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2024年高考第二次模拟考试卷：物理（广东卷）（解析版）
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这是一份2024年高考第二次模拟考试卷：物理（广东卷）（解析版），共18页。试卷主要包含了如图，一学生练习用头颠球等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图甲为明朝《天工开物》记载测量“号弦”张力的插图，图乙为示意图，弓的质量为m＝5kg，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点。当在弓的中点悬挂质量为的重物，弦的张角为θ=120°，，则弦的张力为（ ）
A．50NB．150NC．200ND．
【答案】B
【详解】对悬挂点受力分析可得
可得
T=150N
故选B。
2．图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成，图乙为提水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r=0.1m，水桶的质量M=0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m=2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．10s末水桶的速度大小为20m/sB．水桶的速度大小随时间变化规律为v=2t
C．0~10s内水桶上升的高度为20mD．0~10s内井绳拉力所做的功为255J
【答案】D
【详解】AB．由图丙可知
所以水桶速度随时间变化规律为
则10s末水桶的速度大小为2m/s，故AB错误；
CD．水桶匀加速上升，加速度
由牛顿第二定律
所以井绳拉力大小为
水桶匀加速上升，0~10s内它上升的高度为
则0~10s内井绳拉力所做的功为
故C错误，D正确。
故选D。
3．如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为m的小球从坐标原点O以初速度v0（大小未知）沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当初速度的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上
B．初速度越大，小球在空中运动的时间越长
C．初速度时，小球落到圆弧轨道上的动量最小
D．小球落到圆弧轨道上的最小动能为
【答案】D
【详解】A．若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；
B．小球做平抛运动，在竖直方向上物体做自由落体运动，有
解得
可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；
CD．设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动
Rcsθ=v0t
由动能定理得
解得
由数学知识得：当
即
Ek取最小值
根据
可知动能最小时动量最小，此时
联立以上可得
故C错误，D正确。
故选D。
4．北京时间2023年11月1日6时50分，中国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功发射天绘五号卫星。已知该卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度为h（大约500km），地球的半径为R，地球表面附近重力加速度大小为g，忽略地球的自转，下列说法不正确的是（ ）
A．天绘五号卫星在加速升空阶段处于超重状态，进入预定轨道后处于失重状态
B．天绘五号卫星进入预定轨道后的运行速度大小为
C．天绘五号卫星进入预定轨道后的向心加速度大小为
D．天绘五号卫星进入预定轨道后的运行周期比同步卫星的运行周期小
【答案】B
【详解】A．天绘五号卫星在加速升空阶段加速度的方向向上，所以加速升空阶段处于超重状态，卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，得卫星的加速度等于重力加速度，所以处于失重状态，故A正确；
B．设地球质量为M，卫星在轨运行时线速度为v，由万有引力提供向心力
得
地球表面上一质量为的物体由万有引力等于重力
得
联立解得
故B错误；
C．由万有引力提供向心力
而
联立解得
故C正确；
D． 由万有引力提供向心力
得周期
明显可知轨道半径越大，周期越大，而天绘五号卫星进入预定轨道后的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以天绘五号卫星进入预定轨道后的运行周期比同步卫星的运行周期小，故D正确。
根据题意选择错误选项，故选B。
5．在学习机械波内容时，壮壮、美美两同学分别握住长为12m的绳子两端如图甲所示，壮壮同学在A处上下抖动绳子使绳子产生水平向右传播的机械波。经△t后，美美同学在B处开始抖动，并产生水平向左传播的机械波。两列波均可视为简谐波，波长均为4m、频率均为2Hz、振幅均为20cm，且两波源起振方向相同，两波叠加后，绳上会出现一些振幅为О的位。置。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度为2m/s
