湖南省怀化市2024届高三下学期第二次模拟考试物理试题
1．（2024高三下·怀化模拟）在近代物理发展的进程中，实验和理论相互推动，促进了人类对世界认识的不断深入。对下列四幅图描述正确的是（ ）
A．图甲对应的两条曲线中体现的物理量关系是：，
B．图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定小
C．图丙中1个处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多可以辐射6种不同频率的光子
D．由图丁可以推断出，氧原子核（）比锂原子核（）更稳定
2．（2024高三下·怀化模拟）甲乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。甲波源先开始振动，经过时间甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，乙开始振动后的振动图象如图（b）所示，质点P的平衡位置处于x=5m处，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两波源的起振方向相同
B．甲波的传播速度v甲=2.0m/s
C．从乙开始振动计时，在t=2.5s时，质点P开始振动
D．若两波源一直振动，则质点P为振动减弱点
3．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线两侧、且在dc连线左侧的区域，存在方向垂直于纸面如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，线框的总电阻为r。供电电路中，电容器电容为C，电路中各元件无故障，电流表为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（ ）
A．当S1闭合时电灯L不发光
B．当S1断开时电流表的示数大小为
C．交流电变化周期
D．当S1断开时，调节R的大小，当R=r时，R的功率最大
4．（2024高三下·怀化模拟）北京时间2024年1月18日1时46分，天舟七号货运飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，中国空间站基本构型由“T”字型升级为“十”字型。“中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了，在这一过程中其机械能损失为。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，空间站质量为m。规定距地球无限远处为地球引力零势能点，地球附近物体的引力势能可表示为，其中M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心距离。则下列说法中正确的是（ ）
A．“中国空间站”受阻力影响高度下降后运行速率减小
B．“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
C．“中国空间站”正常在轨做圆周运动的动能大小为
D．“中国空间站”轨道高度下降时的机械能损失
5．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（ ）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
6．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，水平面上有足够长且电阻不计的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1=4L，右端间距为L2=L。整个导轨平面固定放置于竖直向下的匀强磁场中，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B。现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2。开始时，两棒均静止，现给cd棒施加一个方向水平向右、大小为F的恒力，当恒力作用时间t时，ab棒的速度大小为v1，该过程中cd棒发热量为Q。整个过程中ab棒始终处在左端宽导轨处，cd棒始终处在右端窄导轨处。则（ ）
A．t时刻cd棒的速度大小
B．ab棒、cd棒组成的系统稳定时加速度大小
C．最终cd棒与ab棒的速度差
D．t时间内cd棒发生的位移大小
7．（2024高三下·怀化模拟）如图甲，在汽缸内轻质活塞封闭着一定量的理想气体，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内理想气体升高一定的温度，理想气体吸收的热量为Q1，理想气体在定容下的比热容记为C1。如果让活塞可以自由滑动（活塞与汽缸间无摩擦、不漏气），也使汽缸内理想气体升高相同的温度，其吸收的热量为Q2，理想气体在定压下的比热容记为C2。则下列判断正确的是（ ）
A．Q1>Q2 B．Q1
A．图乙中x=4
B．小球在C点时的重力功率为40W
C．小球从A到C克服摩擦力做功为5J
D．小球从B到C过程损失的机械能等于2.5J
9．（2024高三下·怀化模拟）如图，家用三层篮球收纳架由两根平行的竖直立柱、三对倾斜挡杆和一个矩形底座ABCD构成，同一层的两根倾斜挡杆平行且高度相同并与竖直立柱成60°角，每侧竖直立柱与对应侧的三根倾斜挡杆及底座长边在同一平面内。开始时收纳架置于水平地面上，竖直立柱处于竖直方向，将收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°，篮球的直径大于竖直立柱与倾斜挡杆构成的两平面间的距离，不计篮球与倾斜挡杆和竖直立柱的摩擦力，篮球始终处于静止状态，则在此过程中关于第二层篮球受力情况的说法正确的是（ ）
A．两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小
B．其中一个倾斜挡杆对篮球的作用力先增大再减小
C．两竖直立柱对篮球的作用力一直增大
D．其中一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小
10．（2024高三下·怀化模拟）如图甲所示，劲度系数k=500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ=37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a0=7.5m/s2
B．mA=3kg
C．若a=a0，稳定时A、B间弹力大小为0
D．若a=a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
11．（2024高三下·怀化模拟）某实验小组采用如图甲所示装置探究做功与动能变化的关系，并测量斜面与滑块间的动摩擦因数μ。主要步骤如下：
（1）把平板竖直放置，并画上一条竖直线AB和水平线AC，将斜面装有光电门的一端始终保持在C点不动，抬高斜面另一端，每次都让质量为m的小滑块（含挡光片）从斜面与竖直线AB的交界处由静止下滑。光电门可以测得挡光片经过光电门时的挡光时间t，要间接测量滑块通过光电门的动能，还需要测量的物理量为 （填写该物理量名称和符号），小滑块通过光电门的动能表达式为 。
（2）测得水平线AC长度为L。将小滑块放置在斜面上与竖直线对应位置，并测量出该位置与A点的竖直距离h，小滑块由静止释放后沿斜面下滑通过光电门，斜面的动摩擦因数μ和当地重力加速度g视为不变。则小滑块从某一高度h滑下，其合外力做功的表达式为 。
（3）以斜面C点为支点保持该位置不动，不断抬高斜面倾角，重复步骤（2），测得多组h、t数据，该实验小组利用实验数据描绘得到了如图乙所示的图像（图像），该图像可以反映合外力做功与动能变化的关系。若已知该图像的斜率为k、截距为b，则可以算出斜面的动摩擦因数 （用所测量的物理量表示）。
12．（2024高三下·怀化模拟）实验室有一个灵敏电流计G，内阻，表头的满偏电流，现因实验需要进行如下改装。
（1）要将此灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻 Ω；
