，所以安培力與時間￡成正比，選項D錯誤。

答案BC

21.如圖1—9所示，長木板/I放在光滑的水平面上，質量為加=4kB的小物體4以水

平速度囪=2m/s滑上原來靜止的長木板月的上表面。由于月、/間存化摩擦，之后爾〃速

度隨時間變更狀況如圖乙所示，8取10m/s2,則下列說法正確的是

圖1一9

A.木板力兼得的動能為2J

B.系統(tǒng)損失的機械能為2J

C.木板/的最小長度為2m

D.小夕間的動摩擦因數(shù)為0.1

解析由圖象可知，木板獲得的速度為r=lm/s,力、組成的系統(tǒng)動量守怛，以/，的

初速度方向為正方向，由動量守恒定律得如。=（1/+勿）/可得木板月的質量必=4kg,木

板獲得的動能為區(qū)=%*=2J,故A正確：系統(tǒng)損失的機械能△少=:勿記一］〃/一）“落代

乙乙乙乙

入數(shù)據(jù)解得AQ4J,故B錯誤：由圖得到0?1s內8的位移為刈=Tx（2+l）Xlm=L5

m,0的位移1X1m=Q.5m,木板力的最小長度為￡=檢一筋=1m,故C錯誤：由圖

象可知，4的加速度。一一1m/'『，負號表示加速度的方向，由牛頓其次定律得一〃血g—勿M,

代入解得〃=0.1,故D正確，

答案AD

選擇題仿真練（二）

共8小題，在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?

21題有多項符合題目要求。

14.（2024?鄭州二模）關于原子核的結合能，下列說法不正確的是

A.原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B.一重原子核衰變成a粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結合能之和肯定大于原來重核

的結合能

C.鈾原子核（5產(chǎn),Cs）的結合能小于鉛原子核3產(chǎn)Pb）的結合能

D.比結合能越大，原子核越不穩(wěn)定

解析原子核分解成自由核子時，須要的最小能量就是原子核的結合能，選項A正確。

重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物更穩(wěn)定，即衰變產(chǎn)物的比結合能更大，衰變前后核子數(shù)不變,

所以衰變產(chǎn)物的結合能之和肯定大于原來重.核的結合能，選項B正確。艷核的核子數(shù)比鉛核

的核子數(shù)少，其結合能也小，選項C正確。比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，選項D錯誤。

答案D

15.如圖2—1所示，兩滑塊力、8在光滑水平面上沿同始終線相向運動，滑塊/的質量

為的速度大小為2n，方向向右，滑塊"的質量為2m,速度大小為冏，方向向左，兩滑塊

發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是

左殳4-右

圖2—1

A.力和"都向左運動B.力和6都向右運動

C.月靜止，4向右運動D.4向左運動，5向右運動

解析以滑塊兒外為系統(tǒng)，碰前動量矢量和為零，選項A、B、C所述碰后動量不為零,

據(jù)動量守恒定律可知選項A、6、C錯誤：由于發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)機械能守恒，故選D正確。

答案I）

16.如圖2—2所示，一人志向邊界為尸。、MV的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d,方向垂

直紙面對里。一電子從。點沿紙面垂直圖以速度片進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道

半徑為2比0,在例上，且矽與劭V,垂直。下列推斷正確的是

OQ

左pXX4XX】右

xxX；"xxJI

M方R

圖2—2

A.電子將向右偏轉

B.電子打在樹上的點與點點的距離為d

C.電子打在楸，上的點與少點的距離為（d

I）.電子在磁場中運動的時間為磬

解析電子帶負電，進入磁場后，依據(jù)左手定則推斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，

電子將向左儡轉，如圖所示，A錯誤；

MO'N

設電子打在業(yè)邛上的點與?！c的距離為則由幾何學問得：*=/一，尸？=2公

后產(chǎn)7=（2一十）",故選項B、C錯誤：設軌跡對應的圓心角為0,由幾何學問得：

sin。=，;=0.5,得。=1~，則電子在磁場中運動的時間為t=-^=:^工，故選項D正確。

答案D

17.由中山高校發(fā)起的空句引力波探測工程正式啟動后，向太空放射了三顆相同的探測

衛(wèi)星（SCI、SC2、SC3）O三顆衛(wèi)星構成一個等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星