B．某时刻壮壮同学抖动绳子产生的波形图如图乙所示，此时绳上Р质点向上振动
C．若△t=0.A、B连线上一共有6个振幅为О的点
D．若△t=s，则A、B连线中点处的质点始终保持静止
【答案】C
【详解】A．两列波的传播速度为
故A错误；
B．某时刻壮壮同学抖动绳子产生的波形图如图乙所示，此时A处波的振动情况刚传到绳上Р质点，根据同侧法可判断P质点向下振动，故B错误；
C．若△t=0，A、B连线上振幅为О的点为振动减弱点，满足A到该点和B到该点的波程差为
解得1m，3m，5m，7m，9m，11m共6个点，故C正确；
D．波的周期为
若△t=s，则A、B连线中点处的质点的波程差为
可知A、B连线中点处的质点不可能始终保持静止，故D错误。
故选C。
6．如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80 cm，被头部重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45 cm。已知足球与头部作用的时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小取。则头部对足球的平均作用力大小为（ ）
A．32 NB．28 NC．8 ND．4 N
【答案】A
【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为，有
解得
取向上为正方向，根据动量定理有
解得
故选A。
7．如图所示，10匝矩形金属线框在磁感应强度大小为的匀强磁场中绕垂直磁场的轴以角速度为匀速转动，线框电阻不计，面积为，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡和，且开关S断开时灯泡正常发光，理想变压器原、副线圈匝数比为，理想电流表示数为，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的额定电压为
B．灯泡的额定功率为
C．若开关S闭合，电流表示数将增大
D．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
【答案】C
【详解】AD．变压器的输入电压的最大值为
从图示位置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为
变压器输入电压的有效值为
开关S断开时灯泡正常发光，根据
解得
可知灯泡的额定电压为，故AD错误；
B．电流表示数为，根据
灯泡的额定功率等于此时变压器的输入功率，为
故B错误；
C．若开关闭合，副线圈两端电压不变，总电阻减小，根据欧姆定律
可知副线圈中的电流增加，根据
可知原线圈中电流也增加，电流表示数将增大，故C正确。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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）
8．某种材料的直角三棱镜截面如图所示，。一束垂直边从点入射的细光束，经三棱镜反射、折射后，有光线从边的中点垂直方向射出，该光线在三棱镜内只经历一次反射。已知真空中的光速为，边长度为。下列说法正确的是（ ）
A．三棱镜对该单色光的折射率为B．该单色光在边发生全反射
C．该单色光在三棱镜中的传播速度为D．从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为
【答案】AC
【详解】做出光路图如下图
A．由题意可知,光线DF与法线夹角，反射光线EF与法线夹角为，由几何关系可得，光线EF与法线夹角，光线从边的中点垂直方向射出，有几何关系可得，出射光线与法线夹角
由折射定律可得
A正确；
B．由A的分析可知临界角的正弦值为
该单色光在边不会发生全反射，B错误；
C．根据可得
C正确；
D．由CE＝，，，可得，，由几何关系可得
因此，从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为
D错误。
故选AC。
9．市面上有一种有趣的磁浮玩具，打开电源后，磁性玩偶会稳定地漂浮起来。其内部构造如图所示，其中滑动变阻器的阻值可改变，则下列说法正确的是（ ）
A．该玩具的电源必须是交流电源
B．a端应接电源正极
C．软铁内的磁感线朝向上方
D．滑动变阻器的滑片向上滑动，玩偶的高度会上升
【答案】BD
【详解】AB．由题意可知，玩偶稳定地飘浮起来，且下端为S极，则线圈的上端为S极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且a端为电源的正极，而b端为电源的负极，故A错误，B正确；
C．根据线圈的上端为S极，则软铁内的磁感线朝向下方，故C错误；
D．若滑动变阻器的滑片向上滑动，可变电阻的电阻值调小，则线圈中的电流增大，玩偶的高度会上升，故D正确。
故选BD。
10．2022年世界机器人大赛锦标赛于8月18日在北京开幕，一参赛机器人的位移x随时间t变化的图像如图所示。时，该机器人由静止沿直线向前运动；时，该机器人因电源发生故障而失去动力；时，机器人停止运动。图像中的、两段曲线均为抛物线的一部分。已知机器人的质量为m，对机器人的整个运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．和时间内，该机器人的加速度大小相等
