2024年高考物理終極押題密卷2（浙江卷）

一,選擇題（共13小題）

1.（2024?臺州二模）下列四組物理量中均為標量的是（）

A.動量變化量磁通量

B.磁感應強度電場強度

C.感應電流電勢差

D.電功率沖量

2.（2024?鎮海區校級模擬）下列有關質點和參考系的說法中正確的是（）

A.觀看花滑運動員的動作時，可以把運動員看成質點

B.當物體體積很小時，就可以看成質點

C.研究運動物體時，選擇不同物體作參考系，對運動的描述都是一樣的

D.研究太陽系各行星的運行，選擇太陽比選擇地球作為參考系更好

3.（2024?寧波二模）某研究小組在實驗室內做外力作用下落體運動的研究，得到物體在豎直向下運動時

的速度v隨下降高度h變化關系，如圖所示。已知亞;，重力加速度g。則（）

A.物體做勻變速直線運動

B.下落過程中物體的加速度不斷減小

C.下落過程中物體的機械能一直減小

D.物體在h2和hi處的機械能可能相等

4.（2024?金華二模）在東北嚴寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按

一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結成冰而形成壯觀的場景。如圖甲所

示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖，假設潑水過程中杯子做勻速圓周運動。下列說

法正確的是（）

圖甲圖乙

A.P位置的小水珠速度方向沿a方向

B.P、Q兩位置，杯子的向心加速度相同

C.P、Q兩位置，杯子的速度相同

D.從Q到P,杯子所受合外力做功為零

5.（2024?鎮海區校級模擬）煙霧自動報警器中裝有放射性元素詭241,其衰變方程為241Am->

95

%7Np+X+Y，碧Am的半衰期為432年。下列說法正確的是（）

9395

A.方程中的X為B粒子

B.南，Np的比結合能小于241Am

C.核反應的三種射線中，Y射線的電禽能力最弱

D.若有1000個碧Am原子核，經過432年后將剩F500個衿Am原子核未衰變

9595

6.（2024?臺州二模）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環，系在兩環上的筆長細繩下端

連接的燈籠處于靜止狀態。現在燈籠受到垂直紙面的恒定風力作用重新靜止，兩個輕環始終靜止，則

()

B.桿對B環的彈力不變

C.A環對桿的摩擦力變大

D.與B環相連的細繩對燈籠的拉力變小

7.（2024?杭州二模）如圖，有一小型水電站發電機的輸出功率為50kW,發電機的輸出電壓為250V。通

過升壓變壓器升壓后向遠處輸電，輸電電壓為IOkV,輸電線的總電阻R為10C,在用戶端用降壓變壓

器把電壓降為220V,兩變壓器均視為理想變壓器，下列說法正確的是（)

A.升壓變壓器原、副線圈的匝數之比為1：4（X）

B.輸電線上損失的功率為250W

C.降壓變壓器原、副線圈中的電流之比為995：22

D.圖中與燈泡串聯的“250V,1000戶”的電容器一定會被擊穿

8.（2024?鎮海區校級模擬）如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入

豎直向下的勻強電場中，a粒子打在B板的a'點，b粒子打在B板的b'點，則（）

A

Ba1

A.a、b均帶負電

B.a的初速度一定小于b的初速度

C.a的運動時間一定小于b的運動時間

D.該過程中a所受電場力做的功一定大于b的

9.（2024?溫州二模）2024年1月17日，搭載“天舟七號”貨運K船的運載火箭在文昌航天發射場發射。

次日凌晨，“天舟七號”貨運飛船成功對接空間站“天和”核心艙，如圖所示。對接后，“天舟七號”與

空間站組成組合體，運行在離地高度約為400km的圓形軌道上，下列說法正確的是（）

A.組合體的角速度小于地球自轉的角速度

B.組合體的線速度大于地球同步衛星的線速度

C.組合體的向心加速度小于地球同步衛星的向心加速度

D.“天舟七號”攜帶的一未開封貨物，在發射前與對接后的重力相等

10.（2024?浙江模擬）電磁驅動是與炮彈發射、航空母艦上飛機彈射起飛有關的一種新型驅動方式。電磁

驅動的原理如圖所示，當直流電流突然加到一固定線圈上，可以將置于線圈上的環彈射出去。現在同一

個固定線圈上，先后置有分別用銅、鋁和硅制成的形狀、大小和橫截面積均相同的三種環，當電流突然

接通時，它們所受到的推力分別為Fi、F2和F3。若環的重力可忽略，下列說法正確的是（）

A.FI>F2>F3B.F2>F3>FIC.F3>F2>FID.FI=F2=F3

11.（2024?寧波模擬）兩列頻率f和振幅A均相同的簡諧波I和II分別從同一繩子兩端持續在同一平面內

相向傳播，某時刻兩列波的波形如圖所示，虛線表示簡諧波I,實線表示簡諧波II。下列說法正確的是

B.x=0到x=8處的質點始終處在平衡位置

C.x=2位置的質點振幅為2A

D.x=4位置的質點振幅為2A

12.（2024?寧波二模）如圖，用三根絕緣細繩把三個帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在。點。小球靜止