將在高度約10萬千米的軌道上運行，因三顆衛(wèi)星在太空中的分布圖類似樂器豎琴（如圖2—

3所示），故工程命名為“天琴安排”。有關這三顆衛(wèi)星的運動，下列描述正確的是

圖2—3

A.H星的運行周期大于地球的自轉周期

B.衛(wèi)星的運行周期等于地球的自轉周期

C.衛(wèi)星的運行速度大于7.9km/s

D.僅知道引力常量G及衛(wèi)星繞地球運行的周期7,可估算出地球的密度

解析地球同步衛(wèi)星距地面高度大約為36000km,“天琴安排”的衛(wèi)星距地面高度大

約為100000km,因此'‘天琴安排”的衛(wèi)星的運行周期大于地球自轉周期，選項A正確，

B錯誤。衛(wèi)星的運行速度小于7.9km/s,選項C錯誤。僅知道引力常量G及衛(wèi)星繞地球運行

的周期7,不能估算出地球的密度，選項D錯誤。

答案A

18.(2024?合肥?模)在勻弼磁場中勻速轉動的單而矩形線圈的周期為8s.轉軸〃。

垂直于磁場方向，線圈電阻為2從線圈平面與磁場方向垂直起先計時，如圖2—4所示，

線圈轉動45°時的感應電流為1A,則

圖2-4

A.線圈消耗的電功率為4W

B.線圈中感應電流的有效值為2A

C.隨意時刻線圈中的感應電動勢為e=2鏡sin?t(V)

D.隨意時刻穿過線圈的磁通量為O=T"sinj"￡(Wb)

解析由題給條件可得j=*sin?f(A),故線圈中感應電流的有效值為/=%=1A,

選項B錯誤：由々力?=/義2W=2此選項A錯誤：隨意時刻線圈中的感應電動勢8=力?

=2^/2sin-^-?(V),選項C正確：穿過線圈的磁通量?cosr=^^cos-^f(Wb),選

項D錯誤。

答案C

19.如圖2—5所示，真空中有一邊長為a的等邊三角形4常，尸點是三角形的中心。在

力點固定一電荷量為。的負點電荷，在9點固定一電荷量為。的正點電荷，已知靜電力常量

為A,則以下說法正確的是

C

A

/\

/.\

A'-.....................-B

圖2—5

A.C點的電場強度大小為T

a

B.。點電勢高于P點電勢

c.某一摸索電荷在。點與2點所受靜電力大小之比為點

D.將某一摸索電荷從。點沿"連線的方向移動到尸點的過程中靜電力不做功

解析負點電荷在。點的電場強度大小為E尸斗正點電荷在C點的電場強度大小為

E“=Q且兩電場強度方向的夾角為12。。,則C點的合場強方向與力〃平行向左,大小為

區(qū)=洋選項A錯誤；等量異種點電荷的中垂線為等勢線，且各點的電勢均為零，則。點與

a

產(chǎn)點的電勢相等，摸索電荷從C點沿"連線的方向移動到2點，電場力不做功，選項B錯

誤，D正確：由于〃點是正三角形的中心，設〃點到1點、8點的距離均為X,則由幾何關

系可知，2xcos30°=a,*=十，/、〃兩點處的點電荷在，點的電場強度大小均為￡=與:

攀且夾角為6。。，則尸點的合場強大小為反=2麗3。。=號，摸索電荷在C點與〃

點所受的電場力之比為1=亨=歐選項C正確。

答案CD

20.質量均為It的甲、乙兩輛汽車同時同地動身，沿同一方向做直線運動，兩車的動

能A隨位移x的變更圖象如圖2-6所示,卜列說法正確的是

圖2—6

A.汽車甲的加速度大小為2m/s?