B．该机器人在时间内的平均速度小于时间内的平均速度
C．该机器人的最大速度为
D．该机器人动力做的功等于其克服阻力做的功
【答案】CD
【详解】A．，机器人由静止开始运动，位移与时间的关系曲线为抛物线，设此时机器人的加速度大小为，则有
解得
，末速度为零，逆向看成是初速度为零的匀加速直线运动，设机器人在这段时间内的加速度大小为，则有
解得
故A错误；
B．由图像可知，内与内，机器人的位移之比为，运动时间之比也为，则该机器人在时间内的平均速度等于时间内的平均速度，故B错误；
C．机器人在时刻速度达到最大，最大速度为
故C正确；
D．机器人的始、末速度都为零，根据动能定理可得，机器人动力做的功等于其克服摩擦力做的功，故D正确。
故选CD。
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．（7分）如图，某小组利用该实验装置测量小球做平抛运动的初速度，实验步骤如下：
①将斜槽轨道的末端调整至水平，表面钉有复写纸和白纸的木板竖直立于轨道末端右侧，使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板后在白纸上留下痕迹点A；
②如图，依次将木板水平向右平移一段相等的距离x，每次小球都从斜槽上同一位置静止释放，小球撞到木板，分别在白纸上留下痕迹点B、C、D、E；
③测得，相邻两痕迹点间距数据如下表：
重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）由图中读出AB间距数据并填入表格中的空格横线处；
（2）根据测量数据，求得小球初速度为 m/s（保留一位小数）；
（3）木板每次水平向右平移相同距离x是为了使 相等。
【答案】 1.70 2.0 时间间隔
【详解】（1）[1]刻度尺最小分度值为0.1cm，所以间距为
（2）[2] 根据匀变速运动推论
解得
小球初速度为
（3）[3]水平方向匀速运动，所以木板每次水平向右平移相同距离x是为了使时间间隔相同。
12．（9分）某学习小组想测量某一常温下阻值约为5Ω的电阻丝的电阻率，其长度为100m。实验室提供的器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）
E.滑动变阻器R1（0~5.0Ω）
F.滑动变阻器R2（0~2000Ω）
G.电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H.开关S，导线若干
他们进行了以下操作：
（1）用20分度的游标卡尺测量电阻丝的直径d，其测量值如下图所示，电阻丝的直径d= cm；
（2）为减小实验误差，应选用下图中 （选填“a”或“b”）为该实验的电路图。此接法的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值；
（3）若两电表的示数分别如图c所示，则该电阻丝的电阻率为 Ω•m（保留两位有效数字）。
【答案】 0.850 a 小于
【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为0.8cm，游标尺读数为
10×0.05mm=0.50mm=0.050cm
则读数为
d=0.8cm+0.050cm=0.850cm
（2）[2][3]待测电阻阻值远小于电压表内阻，选用电流表外接法，即a，由于电压表分流作用，电压测量是准确的，电流测量值偏大，导致测量值偏小。
（3）[4]电源电压为3V，则电压表选择A，回路最大电流
故电流表选择D；电压表的分度值为0.1V，读数为2.40V，电流表的分度值为0.02A，读数为0.50A，则待测电阻
电阻定律有
代入数据解得
13．（10分）如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置，厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体的初始热力学温度为，此时活塞到汽缸底部的距离是活塞到缸口距离的两倍。活塞的横截面积为S，大气压强恒为，重力加速度大小为g。
（1）通过汽缸底部的电热丝（大小不计，图中未画出）对缸内气体缓慢加热，求活塞到达缸口时缸内气体的热力学温度T；
（2）活塞到达缸口后，将汽缸竖立（开口向上），保持缸内气体的温度不变，最终活塞到汽缸底部的距离与活塞到缸口的距离相等，求活塞的质量m。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设加热前活塞到缸口的距离为，加热过程中缸内气体做等压变化，则有
（2分）
解得
（2分）
（2）活塞下降过程中缸内气体做等温变化，设活塞到汽缸底部的距离与活塞到缸口的距离相等时，缸内气体的压强为，则有
（2分）
根据平衡条件可得
（2分）
联立解得活塞的质量为
（2分）
14．（15分）如图所示，“”形轨道abcdef固定在竖直平面内，轨道的各弯折部分均平滑连接，其中ab、ef在同一条水平线上，bc、de部分竖直，cd为半径为R的半圆，，两轻质弹簧A、B的一端分别固定在a、f位置，质量为m的细环（可视为质点）套在轨道上，推动细环压缩弹簧A后锁定（细环与弹簧A未连接）。现解除弹簧A的锁定，释放细环，细环运动到轨道bc的右侧（整个空间包括bc）时受到与水平方向的夹角的恒力。细环经过b后匀速运动至c，且经过c点时对圆弧轨道的压力恰好为0。已知轨道abcd部分光滑，轨道def部分与细环之间的动摩擦因数，重力加速度为g，，。求：