時，恰好位于同一水平面，細繩與豎直方向的夾角分別為a、仇丫，已知小球A、B、C的質量分別為

mA、mB、me,電荷量分別為qA、qB、qc?則下列說法正確的是（）

A.若小球的質量niA=mB=mc,則一定有a=0=Y

B.若小球的質量mA=mB=mc,則可能有a=B>y

C.若小球所帶電荷晟qA=qB=qc,則一定有a=0=Y

D.若小球所帶電荷量qA>qB>qc,則一定有a〈S<Y

13.（2024?浙江模擬）單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡

把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進入人眼中。圖為單反照相機取

景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，AB_LBC。光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發生

反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。（）

B.無論射向AB的入射角多大，光線一定會在CD和EA上發生全反射

C.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為企

D.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為——

sin22.5

二,多選題（共3小題）

（多選）14.（2024?溫州二模）下列說法正確的是（）

A.大量處于激發態的氫原子可以向外輻射紫外線，也可向外輻射Y射線

B.盧瑟福通過a粒子散射實驗提出了原子核式結構模型，也可估算出原子核的大小

C.擴散現象說明組成物質的分子在做永不停息地熱運動，乜可說明分子間存在空隙

D.從單一熱庫吸收熱量可以自發地全部傳遞給低溫物體，也可以自發地完全變成功

（多選）15.（2024?寧波模擬）下列說法正確的是（)