（2）按照图甲改成多用电表，红表笔应接 （选填“A”、“B”）。已知电动势，内阻均为，当选择开关S接a、b、c、d时表示可以测电流和测电阻，其中电流的两个挡位为“2.5mA”、“25mA”，测电阻的两个倍率分别为“×1”和“×10”。
若将选择开关置于“b”，指针位置如图乙所示，其读数为 mA。
若将选择开关置于“a”，指针位置如图乙所示，其读数为 Ω。
（3）多用电表使用时间久了，电池的电动势均变小为，内阻均变大为，欧姆表仍可调零，某次开关接d时重新欧姆调零后测得一电阻的读数为200Ω，则该电阻实际的阻值为 Ω。
13．（2024高三下·怀化模拟）光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，O'O为半球形玻璃砖的对称轴。间距为的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于O'O的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为，来自棱镜的反射光关于轴线O'O对称，光在真空中的传播速度为c。
（1）要使射向半球形玻璃砖的光线最强（光不能从三棱镜的AC边射出），求三棱镜折射率的最小值；
（2）求紫外光从进入半球形玻璃砖到第一次折射出玻璃砖的时间。（可能用到）
14．（2024高三下·怀化模拟）如图，在空间中建立固定的直角坐标系xOy，并施加垂直平面xOy的匀强磁场和平行y轴的匀强电场，磁感应强度大小为B。将质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以速度v抛出，粒子将做匀速度直线运动。不计粒子的重力。
（1）求电场强度的大小；
（2）若将粒子从坐标原点O静止释放，求粒子此后运动过程中达到最大速度时的位置坐标；
（3）若将粒子从坐标原点O静止释放，当粒子速度第一次达到最大值时撤去电场，求粒子此后运动的轨迹方程。
15．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，一质量M=3.0kg、长L=5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=2m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M=3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向（弹簧伸缩状态未知）。一质量m=1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H=3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为μ=0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑块A到达P点的速度大小；
（2）滑块A滑上平台时速度的大小；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据黑体辐射实验研究得出：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故
，
故A错误；
B．图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压较大，故B错误；
C．一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子，故C错误；
D．比结合能：组成原子核的核子越多，它的结合能越大。原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。比结合能越大，原子核越稳定，根据图像丁可判断出氧的原子核比锂的原子核更稳定，故D正确。
故选D。
【分析】本题考查在原子及原子核部分物理概念，能解释自然现象，能应用物理知识解决实际问题。根据辐射强度与波长的关系得出温度的高低；爱因斯坦光电效应方程很好地解释了光电效应现象；区分一个和一群原子，比结合能越大，原子核越稳定。
2．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A． 根据波动图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向， 由图a可知甲波源起振方向是y轴负方向，由图b可知乙波源起振方向是y轴正方向，故A错误；
B． 波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定。 甲波的传播速度
故B正确；
C．甲乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相同，从乙开始振动计时到质点P开始振动的时间
故C错误；
D． 在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长。由图a可知甲波的波长
周期
由图b可知乙波的周期
则两波的频率相同。
乙波源开始振动时，两波到P点的距离差
由于两波的起振方向相反，所以若两波源一直振动，则质点P为振动加强点，故D错误。
故选B。
【分析】甲、乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相等。由图a读出甲波的波长，由波速公式求出甲波的周期；根据运动学公式求出乙波传到质点P的时间；分析两波传到质点P时的振动方向，根据波的叠加原理分析质点P的位置和振动方向。
3．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由题意可知，当S1闭合时，电容器充电，电路中有电流，则电灯L发光，故A错误；
B．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。正确写出交流电表达式是解决本题的关键。当S1断开时，由题意可知，矩形线框中产生感应电流的方向不变，则感应电动势的有效值为
根据闭合电路欧姆定律，电流表的示数大小为
故B错误；
C．由图可知，交流电变化周期为
故C错误；
D．根据闭合回路欧姆定律以及功率求解公式求解最大功率，当S1断开时，R的功率为
当R=r时，R的功率最大，其值为
故D正确。
故选D。
【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，由电流的热效应求电流的有效值。结合闭合回路欧姆定律以及功率求解公式求解最大功率。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站做匀速圆周运动，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得线速度的表达式为：
根据表达式可以得出：轨道半径越小，线速度越大，因此“中国空间站”受阻力影响高度下降后运行速率增大，故A错误；
B．根据线速度的表达式可以得出：“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
地球对物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有：
可得
因此“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
故B错误；
C．根据动能的表达式可以得出：“中国空间站”正常在轨做圆周运动的动能大小为
故C错误；
D．根据机械能的表达式有：“中国空间站”正常在轨运行时的机械能
轨道高度下降时，根据机械能的表达式有
根据初末机械能的大小可得“中国空间站”轨道高度下降时的机械能损失
故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出线速度的表达式，结合引力形成重力可以求出线速度的表达式；利用动能的表达式可以求出空间站的动能大小；利用重力势能和动能的表达式可以求出机械能的大小，进而求出机械能的变化量。
5．【答案】A