（1）弹簧A处于锁定状态时的弹性势能。
（2）细环对圆弧轨道压力的最大值。
（3）细环最终停止运动时的位置。
【答案】（1）；（2）；（3）细环最终停在de轨道的中点位置
【详解】（1）设恒力大小为F，细环经过b后匀速运动至c点，对细环进行受力分析根据平衡条件,有
（2分）
细环在c点对圆弧轨道的压力为0，则有
（2分）
解除弹簧锁定后，弹簧A的弹性势能转化为细环的动能有
（1分）
联立解得
（1分）
（2）由分析，当细环首次到达d点时，圆弧轨道所受压力最大，设此时圆弧轨道对细环的支持力为，对细环有
（2分）
细环从c点运动到d点的过程中，根据动能定理有
（2分）
联立解得
（1分）
根据牛顿第三定律，细环对圆弧轨道压力的最大值
（1分）
（3）由于恒力沿竖直方向的分力与细环重力等大反向，则细环在轨道ef上运动时，仅受恒力与重力作用，不受轨道的弹力与摩擦力，则细环最终停在de之间的某一点，设细环在de上运动的总路程为x，则有
（2分）
解得
（1分）
即细环最终停在de轨道的中点位置。
15．（13分）如图所示，和是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中和为轨道的水平部分，和是倾角的倾斜部分。在右侧空间中存在磁感应强度大小，方向竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量，单位长度电阻值的导体棒于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度，另一完全相同的导体棒静止于水平导轨上，导轨间距均为，导体棒长度均为。时，导体棒从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取。求：
（1）棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
（2）两导体棒的最终速度大小；
（3）从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C
【详解】（1）棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理，有
（2分）
切割产生的感应电动势为
（1分）
根据闭合电路欧姆定律，有
（1分）
联立解得
（1分）
（1分）
（1分）
（2）因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得
（2分）
解得
（1分）
（3）从棒刚进入磁场到与棒共速，对导体棒，由动量定理得
（2分）
代入数据解得
（1分）
AB
BC
CD
DE
间距（cm）
4.15
6.60
9.05
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图甲为明朝《天工开物》记载测量“号弦”张力的插图，图乙为示意图，弓的质量为m＝5kg，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点。当在弓的中点悬挂质量为的重物，弦的张角为θ=120°，，则弦的张力为（ ）
A．50NB．150NC．200ND．
【答案】B
【详解】对悬挂点受力分析可得
可得
T=150N
故选B。
2．图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成，图乙为提水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r=0.1m，水桶的质量M=0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m=2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．10s末水桶的速度大小为20m/sB．水桶的速度大小随时间变化规律为v=2t
C．0~10s内水桶上升的高度为20mD．0~10s内井绳拉力所做的功为255J
【答案】D
【详解】AB．由图丙可知
所以水桶速度随时间变化规律为
则10s末水桶的速度大小为2m/s，故AB错误；
CD．水桶匀加速上升，加速度
由牛顿第二定律
所以井绳拉力大小为
水桶匀加速上升，0~10s内它上升的高度为
则0~10s内井绳拉力所做的功为
故C错误，D正确。
故选D。
3．如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为m的小球从坐标原点O以初速度v0（大小未知）沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当初速度的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上
B．初速度越大，小球在空中运动的时间越长
C．初速度时，小球落到圆弧轨道上的动量最小
D．小球落到圆弧轨道上的最小动能为
【答案】D
【详解】A．若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；
B．小球做平抛运动，在竖直方向上物体做自由落体运动，有
解得
可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；