各溫度區間的分子數

百齊廳N行N尹內〉

甲

A.圖甲為一定質量的氧氣分子在00C和100℃時的速率分立圖像，其中圖線I溫度較高

B.從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功是可能實現的

C.圖乙中靜止的鈉核牌Na在磁場中發生衰變，曲線I為a粒子的運動軌跡

D.相對論時空觀認為運動物體的長度和物理過程的快慢都跟物體運動狀態有關

（多選）16.（2024?鎮海區校級模擬）下列說法正確的是（）

A.用光照射某種金屬，有光電了?從金屬表面逸出，如果光的頻率不變，而減弱光的強度，則逸出的光

電子數減少，光電子的最大初動能不變

B.X射線的衍射實驗，證實了物質波假設是正確的

C.在康普頓效應中，當入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉移給電子，因此光子散射后

波長變長

D.速度相等的電子和質子，電子的波長大

三.實驗題（共3小題）

17.（2024?浙江模擬）（1）某同學利用打點計時器分析自身步行時的速度特征，把接在50Hz的交流電源

上的打點計時器固定在與人腰部等高的桌面上，紙帶穿過打點計時器限位孔，一端固定在人腰部，人沿

直線步行時帶動紙帶運動，打點計時器記錄人步行時的運動信息。

①選取點跡清晰的紙帶，每5個點取一個計數點，其中連續5個計數點A、B、C、D、E圖所示，紙帶

中CD段的平均速度為7Dm/so（保留兩位有效數字）

②再次實驗，沿著計數點位置把紙帶裁開并編號，按編號順序把剪出的紙帶下端對齊并排粘貼在坐標紙

上，剪出的紙帶長度代表打出這段紙帶時間內的平均速度，把每段紙帶上邊中點連接成線，如下圖所示,

若用圖中曲線描述人運動的速度一時間關系，如果用縱坐標表示速度大小，橫坐標表示時間，則紙帶的

橫寬d對應橫坐標中的時間長度為s,請根據上圖估算該同學的步幅為m。（保

留兩位有效數字）

（2）①某同學在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，下列物體中最適合用于提供拉力的是

②該同學保持懸掛的重物質量m不變，研究小車的加速度a與小車質量M的關系。改變小車的質量M,

得到小車的加速度a,并描繪a/■圖線后，發現圖線在，■值較大的區間發生彎曲，其他區間為直線，他

分析認為可能是由于細繩拉力不再等于懸掛物重力引起的，于是調整了研究參數，結果得到了一條完整

的直線，他的調整可能是o

A.描繪a與的關系圖線

M+m

B.描繪a與」方的關系圖線

M+m2

C.描繪a與（M+m）的關系圖線

D.描繪a與衛的關系圖線

M

18.（2024?金華二模）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙

帶從靜止開始自由下落。

（1）不同學生在實驗操作過程中出現如圖所示的四種情況，其中操作正確的是

（2）實驗中，按照正確的操作得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C,

測得它們到起始點O（紙帶上第一個點）的距離分別為hA、hB、he。已知當地重力加速度為g,打點計

時器打點的周期為T。設重物的質量為m,從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量AEp

，動能變化量AEk=

（3）如果計算結果顯示重力勢能變化量絕對值小于動能變化量，可能的原因是

A.紙帶受到阻力較大

B.先接通電源后釋放紙帶

C.先釋放紙帶后接通電源

D.阻力與重力之比很小

19.（2024?鎮海區校級模擬）某同學為了研究歐姆表的改裝原理和練習使用歐姆表，設計了如下實驗。利

用一個滿偏電流為lOOpA的電流表改裝成倍率可調為“X1”或“X10”的歐姆表，其電路原理圖如圖

甲所示。

（1）請根據圖甲中的電路原理圖，在答題卡上的圖乙中連接實物圖,并正確連接紅、黑表

筆。使用時進行歐姆調零發現電流表指針指在如圖丙所示位置，此時應將滑動變阻器的滑片P向

（選填"上”或“下”）移動；

（2）將單刀雙擲開關S與2接通后，先短接，再歐姆調零。兩表筆再與一電阻Ro連接，表針指向表盤

中央圖丁中的a位置處，然后用另一電阻Rx代替Ro,結果發現表針指在b位置，則Rx=

C;

（3）該同學進一步探測黑箱問題。黑箱面板上有三個接線柱I、2和3,黑箱內有一個由三個阻值相同

的電阻構成的電路。用歐姆表測得1、2之間的電阻為5C,2、3之間的電阻為10C,1、3之間的電阻

為15C,在答題卡圖戊所示虛線框中畫出黑箱中的電阻可能的連接方式（一種即可）o

：2??3：

戊

四,解答題（共4小題）

20,（2024?臺州二模）海洋溫差發電安全無污染，儲量巨大。在某次發電測試實驗中，探測到490m深處

的海水溫度為290K,如圖所示，在此處將氨水蒸氣封閉在橫截面積S=2n,的氣缸內，氣缸從深海490m

深處上浮到海面，隨著海水溫度升高，封閉氣體的體積增大，活塞緩慢上升且始終未脫離氣缸。氨水蒸

氣可看作理想氣體，氣缸導熱性能良好，活塞質量不計。已知海面處溫度To=3OOK、此處氣體體枳Vo

=3m3,大氣壓強恒為po=l=io5pa,海水密度p=LOX?kg/nN。

（1）氣缸從深海上浮到海面，氣缸內氣體的分子平均動能（選填“變大”、“變小”或者“不

變”）及內能（選填“變大”、“變小”或者“不變”）；

（2）求氣缸在深海中上浮490m到海平面的過程中，活塞相對缸底上升的距離（計算結果保留3位有

效數字）；

（3）在上述過程中，氣缸內含蒸氣1.7kg,上升過程吸收的總熱量為105kJ,已知1摩爾蒸氣的內能U

=kT,其中常量k=25J/K,I摩爾蒸氣質量為17g。求蒸氣對外做的功。

21.（2024?溫州二模）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由傾角8=53°的固定斜面CD、水平傳送

帶EF、粗糙水平軌道FG、光滑圓弧軌道GPQ、及固定在Q處的彈性擋板組成。斜面CD高度ho=O.4m,

傳送帶EF與軌道FG離地面高度均為h,兩者長度分別為h=4m、12=1.5m,OG、OP分別為圓弧軌道

的豎直與水平半徑，半徑R=0.8m,圓弧PQ所對應的圓心角a=37°,軌道各處平滑連接。現將質量

m=lkg的滑塊（可視為質點）從斜面底端的彈射器彈出，沿斜面從D點離開時速度大小vo=5nVs,恰

好無碰撞從E點沿水平方向滑上傳送帶。當傳送帶以v=5m/s的速度順時針轉動，滑塊恰好能滑至P

點。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數陽=0.5,滑塊與擋板碰撞后原速率反向彈回，不計空氣阻力。

sin37°=0.6,cos370=0.8,求:

（1）高度h；

（2）滑塊與水平軌道FG間的動摩擦因數r；

（3）滑塊最終靜止時離G點的距離x；

<4）若傳送帶速度大小可調，要使滑塊與擋板僅碰一次，旦始終不脫離軌道，則傳送帶速度大小v的

范圍。

22.（2024?鹿城區校級模擬）如圖，半徑為1的金屬圓環水平固定，處于磁感應強度大小為B、方向豎直

向下的勻強磁場中，金屬棒OA可繞圓心O在圓環上轉動。金屬棒CD放在寬度也為1的足夠長光滑平

行金屬導軌上，導軌傾角為仇處于垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。用導線分

別將金屬圓環、金屬棒OA的O端分別與D端導軌和C端導軌連接，已知金屬棒OA和CD的長度均

為1、質量均為m、電阻均為r,其他電阻不計。重力加速度大小為g°

（1）將金屬棒OA固定，使金屬棒CD從靜止開始下滑，求金屬棒CD的最大速度;