【知识点】磁感应强度；电场强度的叠加；电势能；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．本题考查电场力与安培力的判断，解题关键掌握电荷间的相互作用规律以及电流间的相互作用的规律。做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示
根据几何关系可知
且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O点处的合场强由O指向C，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在O点处受电场力方向由O指向C；两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。根据安培定则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示
由于H点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在H处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H点处的合磁场方向平行EF水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G，故A正确；
B．由于O点在B、C处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此O点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在O点的电势，根据几何关系可得
可得O点处的电势，电势表达式可由点电荷场强计算式结合E=U/d推导，
D点处的电势
可知
根据以上分析可知
电场强度为矢量，合成遵循平行四边形法则，由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强
对于D点，由于A、B两处的点电荷在D点产生的场强大小相等方向相反，因此D点处的场强大小即为C点处的电荷在D点产生的场强的大小，可得
显然
故B错误；
C．做出B、C处两电荷在A处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示
由于A处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其方向斜向左上方，与AC连线之间的夹角为；根据安培定则做出F、G两处导线在E点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示
根据几何关系可知，E处导线所受安培力的方向斜向右下方，与EF连线之间的夹角为，可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，故C错误；
D．根据以上分析可知
根据电势能计算公式可得而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增加，故D错误。
故选A。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电荷正负及电场方向判断电场力方向，根据右手螺旋定则和电流间相互作用的规律判断通电导线的受力情况。
6．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．给两金属棒施加一系统，根据动量定理求出经过时间t后的速度，根据已知条件可知，ab棒与cd棒任意时刻所受安培力的大小相同，方向相反，在t时间内对ab棒与cd棒分别由动量定理有
两式联立可得
故A错误；
B．由牛顿第二定律对两棒求解加速度。由于ab棒与cd棒任意时刻所受安培力大小相等方向相反，因此ab棒与cd棒组成的系统所受合外力始终为，分析其运动过程可知，ab棒做初速度为零加速度增大的加速运动，cd棒做初速度为零加速度减小的加速度运动，稳定时两棒加速度相同，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．当进入稳定状态时电路中电流恒定，求出两棒的速度差值。设系统稳定时ab棒与cd棒的速度分别为、，则两棒切割磁感线产生的感应电动势大小分别为
，
当系统稳定时两棒差生的电动势之差恒定，有
回路中的感应电流
此时，对ab棒与cd棒分别由牛顿第二定律有
而对整体有
解得
故C错误；
D．由能量守恒求出cd棒的位移，根据题意，可知在t时间内回路中产生的总热量
由于系统在任意时刻安培力的合力为零，即系统所受合外力即为，t时间内对该系统由能量守恒有
可得
故D正确。
故选D。
【分析】给两金属棒施加一系统，根据动量定理求出经过时间t后的速度；对ab棒根据动量定理，求出通过棒的电荷量。由能量守恒求出cd棒的位移；当进入稳定状态时电路中电流恒定，求出两棒的速度差值。
7．【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】首先，我们来分析题目中的两种情况。情况一：汽缸和活塞固定，气体做定容变化。在这种情况下，气体体积不变，因此不对外做功。把汽缸和活塞固定，使汽缸内理想气体升高一定的温度，外界对气体不做功
理想气体吸收的热量为Q1，由热力学第一定律
可知
情况二：活塞可以自由滑动，气体做等压变化。在这种情况下，气体压强不变，体积会随温度的升高而增大，因此气体会对外做功。活塞自由滑动（活塞与汽缸间无摩擦、不漏气），汽缸内理想气体升高相同的温度，内能变化相同；气体膨胀，外界对气体做负功
其吸收的热量为Q2，由由热力学第一定律
可得
所以
由气体吸收热量
可知
故AC错误，BD正确。
故选BD。
【分析】解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，应用热力学第一定律，结合比热容的定义即可完成分析。
8．【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，根据牛顿第二定律有
解得小球经过C点速度的大小为：
vC=2m/s
则x=vC2=4
A项正确；
B．小球在C点时，重力与速度垂直，根据故重力功率为零，B项错误；
C．从A到C过程，根据动能的表达式可以得出：动能减小量为
解得
根据重力势能的表达式可以得出：重力势能的增加量为
则机械能减小
根据功能关系摩擦力做功导致机械能的减小，则克服摩擦力做功为5J，C项正确；
D．由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，根据滑动摩擦力的表达式则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，根据功能关系可以得出小球从B到C过程损失的机械能小于2.5J ，D项错误。
故选AC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，进而求出x的大小；利用竖直方向的速度大小可以求出重力瞬时功率的大小；利用动能的表达式及重力势能的表达式可以求出机械能变化量的大小，结合功能关系可以求出摩擦力做功的大小；利用摩擦力做功可以比较机械能损失量的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题以篮球收纳架为情景载体，考查共点力平衡在实际问题中的应用，解题关键掌握研究对象的选取及受力分析，注意力的平衡条件的应用，尤其是关于空间立体受力情况，要画受力图进行分析。对第二层的篮球进行受力分析，如下图所示。
收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°时，倾斜挡杆对篮球的作用力和竖直立柱对篮球的作用力方向夹角不变，所以旋转过程中根据矢量三角形法则可知两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小，竖直立柱对篮球的作用力一直增大后减小，一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小。
故选AD。