B.汽車乙的加速度大小為1.5m/s?

C.汽車甲、乙在才=6m處的速度大小為m/s

D.汽車甲、乙在x=8m處相遇

解析設汽車甲的初速度為k汽車乙運動9nl后的速度為儂則由圖象可知

代入數(shù)據(jù)得力=6m/s：氏=濡詔,代入數(shù)據(jù)得上=3小m/so由于動能關于位移的圖象為

傾斜的直線，因此兩輛汽車所受合外力恒定，均做勻變速直線運動，由運動學公式得，汽車

甲的加速度大小用=關=短m/s2=2m/s2,汽車乙的加速度大小檢=今=用與m/s2=i

LX4人丫乙X乙人3

m/s\選項A正確，B錯誤；由題圖可知兩汽車在x=6m處的速度相等，由汽車乙的運動可

知v=2a>x,代入數(shù)據(jù)得v=2y[3m/s,選項C正確：甲停止所用時間亡=寧=3s,甲運動

的位移小一9川，甲停止后，甲乙才能相遇，選項D錯誤。

答案AC

21.如圖2—7所示，在光滑水平面內建立直角坐標系道朋一質點在該平面內。點受

大小為6的力作用從靜止起先做勻加速宜線運動，經(jīng)過￡時間質點運動到力點，力、。兩點

距離為a,在力點作用力突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小仍為凡再經(jīng)1時間質點運動到“點，

在6點作用力又變?yōu)榇笮〉扔?a方向始終與速度方向垂直且在該平面內的變力，再經(jīng)一

段時間后質點運動到。點，此時速度方向沿)軸負方向，下列對運動過程的分析正確的是

—?C

?H

F

0Ax

圖2—7

A.A.8兩點間距離為小a

B.。點與*軸的距離為上9但々

C.質點在5點的速度方向與X軸成30°角

D.質點從《點運動到C點所用時間為Wg丸t

10

解析依據(jù)題述質點從。到A做勻加速直線運動，從A到〃做類平拋運動，從。到。

做勻速圓周運動，畫出質點運動軌跡圖，由圖中幾何關系可得，小/，兩點距離為s=

N才+(2a)'=#a,選項A錯誤：質點運動到夕點的速度方向與x軸成45°角,選項C錯誤；

質點運動到8點的速度『=2'押。依據(jù)質點從8到C做勻速圓周運動，向心力等于4尸可

得4"=今，解得：R=a。。點與才軸的距離為y=a+/H?乎4士斗但a,選項B正確；質

/|乙乙

3n

~R3亞

點從4點運動到0點所用時間為一=啜1nt,選項D正確。

v16

答案BD

選擇題仿真練（三）

共8小題，在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?

21題有多項符合題目要求.

14.現(xiàn)有小b、。三束單色光，其波長關系為九：A6：A=1：2：3?當用a光束照

耀某種金屬板時能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大初動能為￡，若改用。光束照耀該金屬

板，飛出的光電子最大初動能令笈，當改用c光束照耀該金屬板時

A.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大初動能為:區(qū)

B.能發(fā)生光電效應，長出的光電子最大初動能定E

C.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大初動能為專笈

D.由于c光束光子能量最小，該金屬板不會發(fā)生光電效應

解析a、力、c三束單色光，其波長關系為，：4：兒=1：2：3,因為光子頻率，

c

，可知光子頻率之比為：：。設光的頻率為八由光電效應方程有：￡=力?