（2）讓金屬棒OA勻速轉動，使金屬棒CD保持靜止，求

①金屬棒OA的轉動方向；

②金屬棒OA轉動的角速度；

③金屬棒OA兩端的電勢差UOAO

23.（2024?寧波模擬）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內有一過原點的無限長擋板，擋板與x軸成60

°角放置。擋板上方有無限長、邊界平行于擋板的區域I和H,分別存在磁感應強度大小為Bo和2Bo

的勻強磁場，方向均垂直紙面向里，磁場邊界與y軸分別交于y=2h和y=4h處。在y=3h處有一離子

源射出平行x軸、方向與x軸正向相同、質量為m、電荷量為q的正離子。不計正離子的重力以及離子

間的相互作用，并忽略磁場的邊緣效應。

（1）若沒有離子進入區域I,求離子初速度最大值vi；

（2）若離子經磁場偏轉后垂直y軸離開第一象限，求離子初速度的最大值V2；

（3）若離子經磁場偏轉后恰好能打到擋板上，求離子初速度V3。

2024年菁優高考物理終極押題密卷2（浙江卷）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共13小題）

1.（2024?臺州二模）下列四組物理量中均為標量的是（）

A.動量變化呈磁通量

B.磁感應強度電場強度

C.感應電流電勢差

D.電功率沖量

【考點】磁通量；矢量和標量：電場強度與電場力：磁感應強度.

【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；磁場磁場對電流的作用；理解能力.

【分析】根據各個物理量的矢標性進行判斷即可。

【解答】解：A、磁通量的加減符合代數法則，是標量，動量變化量是矢量，故A錯誤；

B、磁感應強度電場和強度都既有大小，乂有方向，且運算法則遵循平行四邊形法則，都是矢量，故B

錯誤；

C、電流和電勢差都是標量，故C正確；

D、電功率沒有方向，是標量，沖量是矢量，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考杳對矢量與標量區別的理解，明確矢量是既有大小，又有方向且運算法則遵循平行四邊

形法則的物理量，標量是只有大小，沒有方向的物理量。

2.（2024?鎮海區校級模擬）下列有關質點和參考系的說法中正確的是（）

A.觀看花滑運動員的動作時，可以把運動員看成質點

B.當物體體積很小時，就可以看成質點

C.研究運動物體時，選擇不同物體作參考系，對運動的描述都是一樣的

D.研究太陽系各行星的運行，選擇太陽比選擇地球作為參考系更好

【考點】參考系；質點.

【專題】應用題；學科綜合題；定性思想；直線運動規律專題；理解能力.

【分析】在描述一個物體的運動時，選來作為標準的另外的某個物體叫參考系；當物體的大小和形狀在

研究的問題中可以忽略，物體可以看成質點，據此解得即可，

【解答】解：A、質點是理想化模型，只有當物體的形狀和大小對所要研究的問題可忽略不計時才能把

物體看作質點，觀看花滑運動員運動員的動作時，不可以把運動員看成質點，故A錯誤；

B、物體能否看成質點，不是看物體的體積和質最大小，而是看物體的大小和形狀在所研究的問題中能

否忽略，故B錯誤；

C、選擇不同的參考系，運動的描述是不一樣的，故C錯誤；

D、應選擇使運動的描述更簡單的物體作為參考系，選擇太陽更容易描述行星的運動，故D正確。

故選：Do

【點評】本題考查運動描述中的基本概念，了解物體何時可看作質點，參照物如何選擇即可作答，基礎

概念題。

3.（2024?寧波二模）某研究小組在實驗室內做外力作用下落體運動的研究，得到物體在豎直向下運動時

的速度v隨下降高度h變化關系，如圖所示。已知西，重力加速度g。則（）

A.物體做勻變速直線運動

B.下落過程中物體的加速度不斷減小

C.下落過程中物體的機械能一直減小

D.物體在h2和hi處的機械能可能相等

【考點】功能關系；v-l圖像.

【專題】定量思想；推理法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力.

