2024届明日之星高考物理精英模拟卷全国卷_2024高考押题卷_72024正确教育全系列_2024明日之星全系列_（新高考）2024《明日之星·高考精英模拟卷》（九科全）各一套

微信公众号：【高中精品资料君】 2024 届明日之星高考物理精英模拟卷 【全国卷】 二、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中第 14 ~ 17 题只有一项符 合题目要求，第 18 ~ 21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0分。 14.大气层中碳14不断产生又不断衰变，达到了动态平衡，在大气中的含量保持稳定。这种 机制的核反应方程为14NX14 CY 7 6 14C14 NZ 6 7 其中X、Y、Z所代表的粒子分别为( ) A.质子、中子、电子 B.中子、质子、电子 C.中子、电子、质子 D.电子、中子、质子 15.如图所示，半径为R的半圆形光滑绝缘轨道的最低点固定一带正电小球A，另一质量为m 的光滑带正电小球B套在轨道上，静止时两小球间的距离为R，且两小球均可视为质点，重 力加速度为g，则在小球B缓慢漏电的过程中( ) A.两小球间的库仑力一定小于mg B.两小球间的库仑力可能大于mg C.小球B受到的弹力可能大于mg D.小球B受到的弹力可能小于mg 16.如图所示，边长相等的两个正方形区域并排分布，abcd区域中有沿ab方向的匀强电场， 场强为E ,dcfe区域中也分布有沿竖直方向的匀强电场（未画出）。一带正电粒子从a点以某 0 一初速度沿ad方向射入电场，当dcfe区域中场强为E 时，粒子从f点沿cf方向射出；当 1 dcfe区域中场强为E 时，粒子从e点射出。不计重力。则( ) 2 A.E  E ，方向与E 相同 B.E 2E ，方向与E 相反 1 0 0 1 0 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 C.E 3E ，方向与E 相反 D.E 4E ，方向与E 相反 2 0 0 2 0 0 17.我国正推进国际月球科研站大科学工程，计划在2030年前实现载人登月。假如在地面和 月面以同样的速度和角度斜向上抛出石子，发现水平射程之比为1:6。已知地球与月球半径之 比为4:1，把地球和月球视为质量分布均匀的球体，且不考虑星球自转和空气阻力。根据以上 数据，下列结论正确的是( ) A.地球和月球密度之比为4:3 B.地球和月球的第一宇宙速度之比为2 6:1 C.地球和月球的质量之比为24:1 D.分别绕地球和月球的轨道半径相等的卫星的周期之比为 6:3 18.如图所示，光滑四分之一圆弧槽MN，顶端M与圆心等高，N处切线沿水平方向。t 0时 刻小球从M处由静止滑下，不计空气阻力，从N处离开圆弧槽后做平抛运动。整个过程重力 的瞬时功率随时间的变化图像最接近实际的是( ) A. B. C. D. 19.如图甲所示，一质量为m1kg的物块在t 0时刻从固定斜面底端以初速度v 沿斜面上 0 滑，速度减为0后再沿斜面滑下，物块的平均速度v 随时间t的关系如图乙所示，重力加速 度g 10m/s2,sin530.8。下列说法正确的是( ) A.斜面的倾角为30° 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块从出发至回到底端的过程重力的冲量大小为33 N·s 48 5 D.物块到达底端时重力的瞬时功率为 W 5 20.如图所示，理想变压器所在电路中接有定值电阻R、R、R ，其中 1 2 3 R 400Ω、R 5Ω、R 10Ω，已知正弦交流电源输出电压的有效值为U 220V，通过 1 2 3 R 的电流随时间变化的关系为i 2 2sin100πt(A)，电表均为理想交流电表，则( ) 2 2 A.原线圈中交流电压的频率为100 Hz B.原、副线圈的匝数比可能为12:1 C.R、R、R 消耗的功率之比可能为18:10:5 1 2 3 D.电压表的示数不可能为120 V 21.如图所示，在竖直平面内，存在一水平长为3L、竖直高为2L的长方形区域abcd，区域内 存在垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B。