【分析】 对篮球受力分析，根据角度的变化分析力的大小变化。
10．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，对AB整体，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
B．对AB整体分析，根据受力平衡，可求出质量大小。当时，对AB整体分析有
当时，图中另一纵截距的意义为
联立解得，
故B错误；
C．对B分析，利用牛顿第二定律可求出AB间弹力大小。当时，对B，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．当时，物块A、B恰要分离，对A有
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故D正确。
故选ACD。
【分析】在解答本题时，应注意选择研究对象时，选择整体进行分析可以减少受力分析的复杂程度。对AB整体利用牛顿第二定律可求出加速度大小；对AB整体分析，根据受力平衡，可求出质量大小；对A利用牛顿第二定律，结合牛顿第三定律可求出A对斜面压力的大小；对B分析，利用牛顿第二定律可求出AB间弹力大小。
11．【答案】挡光片的边长d；；；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，小滑块通过光电门的速度为
小滑块通过光电门的动能表达式为
还需测量挡光片的边长d。
（2）根据做功公式求解合外力做的功，设斜面的长度为s，小滑块从同一高度h滑下合外力做功的表达式为
（3）根据做功与动能变化的关系，合外力做功等于物体动能变化可得
整理得
图象的斜率
截距
解得
【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，求解小滑块通过光电门的速度；根据动能的定义求解动能的表达式，然后作答；
（2）根据做功公式求解合外力做的功；
（3）根据做功与动能的关系求解 函数，结合图像斜率和纵截距的含义分析作答。
12．【答案】5500；B；11.0；19；196
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1） 串联电阻有分压作用，根据欧姆定律和串联电路的特点 ：
需要串联一个电阻为
（2） 根据欧姆表的内部结构，欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，A端与多用电表内部电源正极相连，则A端应接黑表笔，B端应接红表笔 。
由图可以看出，当选择开关S接a、b、c、d时分别表示测电阻、测电流、测电流、测电阻。根据灵敏电流计并联电阻越小，改装电流表量程越大，故b、c挡位分别为“25mA”和“2.5mA”；且电流表量程越大，欧姆表内阻越小，则倍率越小，则a、d倍率分别为“×1”和“×10”。若将选择开关置于“b”，指针位置如图乙所示，其读数为
若将选择开关置于“a”，指针位置如图乙所示，其读数为
（3）当电动势和内阻都发生变化，测量电阻时电路中电流保持不变，根据闭合电路的欧姆定律
其中
解得
同理，电动势和内阻变化后，满足
其中
解得
， 本题考查了电压表的改装，多用表的读数以及误差分析，明确欧姆表的内部结构，理解实验原理是解题的关键。
【分析】 （1）串联电阻有分压作用，根据欧姆定律和串联电路的特点求解串联电阻；
（2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；
并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比，据此分析电流表的量程，再根据电流表的分度值和指针所指示数读数；
欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针对应示数倍率；
（3）根据闭合电路的欧姆定律分求解电动势和内阻变化前、后欧姆表的内阻，欧姆表能够调零，满偏电流不变，根据欧姆定律求待测电阻的真实值。
13．【答案】解：（1）依题意，可知光射到三棱镜AC边的入射角为45°，则
有
所以三棱镜的折射率至少为。
（2）如图所示，光在半球玻璃砖内传播过程
在中
则
所以光在射入玻璃砖时的入射角为45°，紫外光进入玻璃砖时由折射定律得
解得
在中，由正弦定理得
解得
光在玻璃砖中的传播速度
光在玻璃砖中的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光路图可知入射光线在三棱镜中的入射角，根据发生全反射条件可知临界角与入射角的大小关系可得折射率的范围；
（2）由解得光线在介质的传播速度大小，根据传播距离和速度可得光传播时间。
14．【答案】解：（1）对带点粒子沿x轴做匀速直线运动，由平衡条件有
解得
（2）利用“配速法”，粒子静止释放后的运动可分解成入射速度方向沿着轴负方向，大小为的匀速圆运动和速度方向沿x轴正方向，大小也为的匀速直线运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为，则有
粒子做圆周运动的周期
设释放粒子后经时间t粒子第一次速度达到最大值，此时粒子恰好运动了半个周期，其速度方向与做圆周运动的入射速度方向相反，与做匀速直线运动的速度方向相同，此过程中粒子在x、y轴方向的位移大小分别设为x1、y1，则有
解得
由运动的周期性可得，粒子速度达到最大值时的位置坐标为
（）
（3）粒子第一次速度达到最大值时，撤去电场后粒子做匀速圆周运动，则
解出
由数学知识可知，粒子此后运动的轨迹方程为
【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）粒子做匀速直线运动处于平衡状态，根据平衡条件求出电场强度大小。
（2）当粒子从坐标原点O静止释放时，粒子初始只受电场力作用，将沿x轴负方向做匀加速直线运动。随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大。当洛伦兹力沿z轴正方向的分量与电场力相等时，粒子速度达到最大，此时粒子在xOy平面内做匀速圆周运动。
（3）当粒子速度第一次达到最大值时撤去电场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。由数学知识求解粒子此后运动的轨迹方程。
15．【答案】（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向有
从P点沿切线进入圆轨道，则有
联立解得滑块A到达P点的速度大小为
（2）从P点到圆弧最低点，由动能定理得
假设物块A在木板B上与B共速后，木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律得
由能量关系
联立解得
B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理得
解得
假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理得
解得
（3）第1种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向右，对AD和C系统，由动量守恒定律可得
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得
由能量关系
联立解得
第2种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向左，对AD和C系统，由动量守恒定律得
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律
由能量关系可知
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据运动学公式结合几何关系得出滑块A到达P点的速度；
（2）选择AB系统为研究对象，先根据动量守恒定律分析出速度，再结合能量关系完成解答；
（3）选择合适的研究对象，利用动量守恒定律和能量关系分析出弹簧弹性势能最大值的可能并完成解答。
湖南省怀化市2024届高三下学期第二次模拟考试物理试题