=7A632a66/

\39

一展，56=力?3了一服解得逸出功雋=5力乙6=5力L。光的光子頻率為2乙能量為

J乙乙

2"＞得，能發(fā)生光電效應；最大初動能足皿=力?2昌h=猛故選項B正確。

答案B

15.由某種導線構成的正方形導線框方兒”豎直放置，已知長度為，的該導線的電阻為

lr,現(xiàn)將正方形導線框置于如圖3—1所示的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對外，磁感應

強度的大小為反用電阻不計1勺導線將導線框連接在電動勢為區(qū)內阻不計的電源兩端。則

關于導線框所受安培力的大小和方向，下列說法正確的是

圖3—1

A.安培力的大小為:，方向豎直向上

AFR

B.安培力的大小為~^7，方向豎直向下

0I

C.安培力的大小為￥，方向豎直向下

FR

D.安培力的大小為華，方向豎直向上

解析由題圖可知，電路接通后流過導線框的電流沿起及Med方向，設導線框的邊長

FP

為x,由歐姆定律可得，流過ad邊的電流為/尸石.，流過歷辿的電流為/2=而，又由左

手定則可知人/、兒兩邊所受的安培力方向均豎直向下，a。、"兩邊所受到的安培力大小相

AKR

等，方向相反，則導線框所受的安培力的大小為〃=8（力+為廣^-,方向豎直向上選項

O1

B正確。

答案B

16.（2024?大連一模）某物體做直線運動，運動的的間為心位移為人物體的?一1圖

象如圖3—2所示，下列說法正確的是

A.物體的加速度大小為京

B.1=0時，物體的初速度為6

C.2=0至U￡=4這段時間物體的位移為丹

I）.1=0到「=/）這段時間物體的平均速度為京

IV|

解析由題意知物體做勻變速直線運動，位移公式X=%力/也變形為微八

11<.9

斜率為誦）、縱截距為跳，結合圖象可知產(chǎn)=一7、初速度的=/解得：4=一亍，故選項

乙乙。U

A、B均錯誤；時間嚀時,物體的位移為M=aX?+3x（一用（9=^3》，選項C正確；平

均速度為中=*選項D錯誤。

乙乙

答案c

17.在許多公園和旅游景點，都建有如圖3—3甲所示的拱橋。為了探討問題便利，我

們把拱橋簡化為如圖乙所示由六塊大小、形態(tài)、質量均相同的石塊組成的一個半圓形拱圈，

1、6兩塊石塊放置在拱圈兩端的基石上。設每塊石塊質量為仇假設在中間兩石塊正上方靜

置一個質量為2加的石塊，已知重力加速度為g,則

甲乙

圖3—3

A.半圓形拱圈兩端的基石承受的壓力各為4歐

B.石塊3、4之間的摩擦力大小不為零

C.石塊2對石塊3的彈力大小為儂

D.石塊5對石塊4的摩擦力大小為21ng

解析把六塊石塊和上方所放石塊看成整體，對整體受力分析，由平衡條件可得半圓形

拱圈兩端的基石對卜方石塊的支持力各為尸=4〃必由牛頓第二定律可得半圓形拱圈兩端的

基石承受的壓力各為4儂,選項A正確；把拱橋上方所放石塊看成是兩塊質量均為勿的石塊,

把左側石塊1、2、3和質量為力的石塊看成整體，由平衡條件可得，石塊3、4之間的摩擦

力為零,選項B錯誤；由對稱性可知，石塊2對石塊3的彈力大小與石塊5對石塊4的彈力

大小相等，石塊2對石塊3的摩擦力大小與石塊5對石塊4的摩擦力大小相等。設石塊2

對石塊3的彈力大小為危,石塊2對石塊3的摩擦力大小為/%,石塊4對石塊3的彈力為

6（將先看成已知力），把石塊3和質量為勿的石塊看成整體，對整體進行受力分析，如圖所

小0

由平衡條件可得：

壇cos30°一在3sin300=R,

E23cos300-f-/^3sin30°=2mg,

聯(lián)立解得：&=mg+Reos30°>mg,F儂-Asin30°mg,故選項C、D

錯誤。

答案A

18.在地面旁邊，存在著一個有界電場，邊界楸湍空間分成左、右兩個區(qū)域，在右區(qū)