一边长为L、质量为m、 电阻为R的匀质正方形刚性导线框ABCD从图示位置在外力作用下以水平速度v 匀速进入磁 0 场，导线框完全进入磁场时立即撤去外力，直到导线框开始出磁场时再恢复外力让导线框沿 直线匀速离开。已知L0.2m,m0.02kg,R0.4Ω,B1T,v 2m/s，重力加速度 0 g 10m/s2，从导线框开始出磁场为计时起点。下列说法正确的是( ) A.导线框进入磁场过程外力做的功为0.04 J B.导线框开始出磁场时的速度大小为4 m/s 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 C.导线框开始出磁场时A刚好到达磁场区域的a点 D.导线框出磁场过程安培力F 随时间t变化的关系为F 10(0.22t)2 N 2 2 三、非选择题 22.（5分）某同学学习“力的合成与分解”后，利用实验室的器材设计了如图1所示的实验 装置进行“验证力的平行四边形定则”实验，量角器竖直放置，结点O与量角器的中心点在 同一位置。 （1）关于该实验，下列说法正确是______。（填正确答案标号） A.需要测量重物c的重力 B.弹簧测力计的重力对细线上拉力的测量有影响 C.连接结点O的三根细线必须等长 D.弹簧测力计必须与量角器平行 （2）某次测量时，弹簧测力计a的示数如图2所示，单位为______N，则读数为______N。 （3）弹簧测力计a对准60°刻度，弹簧测力计b对准180°刻度，保持两弹簧测力计间的夹 角不变，绕O点顺时针缓慢旋转至a水平，则弹簧测力计a的示数______，弹簧测力计b的 示数______。（均选填“一直增大”“一直减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”） 23.（10分）图1为某热敏电阻R 的I U 关系曲线图。 T 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （1）为了通过测量得到图1所示I U 完整关系曲线，在实验室找到了以下器材。 A.电源：电动势9 V，内阻不计 B.电压表：量程10 V，内阻约10 kΩ C.电流表：量程60 mA，内阻约0.1 Ω D.滑动变阻器：阻值范围0~100 Ω E.待测热敏电阻 F.开关S一个，导线若干 请根据提供的器材，在图2所示方框中画出实验电路图。 （2）将热敏电阻接入图3电路中，电源电动势9 V，电源与电流表的内阻均不计。闭合开关 S，发现电流表无读数。为排查故障，可用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图4所示 的选择开关旋至_______（选填“A”“B”“C”或“D”）。 （3）用调节好的多用电表进行排查，一表笔接入图3中a，另一表笔接入b时指针不偏转， 接入c时指针偏转。则接入a的是_______（选填“红”或“黑”）表笔，断路处可能是 _______（选填“电阻箱”或“热敏电阻”）。 （4）接（2）问，排除故障后，由热敏电阻的I U 关系曲线可知当电流表读数为40 mA，电 阻箱电阻R_______Ω，若电阻箱阻值调到180 Ω，则热敏电阻的功率为_______W（保留3 位有效数字）。 24.（12分）如图所示，光滑绝缘水平面上边界MN的右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强 度为B 。正方形线框边长为L，质量为m。线框一半位于磁场中，右边与MN平行。现给线 0 框一水平向右的初速度v ，线框恰能全部进入磁场区域。以下两种方案可以让线框一直以速 0 度v 匀速运动。 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （1）方案一：给线框施加水平向右的拉力，直到线框全部进入磁场。求拉力F。 （2）方案二：让磁场从B 开始随时间按一定规律变化。求线框完全进入磁场前磁感应强度 0 随时间变化的表达式。 25.（20分）如图，光滑绝缘水平桌面上有以ab、cd 为边界的匀强电场，电场方向垂直边界 向右。