1．（2024高三下·怀化模拟）在近代物理发展的进程中，实验和理论相互推动，促进了人类对世界认识的不断深入。对下列四幅图描述正确的是（ ）
A．图甲对应的两条曲线中体现的物理量关系是：，
B．图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定小
C．图丙中1个处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多可以辐射6种不同频率的光子
D．由图丁可以推断出，氧原子核（）比锂原子核（）更稳定
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据黑体辐射实验研究得出：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故
，
故A错误；
B．图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压较大，故B错误；
C．一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子，故C错误；
D．比结合能：组成原子核的核子越多，它的结合能越大。原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。比结合能越大，原子核越稳定，根据图像丁可判断出氧的原子核比锂的原子核更稳定，故D正确。
故选D。
【分析】本题考查在原子及原子核部分物理概念，能解释自然现象，能应用物理知识解决实际问题。根据辐射强度与波长的关系得出温度的高低；爱因斯坦光电效应方程很好地解释了光电效应现象；区分一个和一群原子，比结合能越大，原子核越稳定。
2．（2024高三下·怀化模拟）甲乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。甲波源先开始振动，经过时间甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，乙开始振动后的振动图象如图（b）所示，质点P的平衡位置处于x=5m处，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两波源的起振方向相同
B．甲波的传播速度v甲=2.0m/s
C．从乙开始振动计时，在t=2.5s时，质点P开始振动
D．若两波源一直振动，则质点P为振动减弱点
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A． 根据波动图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向， 由图a可知甲波源起振方向是y轴负方向，由图b可知乙波源起振方向是y轴正方向，故A错误；
B． 波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定。 甲波的传播速度
故B正确；
C．甲乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相同，从乙开始振动计时到质点P开始振动的时间
故C错误；
D． 在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长。由图a可知甲波的波长
周期
由图b可知乙波的周期
则两波的频率相同。
乙波源开始振动时，两波到P点的距离差
由于两波的起振方向相反，所以若两波源一直振动，则质点P为振动加强点，故D错误。
故选B。
【分析】甲、乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相等。由图a读出甲波的波长，由波速公式求出甲波的周期；根据运动学公式求出乙波传到质点P的时间；分析两波传到质点P时的振动方向，根据波的叠加原理分析质点P的位置和振动方向。
3．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线两侧、且在dc连线左侧的区域，存在方向垂直于纸面如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，线框的总电阻为r。供电电路中，电容器电容为C，电路中各元件无故障，电流表为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（ ）
A．当S1闭合时电灯L不发光
B．当S1断开时电流表的示数大小为
C．交流电变化周期
D．当S1断开时，调节R的大小，当R=r时，R的功率最大
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由题意可知，当S1闭合时，电容器充电，电路中有电流，则电灯L发光，故A错误；
B．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。正确写出交流电表达式是解决本题的关键。当S1断开时，由题意可知，矩形线框中产生感应电流的方向不变，则感应电动势的有效值为
根据闭合电路欧姆定律，电流表的示数大小为
故B错误；
C．由图可知，交流电变化周期为
故C错误；
D．根据闭合回路欧姆定律以及功率求解公式求解最大功率，当S1断开时，R的功率为
当R=r时，R的功率最大，其值为
故D正确。
故选D。
【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，由电流的热效应求电流的有效值。结合闭合回路欧姆定律以及功率求解公式求解最大功率。
4．（2024高三下·怀化模拟）北京时间2024年1月18日1时46分，天舟七号货运飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，中国空间站基本构型由“T”字型升级为“十”字型。“中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了，在这一过程中其机械能损失为。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，空间站质量为m。规定距地球无限远处为地球引力零势能点，地球附近物体的引力势能可表示为，其中M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心距离。则下列说法中正确的是（ ）
A．“中国空间站”受阻力影响高度下降后运行速率减小
B．“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
C．“中国空间站”正常在轨做圆周运动的动能大小为
D．“中国空间站”轨道高度下降时的机械能损失
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站做匀速圆周运动，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
可得线速度的表达式为：
根据表达式可以得出：轨道半径越小，线速度越大，因此“中国空间站”受阻力影响高度下降后运行速率增大，故A错误；
B．根据线速度的表达式可以得出：“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
地球对物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有：
可得
因此“中国空间站”正常在轨做圆周运动的线速度大小为
故B错误；
C．根据动能的表达式可以得出：“中国空间站”正常在轨做圆周运动的动能大小为
故C错误；
D．根据机械能的表达式有：“中国空间站”正常在轨运行时的机械能
轨道高度下降时，根据机械能的表达式有
根据初末机械能的大小可得“中国空间站”轨道高度下降时的机械能损失
故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出线速度的表达式，结合引力形成重力可以求出线速度的表达式；利用动能的表达式可以求出空间站的动能大小；利用重力势能和动能的表达式可以求出机械能的大小，进而求出机械能的变化量。