域中有水平向左的勻強電場，在右區(qū)域中離邊界MV某一位置的水平地面上由靜止釋放一個

質量為m的帶電滑塊（滑塊的電荷量始終不變），如圖3—4甲所示，滑塊運動的『一2圖象如

圖乙所示，不計空氣阻力，則

M

N

甲

圖3—4

A.滑塊在,右邊區(qū)域運動的位移大小與在左邊區(qū)域運動的位移大小相等

B.在￡=5s時，滑塊經(jīng)過邊界

C.滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為2：5

D.在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功小于電場力做的功

解析依據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MV,右邊區(qū)域運動的

位移大小與在J￡V左邊區(qū)域運動的位移大小不相等，選項A錯誤。依據(jù)題圖乙所示速度圖象

可知，2=2s時滑塊越過分界線.你；選項B錯誤。依據(jù)題中速段圖象斜率表示加速度可知，

在。?2s時間內，滑塊加速度大小可表示為卅=5，在2?5s時間內，滑塊加速度大小可

表示為負=藍，設電場力為F,運動過程中所受摩擦力為￡對滑塊在劭V分界線右側的運動，

由牛頓其次定律，F(xiàn)—f=ma\,對滑塊在MV分界線左側的運動，由牛頓其次定律，f=ma2,

聯(lián)立解得：f：F=2:5,選項C正確。在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功可表示

為秘=小2.5人電場力做的功可表示為你=尸-n=2.5F?%，二者做功相等，選項D錯誤。

答案C

19.（2024?貴陽模擬）萬有引力定律能夠很好地將人體運行規(guī)律與地球上物體運動規(guī)律

具有的內在一樣性統(tǒng)一起來。用彈簧秤稱量一個相對于地球靜止的小物體的重量，隨稱量位

置的變更可能會有不同的結果。已知地球質量為M萬有引力常量為G。將地球視為半徑為

隊質量勻稱分布的球體。下列選項中說法正確的是

A.在北極地面稱量時，彈簧杵讀數(shù)為片=率

B.在赤道地面稱量時，彈簧秤讀數(shù)為￡=鷹

K

C.在北極上空高出地面力處稱量時，彈簧科讀數(shù)為“=醞嘉

D.在赤道上空高出地面6處秤量時，彈簧秤讀數(shù)為2啥

解析北極地面物體不隨地球自轉，萬有引力等于重力，則有：R=既，選項A正確；

在赤道地面稱量時，萬有引力等于重力加上隨地球一起自轉所須要的向心力，則有6V非,

選項B錯誤；在北極上空高出地面力處稱量時，萬有引力等于重力，則有￡=6滯鏟，選

項C正確：在赤道上空高出地面力處稱量時，萬有引力大于重力，彈簧秤讀數(shù)3%段鏟

選項D錯誤。

答案AC

20.（2024?開封一模）如圖3—5所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為加、

電荷量為+。的小球，系在一根長為￡的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞。點做網(wǎng)周運