小球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行，两小球质量分别为 m m、m 3m,A带电荷量为q(q0),B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小 A B mg 球间的距离也为L。已知边界ab、cd 间的距离为30L，电场强度大小为E  ,g 为重力加速 q 度大小。由静止释放小球A,A在电场力作用下沿两球连线加速运动，与小球B发生弹性碰 撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞时间极短。求： （1）第一次碰撞后A和B的速度大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A与B间的最远距离； （3）B球经过边界cd之前，A与B碰撞的次数。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 33.[物理——选修3-3]（15分） （1）一定质量的封闭理想气体状态经历了ABC  A循环，整个过程中V T 图像如图 所示，则下列说法正确的是______。 A.气体在状态A的压强比在状态B的小 B.AB过程气体向外界释放热量 C.BC过程单位时间撞击单位面积器壁的分子数减少 D.C  A过程中气体内能减少量小于气体向外界释放的热量 E.C  A过程外界对气体做的功大于AB过程气体对外界做的功 （2）如图所示为两横截面和高度相同的圆柱形导热气缸，底部通过体积可忽略的细管相连， 气缸的高度为h，两气缸中各有一轻质光滑活塞，横截面积为S，质量与厚度可不计，气缸A 顶端封闭，B上端开口。初始时A气缸中活塞位于气缸正中间，竖直轻弹簧连接活塞和A气 缸底部，B气缸中活塞位于顶部，气缸内各部分气体的初始压强都等于外界大气压强 p 。用 0 竖直向下作用力使B气缸中的活塞缓慢下降到气缸底部，此时活塞与气缸底部之间仍有少量 气体，但体积可忽略，A气缸中活塞上升的距离为气缸高度的八分之一。 （ⅰ）求此时施加在B气缸中活塞上的竖直作用力大小； （ⅱ）求弹簧的劲度系数。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 34.[物理——选修3-4]（15分） （1）如图甲所示，在平面直角坐标系xOy内，A点坐标为（1.6 m，0），B点坐标为（1.6 m，1.2 m），C点坐标为（0，1.2 m），O点和A点有振动情况相同的两个波源，振动图像 如图乙所示，已知波的传播速度为0.8 m/s，下列说法正确的是_______。 A.该波的波长为0.4 m B.B点是振动减弱点 C.线段BC上（包括B、C两点）共有5个振动加强点 D.线段AC上（包括A、C两点）共有6个振动加强点 E.0~3 s时间内B点经过的路程为64 cm （2）如图，某三棱镜的横截面为直角三角形ABC，A30，B60，BC a。一束平 2 行于AC边的光线自AB边上P点射入三棱镜，AP a，入射光线在AC边发生反射后从BC 3 边射出，射出光线相比入射光线的偏转角为60°。已知光在真空中传播的速度为c。 （ⅰ）求三棱镜的折射率n； （ⅱ）若另有一完全相同的三棱镜由折射率为n的负折射率介质制成（负折射率介质仍然满 足折射定律，只是入射光线和折射光线位于法线同一侧），入射光线保持不变，求光在两种 三棱镜中传播时间之比。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 答案以及解析 14.答案：B 解析：质子电荷数为1、质量数为1，中子电荷数为0、质量数为1，电子电荷数为-1、质量 数为0，核反应过程质量数和电荷数守恒。由14C 14NZ可知，Z为电子。由 6 7 14NX 14CY可知，X为中子，Y为质子，若X为质子，则Y的电荷数为2、质量数为 7 6 1，不符合，可知B正确。 15.答案：A 解析：对小球B进行受力分析，如图所示，初始时将小球B的受力移至一个矢量三角形内， 可知该矢量三角形是等边三角形，有F  F mg。设两小球间的距离为L，小球缓慢漏电 N C mg F F 的过程中两小球间的距离减小，由力的矢量三角形和几何三角形相似有  C  N ，可得 R L R F mg,L减小，则F一定减小，A正确，BCD错误。 N C 16.