【分析】根據題圖可得v=kh,再結合加速度公式@妥:可得加速度與速度關系，據此分析物體的運

動情況；再根據、＜歷;判斷外力做功情況，結合牛頓第二定律分析加速度變化情況，確定外力做

功變化情況，分析其機械能變化情況。

【解答】解：AB、由圖可知，物體的速度隨位移均勻變化，可得v=kh

根據2令=嘩h即物體的加速度與速度成正比，依題意物體速度一直在增加，所以加速度

aAtAt

不斷增加，故AB錯誤；

CD、依題意,〈J甌，則物體所受外力與重力反向，方向豎直向上，由牛頓第二定律可得mg-F

=ma

外力先做負功，機械能減小，當a>g時外力與重力同向，機械能開始增大，物體在hi和七處的機械能

可能相等，故C錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】解決本題的關鍵是理解v-h的含義，結合加速度公式和牛頓第二定律分析。

4.（2024?金華二模）在東北嚴寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按

一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結成冰而形成壯觀的場景。如圖甲所

示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖，假設潑水過程中杯子做勻速圓周運動。下列說

法正確的是（）

圖甲圖乙

A.P位置的小水珠速度方向沿a方向

B.P、Q兩位置，杯子的向心加速度相同

C.P、Q兩位置，杯子的速度相同

D.從Q到P,杯子所受合外力做功為零

【考點】向心力；牛頓第二定律.

【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理能力.

【分析】根據圖乙中水珠做離心運動的方向，可以判斷杯子的旋轉方向，進而判斷P位置的小水珠速度

方向。根據向心加速度的矢量特性，判斷P、Q兩位置，杯子的向心加速度是否相同。根據速度的矢量

性分析速度是否相同；杯子做勻速圓周運動，根據杯子所受合外力的特點、與位移的角度美系，判斷從

Q到P，杯子所受合外力做功是否為零。

【解答】解：A.根據圖乙中水珠做離心運動的方向，可知林子旋轉方向為逆時針方向，則P位置的小

水珠速度方向應沿b方向，故A錯誤；

B.杯子做勻速圓周運動，向心加速度方向指向圓心，P、Q兩位置，杯子的向心加速度大小相同，方

向不同，向心加速度是矢量，則P、Q兩位置，杯子的向心加速度不同，故B錯誤；

C.杯子的速度為矢量，P、Q兩位置，杯子的速度不相同，故C錯誤；

D.杯子做勻速圓周運動，杯子所受合外力提供向心力，合外力方向始終指向圓心、且與速度（位移）

方向始終垂直，所以合外力始終不做功，即從Q到P，杯子所受合外力做功為零，故D正確。

故選：D。

【點評】解答本題，要掌握速度、向心加速度、速度變化量均為矢量；要掌握勻速圓周運動合外力充當

向心力、且合外力指向圓心、不做功。

5.（2024?鎮海區校級模擬）煙霧自動報警器中裝有放射性元素錮241,其衰變方程為241^

95Am

237,241的半衰期為432年。下列說法正確的是（）

93Np+x+Y95Am

A.方程中的X為0粒子

B.浮Np的比結合能小于241Am

C.核反應的三種射線中，丫射線的電離能力最弱

D.若有1000個強Mm原子核,經過432年后將剩下500個盥1Am原子核未衰變

9595

【考點】結合能與比結合能；a、仇丫射線及特點；原子核的衰變及半衰期、衰變速度.

【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；愛因斯坦的質能方程應用專題；理解能力.

【分析】根據電荷數守恒和質量數守恒判斷；根據結合能的大小與核子數的關系判斷；原子核的比結合

能越大越穩定，由此判斷；根據三種射線可知，電離能力大小；半衰期是衰變的統計規律。

【解答】解：A.由衰變過程電荷數守恒和質量數守恒可知，X的質量數A=241-237=4,電荷數Z

=95-93=2,可知X為a（^e）粒子，故A錯誤；

B.衰變的過程中釋放能量，而且a粒子的比結合能比較小，可知言7Np的比結合能大于之?仙，故

B錯誤：

C.核反應的三種射線中，丫射線的穿透能力最強，電離能力最弱，故C正確；

D.半衰期為大量粒子的統計規律，對少數粒子不一定適用，故D錯誤。

故選；Co

【點評】解決本題的關鍵知道衰變的特點，會根據質量數守恒與電荷數守恒判斷衰變的種類；會結合衰

變的特點判斷結合能與比結合能的變化。

6.（2024?臺州二模）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環，系在兩環上的筆長細繩下端

連接的燈籠處于靜止狀態。現在燈籠受到垂直紙面的恒定風力作用重新靜止，兩個輕環始終靜止，則

AB

L

A.桿對A環的力不變

B.桿對B環的彈力不變

C.A環對桿的摩擦力變大

D.與B環相連的細繩對燈籠的拉力變小

【考點】動態平衡分析；力的合成與分解的應用.

【專題】定量思想：推理法；受力分析方法專題：分析綜合能力.