動。/I6為圓周的水平直徑，5為豎直直徑。已知羽力加速度為g,電場強度￡=等下列說

法正確的是

A.若小球在豎直平面內繞〃點做圓周運動，則它運動的最小速度為府

B.若小將在豎直平面內繞。點做圓周運動，則小球運動到8點時的機械能最大

C.若將小球在1點由靜止起先釋放，它將在/C切圓弧上往復運動

I）.若將小球在力點以大小為舊的速度豎直向上拋出，它將能夠到達//點

解析電場力的方向水平向右，大小為F=qE=mg,電場力和重力的合力方向與水平面

的夾角為45°,合力大小為、也勿g,則''等效重力”的方向與水平面的夾角為45°,大小為

脫吟若小球在豎直平而內繞。點做圓周運動，則在等效最高點即弧力〃的中點處有正加g

=省，最小的速度v=yj小gL,選項A錯誤：由于只有重力和電場力對小球做功，小球的

機械能和電勢能之和不變，而小球在6點的電勢能最小，所以在Z?點的機械能最大，選項B

正確；小球從/點靜止釋放，小球受到的合力方向沿/C方向，所以小球會沿力。做勻加速直

線運動，選項C錯誤：若將小球在力點以大小為舊的速度豎直向上拋出，小球在豎直方向

上做豎直上拋運動，加速度為一g,水平方向上的位移為。時，運動時間為￡=2?=平，

水平位移x=^gd=24則小球剛好運動到〃點，故D正確。

答案BD

21.如圖3—6所示，淺色傳送帶小〃兩端距離/.=24m,以速度％=8m/s逆時針勻

速轉動，并且傳送帶與水平面的夾角為〃=30°,現(xiàn)將一質量m=2kg的煤塊輕放在傳送

帶的力端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)10m/s2,則下列敘述正確的是

0

圖3—6

A.煤塊從月端運動到8端所經(jīng)驗時間為3s

B.煤塊從力端運動到夕端重力的瞬時功率為240W

C.煤塊從力端運動到8端留下的黑色痕跡為4m

D.煤塊從力端運動到端因摩擦產(chǎn)生的熱量為24J

解析煤塊剛放上傳送帶時對煤塊進行受力分析，其加速度大小為d=外行30。+

〃geos300=8m/s2,則煤塊速度達％后，由于砥sin。＞rmgeos。,故煤塊與傳送帶

會相對滑動，故煤塊的加速度a=郎訪301-Pgeos30=2m/s%煤塊速度達到％時經(jīng)驗

的時間6=—=1s,煤塊的位移用=9=4m,煤塊與傳送帶接著相對滑動，依據(jù)1f

a\2al

V-Us

=2痣（￡一吊）可得v=l2m/s,則煤塊的速度達到n至到達〃經(jīng)驗時間（2=——-=2s,所

以煤塊從月端運動到4端所經(jīng)驗時間為1=力+七=3s,選項A止確：煤塊從不端運動到4

端重:力的瞬時功率為Q儂rsin夕=120N,選項B錯誤；煤塊第一次勻加速運動產(chǎn)生的

黑色痕跡出現(xiàn)在其前方，長度為日=玲分一汨=4m,煤塊其次次勻加速運動產(chǎn)生的黑色痕跡

出現(xiàn)在其后方，長度為或=￡一為一心傳=4m；故兩次痕跡完全重合，故煤塊從力端運動到8

端留下的黑色痕跡為4m,選項C正確：煤塊從力端運動到￡端因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=

〃mgeos〃（6+sj=48J,選項D錯誤。

答案AC

選擇題仿直練（叫）

共8小題，在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?

21題有多項符合題目要求。

14.下列說法正確的是

A.玻爾依據(jù)光的波粒二象性，大膽提出假設，認為實物粒子也具有波動性

B.鈾核裂變的核反應是丁飛-6”Ba十丁口十2。%

C.原子從低能級向高能級躍遷，不汲取光子也能實現(xiàn)