CD．设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动
Rcsθ=v0t
由动能定理得
解得
由数学知识得：当
即
Ek取最小值
根据
可知动能最小时动量最小，此时
联立以上可得
故C错误，D正确。
故选D。
4．北京时间2023年11月1日6时50分，中国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功发射天绘五号卫星。已知该卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度为h（大约500km），地球的半径为R，地球表面附近重力加速度大小为g，忽略地球的自转，下列说法不正确的是（ ）
A．天绘五号卫星在加速升空阶段处于超重状态，进入预定轨道后处于失重状态
B．天绘五号卫星进入预定轨道后的运行速度大小为
C．天绘五号卫星进入预定轨道后的向心加速度大小为
D．天绘五号卫星进入预定轨道后的运行周期比同步卫星的运行周期小
【答案】B
【详解】A．天绘五号卫星在加速升空阶段加速度的方向向上，所以加速升空阶段处于超重状态，卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，得卫星的加速度等于重力加速度，所以处于失重状态，故A正确；
B．设地球质量为M，卫星在轨运行时线速度为v，由万有引力提供向心力
得
地球表面上一质量为的物体由万有引力等于重力
得
联立解得
故B错误；
C．由万有引力提供向心力
而
联立解得
故C正确；
D． 由万有引力提供向心力
得周期
明显可知轨道半径越大，周期越大，而天绘五号卫星进入预定轨道后的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以天绘五号卫星进入预定轨道后的运行周期比同步卫星的运行周期小，故D正确。
根据题意选择错误选项，故选B。
5．在学习机械波内容时，壮壮、美美两同学分别握住长为12m的绳子两端如图甲所示，壮壮同学在A处上下抖动绳子使绳子产生水平向右传播的机械波。经△t后，美美同学在B处开始抖动，并产生水平向左传播的机械波。两列波均可视为简谐波，波长均为4m、频率均为2Hz、振幅均为20cm，且两波源起振方向相同，两波叠加后，绳上会出现一些振幅为О的位。置。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度为2m/s
B．某时刻壮壮同学抖动绳子产生的波形图如图乙所示，此时绳上Р质点向上振动
C．若△t=0.A、B连线上一共有6个振幅为О的点
D．若△t=s，则A、B连线中点处的质点始终保持静止
【答案】C
【详解】A．两列波的传播速度为
故A错误；
B．某时刻壮壮同学抖动绳子产生的波形图如图乙所示，此时A处波的振动情况刚传到绳上Р质点，根据同侧法可判断P质点向下振动，故B错误；
C．若△t=0，A、B连线上振幅为О的点为振动减弱点，满足A到该点和B到该点的波程差为
解得1m，3m，5m，7m，9m，11m共6个点，故C正确；
D．波的周期为
若△t=s，则A、B连线中点处的质点的波程差为
可知A、B连线中点处的质点不可能始终保持静止，故D错误。
故选C。
6．如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80 cm，被头部重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45 cm。已知足球与头部作用的时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小取。则头部对足球的平均作用力大小为（ ）
A．32 NB．28 NC．8 ND．4 N
【答案】A
【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为，有
解得
取向上为正方向，根据动量定理有
解得
故选A。
7．如图所示，10匝矩形金属线框在磁感应强度大小为的匀强磁场中绕垂直磁场的轴以角速度为匀速转动，线框电阻不计，面积为，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡和，且开关S断开时灯泡正常发光，理想变压器原、副线圈匝数比为，理想电流表示数为，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的额定电压为
B．灯泡的额定功率为
C．若开关S闭合，电流表示数将增大
D．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为（V）
【答案】C
【详解】AD．变压器的输入电压的最大值为
从图示位置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为
变压器输入电压的有效值为
开关S断开时灯泡正常发光，根据
解得
可知灯泡的额定电压为，故AD错误；
B．电流表示数为，根据
灯泡的额定功率等于此时变压器的输入功率，为
故B错误；
C．若开关闭合，副线圈两端电压不变，总电阻减小，根据欧姆定律
可知副线圈中的电流增加，根据
可知原线圈中电流也增加，电流表示数将增大，故C正确。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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）