【分析】根據靜止狀態與有風后的受力平衡進行比較分析，結合受力平衡分析可得出正確答案。

【解答】解：ABD.兩個輕環始終靜止，說明兩根繩子和橫衿的夾角不變。初始狀態，兩細繩拉力的合

力與燈籠的重力等大，燈籠受到垂直紙面的恒定風力作用重新靜止后，重力與風力的合力等于此時兩細

繩拉力的合力，即兩細繩拉力的合力變大，則兩細繩的拉力均變大，桿對A環的力變大，桿對B環的

彈力變大，故ABD錯誤：

C.桿對A環的摩擦力與細繩對A環的拉力沿桿方向的分力等大，則桿對A環的摩擦力變大，根據牛頓

第三定律，A環對桿的摩擦力變大，故C正確。

故選：C..

【點評】學生在解答本題時，應注意要先選擇研究對象，結合受力平衡，分析各個力的變化情況。

7.（2024?杭州二模）如圖，有一小型水電站發電機的輸出功率為50kW,發電機的輸出電壓為250V。通

過升壓變壓器升壓后向遠處輸電，輸電電壓為10kV,輸電線的總電阻R為10Q,在用戶端用降壓變壓

器把電壓降為220V,兩變壓器均視為理想變壓器，下列說法正確的是（）

■■寧r

1—-

J

C00

Cn0-

4—

CI

C(

LT

A.升壓變壓器原、副線圈的匝數之比為I：400

B.輸電線上損失的功率為250W

C.降壓變壓器原、副線圈中的電流之比為995：22

D.圖中與燈泡串聯的“250V,lOOOpF”的電容器一定會被擊穿

【考點】遠距離輸電；變壓器的構造和原理.

【專題】定量思想：推理法；交流電專題；推理能力.

【分析】根據變壓器原、副線圈兩端的電壓之比等于線圈匝數之比分析AC,根據電功率公式解得損失

的功率，電容器的名牌代表電壓的最大值。

【解答】解：A.由升壓變壓器的電壓關系」=」

Wn2

解得巴_=」_

“240

故A錯誤；

B、發電機的功率：

P=UIII

得發電機輸出的電流為II=209A

jn

由升壓變壓器的電流關系上=」

n2

解得h=5A

輸電線上損失的功率P&=I駟

解得P&=250W

故B正確；

C.輸電線上損失的電壓

AU=hR

解得AU=50V

則U3=U2-△U=1OOOOV-5DV=9950V

由降壓變壓器的電壓關系2=2三

U4n4

解得士二=強

n422

T口

由變壓器的電流關系」=工

【3n4

可知降壓變壓器原、副線圈中的電流之比為22：995

故c錯誤：

D.燈泡兩端的電壓為220V,電容器與燈泡串聯，電壓不一定會達到耐壓值，故D錯誤；

故選:Bo

【點評】本題考查變壓器的相關計算，解題關鍵是會求解線圈匝數的比及輸電線損失的功率，知道求解

電容器的耐壓值時要看峰值。

8.（2024?鎮海區校級模擬）如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入

豎直向下的勻強電場中，a粒子打在B板的a'點，b粒子打在B板的b'點，則（）

A

Ba1

A.a、b均帶負電

B.a的初速度一定小于b的初速度

C.a的運動時間一定小于b的運動時間

D.該過程中a所受電場力做的功一定大于b的

【考點】帶電粒子在電場中的運動綜合；電場力做功.

【專題】比較思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力.

【分析】a、b兩個帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據粒子的偏轉方向確定電場力方向，再分析粒

子的電性。根據牛頓第二定律和分位移公式相結合推導出嫌速度表達式，再分析初速度大小。由豎直分

位移公式分析運動時間關系。根據W=qEy分析電場力做功關系。

【解答】解：A、因電場線向下，兩粒子均受向下的電場力而做類平拋運動，所以兩個粒子均帶正電，

故A錯誤；

B、a、b兩個帶電粒子在電場中做類平拋運動，設任一粒子的初速度為vo，電荷量為q,質量為m,加

速度為a,運動的時間為t,則加速度為

qE

a=-

m

粒子的豎直分運動為初速度為零的勻加速直線運動，有

_12

水平分運動為勻速直線運動，有

x=vot

聯立得：v0=xJ^~

uV2my

因兩個粒子的比荷&相同，y相同，E相同，則x大的初速度大，可知a的初速度一定小于b的初速度,

m

故B正確；

C、由豎直分運動位移有y=2?,必t2，可得運動時間為因兩個粒子的比荷旦相同，y相同,

2mVqEm

E相同，則a的運動時間一定等于b的運動時間，故C錯誤：

D、電場力做功為W=qEy,兩粒子的比荷&相同，y相同，E相同，但無法比較電荷量關系，故無法比

m

較電場力做功關系，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，要熟練運用運動的分解法處理類平拋運動，根據牛頓第二