D.依據(jù)愛因斯坦的“光子說”可知，光的波長越大，光子的能量越大

解析德布羅意依據(jù)波粒二象性，認為實物粒子也具有波動性，選項A錯誤：鈾核裂變

方程為丁/+。%―/“Ba+SKr+3Jn,選項B錯誤；原子汲取實物粒子的能量也能從低能

級向高能級躍遷，選項C正確：依據(jù)能量量子化知，波長越長，能量越小，選項D錯誤。

答案C

15.（2024?福期州末）如圖4—1所示,有一傾角為〃的斜面，斜面卜.有一能繞3轉動

的木板月尻初始時木板力4與斜面垂直，把球放在斜面和木板力〃之間，不計摩擦，球對斜

面的壓力為對木板的壓力為內。將木板繞8點緩慢推到豎直位置的過程中

圖4一1

A.內和區(qū)都增大E.￡和月都減小

C.內增大，內減小D.K減小，R增大

解析球受重力6、斜面對球的彈力&、木板對球的彈力及作用，則由牛頓第三定律

有：&=R,因為G、品、反三力共點平衡，故三個力可以構成一個矢量三角形。

其中G的大小和方向始終不變，&的方向也不變，大小可變，&的大小、方向都在變。在

木板旋轉的過程中，凡由虛線位置旋轉至水平位置（如圖所示）.明顯凡與凡始終增大。所

以尤與K都是增大的，選項A正確。

答案A

16.如圖4—2所示，光滑平行的導軌水平固定在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度

為"導軌左端接有電阻尺導軌上垂直導軌放著?根金屬棒（與導軌接觸良好），導軌和金

屬棒電阻均不計。給金屬棒施加水平向右的恒定拉力，使金屬棒沿導軌由靜止起先向右加速,

最終勻速運動。當恒定拉力的大小變?yōu)樵瓉淼?倍時，金屬棒最終勻速運動時的速度大小和

拉力的功率分別變?yōu)樵瓉淼?/p>

圖4一2

A.A■倍，k倍B,必倍，k倍

C.k倍,〃倍D.發(fā)倍，如倍

解析勻速運動時，恒定拉力Q/7玄=2#,拉力的功率々八?少安了=絲；，若F

KK

變?yōu)樵瓉淼膋倍；速度r也會變?yōu)樵瓉淼膋倍，拉力的功率戶變?yōu)樵瓉淼臓t倍,故選項C

正確。

答案C

17.某賓館大樓中的電梯下方固定有勁度系數(shù)均為A的4根相同的豎宜彈簧，如圖4—

3所示，這是防止電梯在空中因纜繩斷裂下墜而造成生命危急。若纜繩斷裂后，總質量為加

的電梯下墜，4根彈簧同時著地起先緩沖，電梯墜到最低點時加速度大小為5g（g為羽力加

速度），則下列說法正確的是

圖4一3

A.電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為鬻

B.電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為第

C.彈簧著地后，在電梯下降過程中，電梯始終處于超重狀態(tài)

D.彈簧著地后，在電梯F降過程中，電梯始終處于失重狀態(tài)

解析電梯墜到最低點時，依據(jù)牛頓其次定律有4履一砥=5儂，得每根彈簧的壓縮長

度X=驍，選項A正確，B錯誤：彈簧著地后，電梯在下降過程中，先加速下降，加速度方

乙K

向豎直向下即電梯處于失重狀態(tài)，后減速下降，加速度方向豎直向上即電梯處于超重狀態(tài)，

選項C、D均錯誤。

答案A

18.如圖4—4所示，小球a、6用等長細線懸掛于同一固定點0。將球a和球6分別向

左和向右拉起，使細線水平。同時由靜止釋放球a和球Z）,兩球碰后粘在一起向左搖擺，此

后細線與豎言方向^間的最大偏角為0=60°。忽視空氣阻力，則兩球a、6的質景比值為

圖4-4

喘=3吟=-2取

*=2臟畤=2月2

解析設細線長為￡,球a、力下落至最低點，碰前瞬間的速率為力、口由機械能守恒

定律得，加=1/幾匕:/?￡/=:加外，在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為匕以向左為正，

由動量守恒定律得朝外一屆H=（加+血，）/，兩球共同向左運動到最高處過程，由機械能守恒

定律得.（加+偏）/=（加+加或（1—cos0）,聯(lián)立解得"=小二i=3-2位，所以選項B正

2m,yJ2-\v

確。

答案B

19.如圖4—5所示的實線為電場線，電場線分布及a、e兩點關于直線00'對稱，帶

電粒子從a點沿虛線運動到6點，過直線如'時速度方向恰好與如'垂直，不計粒子

重力，則下列說法正確的是

圖4一5

A.過。