答案：C 解析：当dcfe区域中场强为E 时，粒子从f点沿cf方向射出，由于粒子在两个正方形区域中 1 运动时间相等，且粒子沿着电场线方向的速度变化量大小相等，可知粒子在两个正方形区域 中运动的加速度大小相等，则E  E ，方向与E 相反，AB错误；当dcfe区域中场强为E 1 0 0 2 时，粒子从e点射出，说明粒子沿电场线方向的位移为零，设粒子在两区域中运动的时间都 1 为t，穿过abcd区域时，在沿电场方向有x at2，穿过dcfe区域时，在沿电场方向有 2 1 1 xat2  a t2，解得a 3a ，即E 3E ，方向与E 相反，C正确，D错误。 1 2 2 2 1 2 0 0 17.答案：B 解析：第一步：根据水平射程之比求解重力加速度之比 设石子出射速度大小为v ，方向与水平方向的夹角为θ，运动时间为t，地面处重力加速度为 0 1 g，月面处重力加速度为g ，石子竖直方向的分运动为竖直上抛运动，有v sin g t，可 月 0 2 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 2v sin 2v2sincos g x 6 得t  0 ，水平射程xv cost，可得g  0 ，则  月  。 g 0 x g x 1 月 第二步：根据万有引力提供重力得出密度的表达式 Mm 4 3g 地球表面的物体由万有引力提供重力，有G mg,M  πR3，可得 ，可知地 R2 3 4πGR  gR 3 Mm gR2 球和月球密度之比为  月  ，A错误。由G mg，可得M  ，地球与月球  g R 2 R2 G 月 月 M gR2 96 的质量之比为   ，C错误。 M g R2 1 月 月 月 第三步：根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度 Mm v2 v gR 2 6 由G m 1 ，可得v  gR ，地球和月球的第一宇宙速度之比为 1   ，B R2 R 1 v g R 1 1月 月 月 正确。 第四步：计算卫星的周期之比 Mm 2π 2 r3 由G m r ，可得T 2π ，分别绕地球和月球的轨道半径相等的卫星的周期之   r2  T  gR2 T g R2 1 比为  月 月  ，D错误。 T gR2 4 6 月 18.答案：A 解析：重力的瞬时功率Pmgv ，定性分析如下：小球在圆弧槽中滑行过程，v 从 0开始先 y y 增加后减小，到圆弧槽最低点N处时v 减小到0，从N处离开圆弧槽后做平抛运动，v 又从 y y 0开始逐渐增加，C错误。定量分析：设小球在圆弧槽中运动时间为t ，从N点飞出后，竖直 0 方向做自由落体运动，v  g(tt )，重力功率随时间线性增加，B错误。小球在圆弧槽中运 y 0 动过程重力功率随时间如何变化呢？设t时刻小球的竖直分速度为v ，有Pmgv ，又经时 y y ΔP Δv ΔP 间微元Δt，有ΔPmgΔv ，等式两边同除以Δt，有 mg y mga , (Δt 0)表示 y Δt Δt y Δt Pt图像某点切线的斜率，小球在M处刚释放时a  g ，方向向下，运动到N处时，由 y 1 v2 mgR mv2，向心加速度a  2g，方向向上，此时a a ，可知Pt 图像在t t 时 2 n R y n 0 （从N点飞出前瞬间）切线斜率的绝对值是t 0时的2倍，t 0时切线的斜率等于t t 时切 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 线的斜率，A正确，D错误。 19.答案：BD 解析：第一步：结合图像分析物块的运动过程 1 v t at2 x 0 2 1 1 在物块沿斜面上滑的过程中，有v   v  at，mgsinmgcosma ，物 t t 0 2 1 1 块上滑到最高点后沿斜面下滑，根据题图乙可知t 0.8s时物块上滑到最高点，上滑过程的 1 平均速度大小为4 m/s，则沿斜面上滑的最大距离为x 3.2m，物块下滑1 s，沿斜面下滑的 1 1 x  a t2 位移大小为x  1 a t2，有 11 m/s 1 2 2 2 ，mgsinmgcosma ，联立解得 2 2 2 2 9 1.8s 2 a 10m/s2,a 2m/s2,37,0.5，A错误，B正确。 