5．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（ ）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
【答案】A
【知识点】磁感应强度；电场强度的叠加；电势能；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．本题考查电场力与安培力的判断，解题关键掌握电荷间的相互作用规律以及电流间的相互作用的规律。做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示
根据几何关系可知
且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O点处的合场强由O指向C，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在O点处受电场力方向由O指向C；两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。根据安培定则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示
由于H点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在H处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H点处的合磁场方向平行EF水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G，故A正确；
B．由于O点在B、C处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此O点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在O点的电势，根据几何关系可得
可得O点处的电势，电势表达式可由点电荷场强计算式结合E=U/d推导，
D点处的电势
可知
根据以上分析可知
电场强度为矢量，合成遵循平行四边形法则，由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强
对于D点，由于A、B两处的点电荷在D点产生的场强大小相等方向相反，因此D点处的场强大小即为C点处的电荷在D点产生的场强的大小，可得
显然
故B错误；
C．做出B、C处两电荷在A处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示
由于A处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其方向斜向左上方，与AC连线之间的夹角为；根据安培定则做出F、G两处导线在E点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示
根据几何关系可知，E处导线所受安培力的方向斜向右下方，与EF连线之间的夹角为，可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，故C错误；
D．根据以上分析可知
根据电势能计算公式可得而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增加，故D错误。
故选A。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电荷正负及电场方向判断电场力方向，根据右手螺旋定则和电流间相互作用的规律判断通电导线的受力情况。
6．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，水平面上有足够长且电阻不计的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1=4L，右端间距为L2=L。整个导轨平面固定放置于竖直向下的匀强磁场中，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B。现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2。开始时，两棒均静止，现给cd棒施加一个方向水平向右、大小为F的恒力，当恒力作用时间t时，ab棒的速度大小为v1，该过程中cd棒发热量为Q。整个过程中ab棒始终处在左端宽导轨处，cd棒始终处在右端窄导轨处。则（ ）
A．t时刻cd棒的速度大小
B．ab棒、cd棒组成的系统稳定时加速度大小
C．最终cd棒与ab棒的速度差
D．t时间内cd棒发生的位移大小
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．给两金属棒施加一系统，根据动量定理求出经过时间t后的速度，根据已知条件可知，ab棒与cd棒任意时刻所受安培力的大小相同，方向相反，在t时间内对ab棒与cd棒分别由动量定理有
两式联立可得
故A错误；
B．由牛顿第二定律对两棒求解加速度。由于ab棒与cd棒任意时刻所受安培力大小相等方向相反，因此ab棒与cd棒组成的系统所受合外力始终为，分析其运动过程可知，ab棒做初速度为零加速度增大的加速运动，cd棒做初速度为零加速度减小的加速度运动，稳定时两棒加速度相同，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．当进入稳定状态时电路中电流恒定，求出两棒的速度差值。设系统稳定时ab棒与cd棒的速度分别为、，则两棒切割磁感线产生的感应电动势大小分别为
，
当系统稳定时两棒差生的电动势之差恒定，有
回路中的感应电流
此时，对ab棒与cd棒分别由牛顿第二定律有
而对整体有
解得
故C错误；
D．由能量守恒求出cd棒的位移，根据题意，可知在t时间内回路中产生的总热量
由于系统在任意时刻安培力的合力为零，即系统所受合外力即为，t时间内对该系统由能量守恒有
可得
故D正确。
故选D。
【分析】给两金属棒施加一系统，根据动量定理求出经过时间t后的速度；对ab棒根据动量定理，求出通过棒的电荷量。由能量守恒求出cd棒的位移；当进入稳定状态时电路中电流恒定，求出两棒的速度差值。
7．（2024高三下·怀化模拟）如图甲，在汽缸内轻质活塞封闭着一定量的理想气体，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内理想气体升高一定的温度，理想气体吸收的热量为Q1，理想气体在定容下的比热容记为C1。如果让活塞可以自由滑动（活塞与汽缸间无摩擦、不漏气），也使汽缸内理想气体升高相同的温度，其吸收的热量为Q2，理想气体在定压下的比热容记为C2。则下列判断正确的是（ ）
A．Q1>Q2 B．Q1
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】首先，我们来分析题目中的两种情况。情况一：汽缸和活塞固定，气体做定容变化。在这种情况下，气体体积不变，因此不对外做功。把汽缸和活塞固定，使汽缸内理想气体升高一定的温度，外界对气体不做功
理想气体吸收的热量为Q1，由热力学第一定律
可知
情况二：活塞可以自由滑动，气体做等压变化。在这种情况下，气体压强不变，体积会随温度的升高而增大，因此气体会对外做功。活塞自由滑动（活塞与汽缸间无摩擦、不漏气），汽缸内理想气体升高相同的温度，内能变化相同；气体膨胀，外界对气体做负功
其吸收的热量为Q2，由由热力学第一定律
可得
所以
由气体吸收热量
可知
故AC错误，BD正确。
故选BD。
【分析】解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，应用热力学第一定律，结合比热容的定义即可完成分析。
8．（2024高三下·怀化模拟）如图甲所示，质量为2kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球由A到C的过程中速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x=4
B．小球在C点时的重力功率为40W
C．小球从A到C克服摩擦力做功为5J