8．某种材料的直角三棱镜截面如图所示，。一束垂直边从点入射的细光束，经三棱镜反射、折射后，有光线从边的中点垂直方向射出，该光线在三棱镜内只经历一次反射。已知真空中的光速为，边长度为。下列说法正确的是（ ）
A．三棱镜对该单色光的折射率为B．该单色光在边发生全反射
C．该单色光在三棱镜中的传播速度为D．从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为
【答案】AC
【详解】做出光路图如下图
A．由题意可知,光线DF与法线夹角，反射光线EF与法线夹角为，由几何关系可得，光线EF与法线夹角，光线从边的中点垂直方向射出，有几何关系可得，出射光线与法线夹角
由折射定律可得
A正确；
B．由A的分析可知临界角的正弦值为
该单色光在边不会发生全反射，B错误；
C．根据可得
C正确；
D．由CE＝，，，可得，，由几何关系可得
因此，从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为
D错误。
故选AC。
9．市面上有一种有趣的磁浮玩具，打开电源后，磁性玩偶会稳定地漂浮起来。其内部构造如图所示，其中滑动变阻器的阻值可改变，则下列说法正确的是（ ）
A．该玩具的电源必须是交流电源
B．a端应接电源正极
C．软铁内的磁感线朝向上方
D．滑动变阻器的滑片向上滑动，玩偶的高度会上升
【答案】BD
【详解】AB．由题意可知，玩偶稳定地飘浮起来，且下端为S极，则线圈的上端为S极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且a端为电源的正极，而b端为电源的负极，故A错误，B正确；
C．根据线圈的上端为S极，则软铁内的磁感线朝向下方，故C错误；
D．若滑动变阻器的滑片向上滑动，可变电阻的电阻值调小，则线圈中的电流增大，玩偶的高度会上升，故D正确。
故选BD。
10．2022年世界机器人大赛锦标赛于8月18日在北京开幕，一参赛机器人的位移x随时间t变化的图像如图所示。时，该机器人由静止沿直线向前运动；时，该机器人因电源发生故障而失去动力；时，机器人停止运动。图像中的、两段曲线均为抛物线的一部分。已知机器人的质量为m，对机器人的整个运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．和时间内，该机器人的加速度大小相等
B．该机器人在时间内的平均速度小于时间内的平均速度
C．该机器人的最大速度为
D．该机器人动力做的功等于其克服阻力做的功
【答案】CD
【详解】A．，机器人由静止开始运动，位移与时间的关系曲线为抛物线，设此时机器人的加速度大小为，则有
解得
，末速度为零，逆向看成是初速度为零的匀加速直线运动，设机器人在这段时间内的加速度大小为，则有
解得
故A错误；
B．由图像可知，内与内，机器人的位移之比为，运动时间之比也为，则该机器人在时间内的平均速度等于时间内的平均速度，故B错误；
C．机器人在时刻速度达到最大，最大速度为
故C正确；
D．机器人的始、末速度都为零，根据动能定理可得，机器人动力做的功等于其克服摩擦力做的功，故D正确。
故选CD。
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．（7分）如图，某小组利用该实验装置测量小球做平抛运动的初速度，实验步骤如下：
①将斜槽轨道的末端调整至水平，表面钉有复写纸和白纸的木板竖直立于轨道末端右侧，使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板后在白纸上留下痕迹点A；
②如图，依次将木板水平向右平移一段相等的距离x，每次小球都从斜槽上同一位置静止释放，小球撞到木板，分别在白纸上留下痕迹点B、C、D、E；
③测得，相邻两痕迹点间距数据如下表：
重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）由图中读出AB间距数据并填入表格中的空格横线处；
（2）根据测量数据，求得小球初速度为 m/s（保留一位小数）；
（3）木板每次水平向右平移相同距离x是为了使 相等。
【答案】 1.70 2.0 时间间隔
【详解】（1）[1]刻度尺最小分度值为0.1cm，所以间距为
（2）[2] 根据匀变速运动推论
解得
小球初速度为
（3）[3]水平方向匀速运动，所以木板每次水平向右平移相同距离x是为了使时间间隔相同。
12．（9分）某学习小组想测量某一常温下阻值约为5Ω的电阻丝的电阻率，其长度为100m。实验室提供的器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）
E.滑动变阻器R1（0~5.0Ω）
F.滑动变阻器R2（0~2000Ω）
G.电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H.开关S，导线若干
他们进行了以下操作：
（1）用20分度的游标卡尺测量电阻丝的直径d，其测量值如下图所示，电阻丝的直径d= cm；
（2）为减小实验误差，应选用下图中 （选填“a”或“b”）为该实验的电路图。此接法的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值；
（3）若两电表的示数分别如图c所示，则该电阻丝的电阻率为 Ω•m（保留两位有效数字）。