1 2 第二步：根据运动时间计算重力的冲量 1 下滑过程有x  a t2，物块从出发至回到底端的过程重力的冲量大小为 1 2 2 3 p mgt t 8( 51) Ns，C错误。 1 3 第三步：结合到达底端时的速度计算重力的瞬时功率 物块到达斜面底端时的速度大小为v  2a x ，物块到达底端时重力的瞬时功率为 1 2 1 48 5 Pmgv sin37 W，D正确。 2 5 20.答案：BC 解析：第一步：根据电流的频率推断电压的频率 原、副线圈所在电路中的电压、电流频率相同，由通过R 的电流随时间变化的关系可知，频 2 率为50 Hz，A错误。 第二步：根据电压和电流的关系计算匝数比 由题意可知通过R 的电流有效值为I 2A,R 两端电压U  I R 10V，由并联规律可知R 2 2 2 2 2 2 3 两端的电压为U 10V，可得通过R 的电流为I 1A，则副线圈中的电流I 3A，副线 3 3 3 副 n 圈两端的电压U 10V，根据理想变压器的规律可知原线圈中的电流为I  2 I ，由串联 副 原 n 副 1 n 电路的特点可知U  I R  1U ，可得n :n 10:1或n :n 12:1，B正确。 原 1 n 副 1 2 1 2 1 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 第三步：计算电阻的功率之比和电表示数 当n :n 10:1时，R 消耗的功率为P  I2 R 36W,R 消耗的功率为P U I 20W,R 消耗 1 2 1 1 原 1 2 2 2 2 3 的功率为P U I 10W，则R、R、R 消耗的功率之比为18:10:5，电压表的示数为 3 3 3 1 2 3 U  I R 120V，C正确，D错误。 1 原 1 21.答案：AC E 解析：导线框进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有E  BLv ，电流I  ，所受安培力 0 R B2L2v 2 F  BIL 0 0.2N，由平衡条件有F  (mg)2 F2  N，斜向左上与水平方向成 A R 1 A 5 45°角，外力F 做的功W  FLcos450.04J，A正确；导线框在磁场内做平抛运动，若AD 1 1 2L 1 边恰能从ad边出磁场，有t  ，导线框在竖直方向下落的高度h gt2 0.2m L,AB边 1 v 2 1 0 也恰好落到ab边，可知导线框的A点从磁场区域的a点离开磁场，竖直方向有 v  gt 2m/s，导线框开始出磁场时的速度v v2 v2 2 2 m/s，斜向左下与水平方向 y 1 0 y 成45°角，B错误，C正确；导线框出磁场时，如图所示，有E 2BLv tv ， 1 0 0 E 2BLv tv I  1  0 0 10(0.22t)A，F  BI Lv t10(0.22t)2 N，导线框出磁场过 1 R R A1 1 0 程中安培力F 随时间t的变化关系式为F  2F 10 2(0.22t)2 N，D错误。 2 2 A1 22.答案：（1）AD （2）4.6 （3）一直减小；一直增大 解析：（1）验证力的平行四边形定则时，需要知道合力与分力的大小和方向，即需要测量重 物c的重力，即合力，A正确；弹簧测力计的示数等于细线上的拉力，弹簧测力计的重力对 细线拉力的测量无影响，测量时弹簧测力计必须与量角器平行，B错误，D正确；连接结点 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 O的三根细线等长与否对实验无影响，C错误。 （2）题图2中弹簧测力计的最小分度为0.2 N，则弹簧测力计a的读数为4.6 N。 （3）两弹簧测力计间的夹角不变，可在圆内画出力的矢量三角形，如图所示，可知弹簧测力 计a的示数一直减小，弹簧测力计b的示数一直增大。 23.答案：（1）如图所示 （2）C （3）红；热敏电阻 （4）90；0.114（0.109~0.119均可） 解析：（1）由热敏电阻的I U 关系曲线可知，阻值大约为几百欧，电流表应采用内接法， 电压需要从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法。 （2）多用电表可用直流10 V电压挡，选择开关旋至C。 （3）红表笔是电压表的正接线柱，应连接在电势高处，红表笔应连接a处。热敏电阻断路 时，a、b间电势差为0，b、c间电势差为9 V，所以断路处可能是热敏电阻。 （4）由热敏电阻的I U 关系曲线，可知当电流为40 mA时，热敏电阻两端电压为5.4 V，电 U 阻箱两端的电压为U 9V5.4V3.6V，电阻箱接入电阻R R 90Ω，若电阻箱阻值调 R I 到180 Ω，热敏电阻两端电压与通过电流的关系为U  EIR，当I 10mA时，U 7.2V， 当I 40mA时，U 1.8V，连接这两点得到与曲线交点，如图所示，读出热敏电阻两端电 压为4.4 V，通过电流为26 mA，消耗的功率为0.114 W。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 2mv2 24.答案：（1） 0 L L （2）B B L2v t 0 0 解析：（1）设线框总电阻为R，无外力，线框减速过程，设某一时刻速度为v 感应电动势E  B Lv① 0 E 感应电流I  ② R 安培力F  B IL③ A 0 再经很短时间Δt，由动量定理有F Δt mΔv④ A B2L2v 可得 0 Δt mΔv R B2L2 又ΔxvΔt，可得 0 ΔxmΔv R B2L2 L 线框全部进入磁场时速度恰减为0，全过程求和可得 0  m0v ⑤ R 2 0 B2L3 解得R 0 ⑥ 2mv 0 给线框施加水平向右的拉力，匀速运动时有F F 0⑦ A1 B2L2v 2mv2 其中F  0  0 A1 R L 2mv2 可得F  0 ⑧ L 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 1 （2）t 0时线框内的磁通量Φ  B L2⑨ 2 0 L 经过时间t，设磁感应强度为B,t  时，线框未全部进入磁场 2v 0 1  回路的磁通量Φ B10 L2 Lv t ⑩   2 0  感应电动势始终为0，线框内的磁通量一直不变，有Φ Φ⑪ L 可得B B ⑫ L2v t 0 0 25.答案：（1）见解析 （2）L （3）五次 1 解析：（1）A在电场力作用下加速，到与B发生第一次碰撞前瞬间，有qEL mv2 2 0 解得v  2gL 0 A与B发生第一次弹性碰撞，设碰撞后瞬间A、B的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律和 A1 B1 机械能守恒定律有m v m v m v A 0 A A1 B B1 1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 A 0 2 A A1 2 B B1 2gL 2gL 解得v  ,v  A1 2 B1 2 2gL 则第一次碰后瞬间两球的速度大小均为 2 （2）第一次碰后，当二者速度相同时，间距最大，有v at v A1 B1 v qE 解得t  0 ，其中a  g a m  1  根据运动学公式得第一、二次碰撞之间两球间的最大距离为d v t v t gt2   max B1  A1 2  解得d  L max 1 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两球的位移相等，则有v t  gt2 v t A11 2 1 B11 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 2v 解得t  0 1 g 3 第二次碰撞前翼间A的速度v v gt  v A2 A1 1 2 0 v2 B做匀速运动，速度为v ，这段时间内B的位移x v t  0 2L B1 B1 B11 g 第二次碰撞过程，根据动量守恒定律有m v m v m v m v A A2 B B1 A A2 B B2 1 1 1 1 根据机械能守恒定律有 m v2  m v2  m v2  mv2 2 A A2 2 B B1 2 A A2 2 B2 联立解得v 0,v v A2 B2 0 1 第二、三次碰撞间，有v t  gt2 B2 2 2 2 2v 解得t  0 2 g 2v2 第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间，B运动的位移x v t  0 4L