D．小球从B到C过程损失的机械能等于2.5J
【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，根据牛顿第二定律有
解得小球经过C点速度的大小为：
vC=2m/s
则x=vC2=4
A项正确；
B．小球在C点时，重力与速度垂直，根据故重力功率为零，B项错误；
C．从A到C过程，根据动能的表达式可以得出：动能减小量为
解得
根据重力势能的表达式可以得出：重力势能的增加量为
则机械能减小
根据功能关系摩擦力做功导致机械能的减小，则克服摩擦力做功为5J，C项正确；
D．由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，根据滑动摩擦力的表达式则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，根据功能关系可以得出小球从B到C过程损失的机械能小于2.5J ，D项错误。
故选AC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，进而求出x的大小；利用竖直方向的速度大小可以求出重力瞬时功率的大小；利用动能的表达式及重力势能的表达式可以求出机械能变化量的大小，结合功能关系可以求出摩擦力做功的大小；利用摩擦力做功可以比较机械能损失量的大小。
9．（2024高三下·怀化模拟）如图，家用三层篮球收纳架由两根平行的竖直立柱、三对倾斜挡杆和一个矩形底座ABCD构成，同一层的两根倾斜挡杆平行且高度相同并与竖直立柱成60°角，每侧竖直立柱与对应侧的三根倾斜挡杆及底座长边在同一平面内。开始时收纳架置于水平地面上，竖直立柱处于竖直方向，将收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°，篮球的直径大于竖直立柱与倾斜挡杆构成的两平面间的距离，不计篮球与倾斜挡杆和竖直立柱的摩擦力，篮球始终处于静止状态，则在此过程中关于第二层篮球受力情况的说法正确的是（ ）
A．两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小
B．其中一个倾斜挡杆对篮球的作用力先增大再减小
C．两竖直立柱对篮球的作用力一直增大
D．其中一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题以篮球收纳架为情景载体，考查共点力平衡在实际问题中的应用，解题关键掌握研究对象的选取及受力分析，注意力的平衡条件的应用，尤其是关于空间立体受力情况，要画受力图进行分析。对第二层的篮球进行受力分析，如下图所示。
收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°时，倾斜挡杆对篮球的作用力和竖直立柱对篮球的作用力方向夹角不变，所以旋转过程中根据矢量三角形法则可知两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小，竖直立柱对篮球的作用力一直增大后减小，一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小。
故选AD。
【分析】 对篮球受力分析，根据角度的变化分析力的大小变化。
10．（2024高三下·怀化模拟）如图甲所示，劲度系数k=500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ=37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a0=7.5m/s2
B．mA=3kg
C．若a=a0，稳定时A、B间弹力大小为0
D．若a=a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，对AB整体，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
B．对AB整体分析，根据受力平衡，可求出质量大小。当时，对AB整体分析有
当时，图中另一纵截距的意义为
联立解得，
故B错误；
C．对B分析，利用牛顿第二定律可求出AB间弹力大小。当时，对B，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．当时，物块A、B恰要分离，对A有
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故D正确。
故选ACD。
【分析】在解答本题时，应注意选择研究对象时，选择整体进行分析可以减少受力分析的复杂程度。对AB整体利用牛顿第二定律可求出加速度大小；对AB整体分析，根据受力平衡，可求出质量大小；对A利用牛顿第二定律，结合牛顿第三定律可求出A对斜面压力的大小；对B分析，利用牛顿第二定律可求出AB间弹力大小。
11．（2024高三下·怀化模拟）某实验小组采用如图甲所示装置探究做功与动能变化的关系，并测量斜面与滑块间的动摩擦因数μ。主要步骤如下：
（1）把平板竖直放置，并画上一条竖直线AB和水平线AC，将斜面装有光电门的一端始终保持在C点不动，抬高斜面另一端，每次都让质量为m的小滑块（含挡光片）从斜面与竖直线AB的交界处由静止下滑。光电门可以测得挡光片经过光电门时的挡光时间t，要间接测量滑块通过光电门的动能，还需要测量的物理量为 （填写该物理量名称和符号），小滑块通过光电门的动能表达式为 。
（2）测得水平线AC长度为L。将小滑块放置在斜面上与竖直线对应位置，并测量出该位置与A点的竖直距离h，小滑块由静止释放后沿斜面下滑通过光电门，斜面的动摩擦因数μ和当地重力加速度g视为不变。则小滑块从某一高度h滑下，其合外力做功的表达式为 。
（3）以斜面C点为支点保持该位置不动，不断抬高斜面倾角，重复步骤（2），测得多组h、t数据，该实验小组利用实验数据描绘得到了如图乙所示的图像（图像），该图像可以反映合外力做功与动能变化的关系。若已知该图像的斜率为k、截距为b，则可以算出斜面的动摩擦因数 （用所测量的物理量表示）。
【答案】挡光片的边长d；；；
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，小滑块通过光电门的速度为
小滑块通过光电门的动能表达式为
还需测量挡光片的边长d。
（2）根据做功公式求解合外力做的功，设斜面的长度为s，小滑块从同一高度h滑下合外力做功的表达式为
（3）根据做功与动能变化的关系，合外力做功等于物体动能变化可得
整理得
图象的斜率
截距
解得
【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，求解小滑块通过光电门的速度；根据动能的定义求解动能的表达式，然后作答；
（2）根据做功公式求解合外力做的功；
（3）根据做功与动能的关系求解 函数，结合图像斜率和纵截距的含义分析作答。
12．（2024高三下·怀化模拟）实验室有一个灵敏电流计G，内阻，表头的满偏电流，现因实验需要进行如下改装。
（1）要将此灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻 Ω；
（2）按照图甲改成多用电表，红表笔应接 （选填“A”、“B”）。已知电动势，内阻均为，当选择开关S接a、b、c、d时表示可以测电流和测电阻，其中电流的两个挡位为“2.5mA”、“25mA”，测电阻的两个倍率分别为“×1”和“×10”。
若将选择开关置于“b”，指针位置如图乙所示，其读数为 mA。
若将选择开关置于“a”，指针位置如图乙所示，其读数为 Ω。
（3）多用电表使用时间久了，电池的电动势均变小为，内阻均变大为，欧姆表仍可调零，某次开关接d时重新欧姆调零后测得一电阻的读数为200Ω，则该电阻实际的阻值为 Ω。
【答案】5500；B；11.0；19；196
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1） 串联电阻有分压作用，根据欧姆定律和串联电路的特点 ：
需要串联一个电阻为
（2） 根据欧姆表的内部结构，欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，A端与多用电表内部电源正极相连，则A端应接黑表笔，B端应接红表笔 。