定律和分位移公式相結合進行分析。

9.（2024?溫州一模）2。24年1月17日，搭載“天舟七號”貨運飛船的運載火箭在義昌航天發射場發射。

次日凌晨，“天舟七號”貨運飛船成功對接空間站“天和”核心艙，如圖所示。對接后，“天舟七號”與

空間站組成組合體，運行在離地高度約為400km的圓形軌道上，下列說法正確的是（）

A.組合體的角速度小于地球自轉的角速度

B.組合體的線速度大于地球同步衛星的線速度

C.組合體的向心加速度小于地球同步衛星的向心加速度

D.“天舟七號”攜帶的一未開封貨物，在發射前與對接后的重力相等

【考點】人造衛星；萬有引力定律的應用.

【專題】定量思想；方程法；人造衛星問題；推理能力.

【分析】地球同步衛星的軌道半徑大于組合體的軌道半徑，根據由萬有引力提供向心力得到角速度、線

速度表達式進行分析；根據牛頓第二定律分析向心加速度大小；根據萬有引力大小分析重力的大小。

【解答】解:A、地球同步衛星距離地面的高度大約是36000km,其角速度等于地球自轉的角速度。衛

星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：駕=mro?,解得：3二聘,所以組合體的

角速度大于地球同步衛星的角速度，即大于地球自轉的角速度，故A錯誤;

B、衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：至祟=m7,解得：v=科，所以組合

體的線速度大于地球同步衛星的線速度，故B正確；

C、根據牛頓第二定律可得但叁=ma,解得a=黑，所以組合體的向心加速度大于地球同步衛星的向

r2r2

心加速度，故C錯誤；

D、根據萬有引力可得：，“天舟七號”攜帶的一未開封貨物，在發射前受到的地球引力大于對

接后受到的引力，所以“天舟七號”攜帶的一未開封貨物，在發射前的重力大于對接后的重力，故D

錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合

向心力公式進行分析。

10,（2024?浙江模擬）電磁驅動是與炮彈發射、航空母艦上飛機彈射起飛有關的一種新型驅動方式。電磁

驅動的原理如圖所示，當直流電流突然加到一固定線圈上，可以將置于線圈上的環彈射出去。現在同一

個固定線圈上，先后置有分別用銅、鋁和硅制成的形狀、大小和橫截面積均相同的三種環，當電流突然

接通時，它們所受到的推力分別為Fi、F2和F3。若環的重力可忽略，下列說法正確的是（）

------1

A.FI>F2>F3B.F2>F3>FIC.F3>F2>FID.FI=F2=F3

【考點】安培力.

【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用.

【分析】依據法拉第電磁感應定律結合安培力表達式即可求解

【解答】解：由于銅環的電阻最小，硅的電阻最大，故銅環中感應電流最大，硅的感應電流最小，故銅

環受到的安培力最大，硅的安培力最小，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

【點評】本題要掌握楞次定律的兩種描述，一是“增反減同”，二是“來拒去留”，并能根據它們去判斷

電流方向和受力方向.

11.（2024?宇波模擬）兩列頻率f和振幅A均相同的簡諧波I和I【分別從同一繩子兩端持續在同一平面內

相向傳播，某時刻兩列波的波形如圖所示，虛線表示簡諧波【，實線表示簡諧波II。下列說法正確的是

A.簡諧波【與簡諧波II的傳播速率一定不相等

B.x=0到x=8處的質點始終處在平衡位置

C.x=2位置的質點振幅為2A

D.x=4位置的質點振幅為2A

【考點】橫波的圖像；波長、頻率和波速的關系.

【專題】定量思想：推理法；波的多解性；推理能力.

【分析】機械波的波速由介質決定；

根據兩列波在此刻的位移，確定加強點和減弱點，從而確定合位移。

【解答】解：A、波速由介質決定，兩列機械波在同一種介質中傳播，故傳播速率一定相等，故A錯誤:

BC、根據波形可知x=2和x=6處的質點，波峰和波谷相遇，故該兩處是振動減弱的，振幅為0,始終

處于平衡位置。

對x=0、x=4和x=8處的質點分析可知若兩列波在各自的方向上再傳播工，可知該二處的質點都處于

4

波峰與波峰或者波谷與波谷相遇點，故可知該三處是振動加強的，振幅為2A,位移在-2A?2A之間

變化，不可能一直處于平衡位置，故BC錯誤；

D、根據前面分析可知x=4位置的質點是振動加強點，振幅為2A,故D正確。

故選：Do

【點評】本題考查了波的登加，振動步調一致的波，根據兩列波的形狀判斷加強點和減弱點，波峰（或

波谷）與波峰（或波谷）相遇處為加速點，波峰（或波谷）與波谷（或波峰）相遇處，為振動減弱點，

考杳知識點比較基礎，難度不大。

12.（2024?寧波二模）如圖，用三根絕緣細繩把三個帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在O點。小球靜止