B2 B2 2 g 第三次碰撞前A的速度v  gt 2v A3 2 0 第三次碰撞时，由动量守恒定律有m v m v m v m v A A3 B B2 A A3 B B3 1 1 1 1 由机械能守恒定律有 m v2  m v2  m v2  m v2 2 A A3 2 B B2 2 A A3 2 B B3 v 3v 解得碰后A的速度为v  0 ,B的速度为v  0 A3 2 B3 2 1 第三、四次碰撞间，有v t v t  gt2 B3 3 A3 3 2 3 2v 解得t  0 3 g 3v2 第三次碰撞后瞬间到第四次碰撞前瞬间，B运动的位移x v t  0 6L B3 B3 3 g 以此类推，可得出B每次碰后到下一次碰前，向右位移逐次增加2L，可知x 8L,x 10L B4 B5 发生第五次碰撞时，B的总位移为20L，此时B到电场右边界的距离 d 29LL20L8L x 10L，则不会在电场内发生第六次碰撞，碰撞次数为五次 B5 33.答案：（1）ACD 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 7p S （2）（ⅰ） 0 5 128p S （ⅱ） 0 15h C 解析：（1）B点与原点连线的斜率小于A点与原点连线的斜率，由V  T 知，气体在状态 p B时的压强大，A正确；AB过程气体温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功， 则该过程气体一定从外界吸收热量，B错误；BC过程气体压强减小，体积不变，单位体 积内分子数不变，温度降低，分子运动剧烈程度减小，则单位时间内撞击单位面积器壁的分 子数减少，C正确；C  A过程中气体压强不变，温度减小，内能减小，气体体积减小，外 界对气体做功，由热力学第一定律可知气体内能的减少量小于气体向外界释放的热量，D正 确；C  A过程的压强除在A点外比AB过程任意状态的压强小，两过程体积变化量相 同，则C  A过程外界对气体做的功小于AB过程气体对外界做的功，E错误。 （2）（ⅰ）B气缸中活塞从顶部压缩到底部过程，对A气缸下部气体根据玻意耳定律有 3 1 1  p  hS  p Sh hS   0 2 1 2 8  B气缸中活塞处于平衡状态，有 p S F  pS 0 1 7p S 解得F  0 5 1 1 1  （ⅱ）A气缸中活塞上升，对其上部的气体根据玻意耳定律有 p  hS  p Sh hS   0 2 2 2 8  1 A气缸中活塞上升后仍处于平衡状态，有 p Sk h pS 2 8 1 128p S 解得k  0 15h 34.答案：（1）ACE （2）（ⅰ） 3 4 （ⅱ） 1 解析：由图乙可知振动周期T 0.5s，则波长vT 0.4m，A正确；O、A两波源到B的波 程差Δx0.8m2，所以B点是振动加强点，B错误；线段BC上（包括B、C两点）共有 满足Δx2、、0、、2的5个振动加强点，C正确；线段AC上（包括A、C两点）共有 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 满足Δx4、3、2、、0、、2的7个振动加强点，D错误；两波源形成的波到达B点的 AB OB 时间分别为t  1.5s,t  2.5s，则在1.5~2.5 s时间内，B点运动的路程为 1 v 2 v s 4A232cm，在2.5~3 s时间内，B点运动的路程为s 42A32cm，则0~3 s时间 1 2 内B点经过的路程为s s s 64cm，E正确。 1 2 （2）（ⅰ）画出光路图，如图所示 根据几何关系可知i 60 又射出光线相比入射光线的偏转角为60°，则光线在BC边的折射角也为60° 则有2r9030180 sini 根据折射定律有n sinr 解得n 3 c （ⅱ）光在三棱镜中的传播速度v n 4 光第一次在三棱镜中传播的距离x x x  a PD DM 3 x 光在三棱镜中传播的时间t  v 1 由负折射率介质制成的棱镜中，光路如图中所示，光在三棱镜中传播的距离x a 3 x 光在三棱镜中传播的时间t v t 4 可得光在两种三棱镜中传播的时间之比  t 1 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002