由图可以看出，当选择开关S接a、b、c、d时分别表示测电阻、测电流、测电流、测电阻。根据灵敏电流计并联电阻越小，改装电流表量程越大，故b、c挡位分别为“25mA”和“2.5mA”；且电流表量程越大，欧姆表内阻越小，则倍率越小，则a、d倍率分别为“×1”和“×10”。若将选择开关置于“b”，指针位置如图乙所示，其读数为
若将选择开关置于“a”，指针位置如图乙所示，其读数为
（3）当电动势和内阻都发生变化，测量电阻时电路中电流保持不变，根据闭合电路的欧姆定律
其中
解得
同理，电动势和内阻变化后，满足
其中
解得
， 本题考查了电压表的改装，多用表的读数以及误差分析，明确欧姆表的内部结构，理解实验原理是解题的关键。
【分析】 （1）串联电阻有分压作用，根据欧姆定律和串联电路的特点求解串联电阻；
（2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；
并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比，据此分析电流表的量程，再根据电流表的分度值和指针所指示数读数；
欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针对应示数倍率；
（3）根据闭合电路的欧姆定律分求解电动势和内阻变化前、后欧姆表的内阻，欧姆表能够调零，满偏电流不变，根据欧姆定律求待测电阻的真实值。
13．（2024高三下·怀化模拟）光刻机是现代半导体工业的皇冠，其最核心的两大部件为光源与光学镜头。我国研制的某型号光刻机的光源辐射出某一频率的紫外光，光刻机光学镜头投影原理简化图如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，O'O为半球形玻璃砖的对称轴。间距为的a、b两束平行紫外光从棱镜左侧垂直AB边射入，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后会聚于硅片上表面的M点，M点位于O'O的延长线上。半球形玻璃砖的折射率为，来自棱镜的反射光关于轴线O'O对称，光在真空中的传播速度为c。
（1）要使射向半球形玻璃砖的光线最强（光不能从三棱镜的AC边射出），求三棱镜折射率的最小值；
（2）求紫外光从进入半球形玻璃砖到第一次折射出玻璃砖的时间。（可能用到）
【答案】解：（1）依题意，可知光射到三棱镜AC边的入射角为45°，则
有
所以三棱镜的折射率至少为。
（2）如图所示，光在半球玻璃砖内传播过程
在中
则
所以光在射入玻璃砖时的入射角为45°，紫外光进入玻璃砖时由折射定律得
解得
在中，由正弦定理得
解得
光在玻璃砖中的传播速度
光在玻璃砖中的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光路图可知入射光线在三棱镜中的入射角，根据发生全反射条件可知临界角与入射角的大小关系可得折射率的范围；
（2）由解得光线在介质的传播速度大小，根据传播距离和速度可得光传播时间。
14．（2024高三下·怀化模拟）如图，在空间中建立固定的直角坐标系xOy，并施加垂直平面xOy的匀强磁场和平行y轴的匀强电场，磁感应强度大小为B。将质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以速度v抛出，粒子将做匀速度直线运动。不计粒子的重力。
（1）求电场强度的大小；
（2）若将粒子从坐标原点O静止释放，求粒子此后运动过程中达到最大速度时的位置坐标；
（3）若将粒子从坐标原点O静止释放，当粒子速度第一次达到最大值时撤去电场，求粒子此后运动的轨迹方程。
【答案】解：（1）对带点粒子沿x轴做匀速直线运动，由平衡条件有
解得
（2）利用“配速法”，粒子静止释放后的运动可分解成入射速度方向沿着轴负方向，大小为的匀速圆运动和速度方向沿x轴正方向，大小也为的匀速直线运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为，则有
粒子做圆周运动的周期
设释放粒子后经时间t粒子第一次速度达到最大值，此时粒子恰好运动了半个周期，其速度方向与做圆周运动的入射速度方向相反，与做匀速直线运动的速度方向相同，此过程中粒子在x、y轴方向的位移大小分别设为x1、y1，则有
解得
由运动的周期性可得，粒子速度达到最大值时的位置坐标为
（）
（3）粒子第一次速度达到最大值时，撤去电场后粒子做匀速圆周运动，则
解出
由数学知识可知，粒子此后运动的轨迹方程为
【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）粒子做匀速直线运动处于平衡状态，根据平衡条件求出电场强度大小。
（2）当粒子从坐标原点O静止释放时，粒子初始只受电场力作用，将沿x轴负方向做匀加速直线运动。随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大。当洛伦兹力沿z轴正方向的分量与电场力相等时，粒子速度达到最大，此时粒子在xOy平面内做匀速圆周运动。
（3）当粒子速度第一次达到最大值时撤去电场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。由数学知识求解粒子此后运动的轨迹方程。
15．（2024高三下·怀化模拟）如图所示，一质量M=3.0kg、长L=5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=2m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M=3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向（弹簧伸缩状态未知）。一质量m=1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H=3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为μ=0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑块A到达P点的速度大小；
（2）滑块A滑上平台时速度的大小；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
【答案】（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向有
从P点沿切线进入圆轨道，则有
联立解得滑块A到达P点的速度大小为
（2）从P点到圆弧最低点，由动能定理得
假设物块A在木板B上与B共速后，木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律得
由能量关系
联立解得
B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理得
解得
假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理得
解得
（3）第1种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向右，对AD和C系统，由动量守恒定律可得
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得
由能量关系
联立解得
第2种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向左，对AD和C系统，由动量守恒定律得
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律
由能量关系可知
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）根据运动学公式结合几何关系得出滑块A到达P点的速度；
（2）选择AB系统为研究对象，先根据动量守恒定律分析出速度，再结合能量关系完成解答；
（3）选择合适的研究对象，利用动量守恒定律和能量关系分析出弹簧弹性势能最大值的可能并完成解答。