【答案】 0.850 a 小于
【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为0.8cm，游标尺读数为
10×0.05mm=0.50mm=0.050cm
则读数为
d=0.8cm+0.050cm=0.850cm
（2）[2][3]待测电阻阻值远小于电压表内阻，选用电流表外接法，即a，由于电压表分流作用，电压测量是准确的，电流测量值偏大，导致测量值偏小。
（3）[4]电源电压为3V，则电压表选择A，回路最大电流
故电流表选择D；电压表的分度值为0.1V，读数为2.40V，电流表的分度值为0.02A，读数为0.50A，则待测电阻
电阻定律有
代入数据解得
13．（10分）如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置，厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体的初始热力学温度为，此时活塞到汽缸底部的距离是活塞到缸口距离的两倍。活塞的横截面积为S，大气压强恒为，重力加速度大小为g。
（1）通过汽缸底部的电热丝（大小不计，图中未画出）对缸内气体缓慢加热，求活塞到达缸口时缸内气体的热力学温度T；
（2）活塞到达缸口后，将汽缸竖立（开口向上），保持缸内气体的温度不变，最终活塞到汽缸底部的距离与活塞到缸口的距离相等，求活塞的质量m。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设加热前活塞到缸口的距离为，加热过程中缸内气体做等压变化，则有
（2分）
解得
（2分）
（2）活塞下降过程中缸内气体做等温变化，设活塞到汽缸底部的距离与活塞到缸口的距离相等时，缸内气体的压强为，则有
（2分）
根据平衡条件可得
（2分）
联立解得活塞的质量为
（2分）
14．（15分）如图所示，“”形轨道abcdef固定在竖直平面内，轨道的各弯折部分均平滑连接，其中ab、ef在同一条水平线上，bc、de部分竖直，cd为半径为R的半圆，，两轻质弹簧A、B的一端分别固定在a、f位置，质量为m的细环（可视为质点）套在轨道上，推动细环压缩弹簧A后锁定（细环与弹簧A未连接）。现解除弹簧A的锁定，释放细环，细环运动到轨道bc的右侧（整个空间包括bc）时受到与水平方向的夹角的恒力。细环经过b后匀速运动至c，且经过c点时对圆弧轨道的压力恰好为0。已知轨道abcd部分光滑，轨道def部分与细环之间的动摩擦因数，重力加速度为g，，。求：
（1）弹簧A处于锁定状态时的弹性势能。
（2）细环对圆弧轨道压力的最大值。
（3）细环最终停止运动时的位置。
【答案】（1）；（2）；（3）细环最终停在de轨道的中点位置
【详解】（1）设恒力大小为F，细环经过b后匀速运动至c点，对细环进行受力分析根据平衡条件,有
（2分）
细环在c点对圆弧轨道的压力为0，则有
（2分）
解除弹簧锁定后，弹簧A的弹性势能转化为细环的动能有
（1分）
联立解得
（1分）
（2）由分析，当细环首次到达d点时，圆弧轨道所受压力最大，设此时圆弧轨道对细环的支持力为，对细环有
（2分）
细环从c点运动到d点的过程中，根据动能定理有
（2分）
联立解得
（1分）
根据牛顿第三定律，细环对圆弧轨道压力的最大值
（1分）
（3）由于恒力沿竖直方向的分力与细环重力等大反向，则细环在轨道ef上运动时，仅受恒力与重力作用，不受轨道的弹力与摩擦力，则细环最终停在de之间的某一点，设细环在de上运动的总路程为x，则有
（2分）
解得
（1分）
即细环最终停在de轨道的中点位置。
15．（13分）如图所示，和是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中和为轨道的水平部分，和是倾角的倾斜部分。在右侧空间中存在磁感应强度大小，方向竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量，单位长度电阻值的导体棒于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度，另一完全相同的导体棒静止于水平导轨上，导轨间距均为，导体棒长度均为。时，导体棒从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取。求：
（1）棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
（2）两导体棒的最终速度大小；
（3）从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C
【详解】（1）棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理，有
（2分）
切割产生的感应电动势为
（1分）
根据闭合电路欧姆定律，有
（1分）
联立解得
（1分）
（1分）
（1分）
（2）因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得
（2分）
解得
（1分）
（3）从棒刚进入磁场到与棒共速，对导体棒，由动量定理得
（2分）
代入数据解得
（1分）
AB
BC
CD
DE
间距（cm）
4.15
6.60
9.05
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