時，恰好位于同一水平面，細繩與豎直方向的夾角分別為a、仇丫，已知小球A、B、C的質量分別為

mA、mB、me,電荷量分別為qA、qB、qc,則下列說法正確的是（)

y

a

ArC

A.若小球的質量mA=n1B=mc，則一定有a=0=Y

B.若小球的質量mA=n】B=mc,則可能有a=0>Y

C.若小球所帶電荷量qA=qB=qc,則一定有a=0=Y

D.若小球所帶電荷量qA>qB>qc,則一定有aV^Vy

【考點】庫侖定律；一般情況下的共點力平衡.

【專題】計算題；信息給予題：定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理能力.

【分析】根據整體分析列出表達式，根據選項條件結合表達式判斷即可。

【解答】解：A.對ABC三個小球整體來看，其整體重心在豎直線上，由此得到

mAlsina=niBlsinp+mclsiny

當mA=mB=mc時

sina=sinP+siiiY

當a=0=Y時

sina=2sina

這是不能實現的，故A錯誤：

B.由A項分析，當丫=0時

a=p>y

B正確：

C.小球位置與其質量有關，與電荷量無關，電荷量只決定小球張開的絕對大小，不影響相對大小，故C

錯誤；

D.由C項分析可知，故D錯誤。

故選：B-,

【點評】本題考行了多個帶電小球在共點力作用下平衡的問題，對學生的要求比較高，題目難度較大。

13.（2024?浙江模擬）單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡

把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏1.0對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進入人眼中。圖為單反照相機取

景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，AB±BCo光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發生

反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。（）

D

A.光線垂直AB射入五棱鏡后，光速增大

B.無論射向AB的入射角多大，光線一定會在CD和EA上發生全反射

C.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為企

D.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為——

sin22.5

【考點】全反射；光的折射及折射定律.

【專題】定量思想；方程法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；應用數學處理物理問題的能力.

【分析】光在介質內的速度小于光速；根據發生全反射的條件判斷；作出光路圖，根據幾何知識求出光

在CD面上的入射角，當光線剛好在CD面和AE面上發生全反射時，五棱鏡折射率最小，根據臨界角

公式sinC=2求出折射率最小值。

n

【解答】解：A、設介質的折射率為n,則光在介質內的速度v=￡,由于n>l,可知光線垂直AB射

n

入五棱鏡后,光速減小，故A錯誤：

B、若射向AB的入射角滿足特定的條件，可以讓AB上的折射光線垂直射到CD上，光線一定不會在

CD上發生全反射，故B錯誤：

CD、由題意畫出光路圖如圖所示

根據光路圖和反射定律可知：48=90",貝IJ8=22.5-

光線在CD和AE界面上恰好發生全反射時，對應著五棱鏡折射率的最小值no,則sin8=1

n0

解得no=--------.....—,故C錯誤，D正確。

sin22.5

故選：D.

【點評】解決該題的關鍵是能正確作出光路圖，能根據幾何知識求出臨界角。要知道光線剛好在界面上

發生全反射時，棱鏡的折射率最小。

二.多選題（共3小題）

（多選）14.（2024?溫州二模）下列說法正確的是（）

A.大量處于激發態的氫原子可以向外輻射紫外線，也可向外輻射丫射線

B.盧瑟福通過a粒子散射實臉提出了原子核式結構模型，也可估算出原子核的大小

C.擴散現象說明組成物質的分子在做永不停息地熱運動，乜可說明分子間存在空隙

D.從單一熱庫吸收熱量可以自發地全部傳遞給低溫物體，也可以自發地完全變成功

【考點】熱力學第二定律；a粒了?散射實驗；玻爾理論與氫原了?的能級躍遷.

【專題】定性思想；推理法；熱力學定律專題；物理光學綜合專題；分析綜合能力.

【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

【解答】解：A.大量處廣激發態的氫原子可以向外輻射紫外線，不能向外輻射丫射線，故A錯誤；

B.盧瑟福通過a粒子散射實驗提出了原子核式結構模型，也可估算出原子核的大小，故B正確；

C.擴散現象說明組成物質的分子在做永不停息地熱運動，也可說明分子間存在空隙，故C正確；

D.根據熱力學第二定律，不可能從單一熱庫吸收熱量可以自發地全部傳遞給低溫物體，也不可能自發地

完全變成功，故D錯誤。

故選：BCo

【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對F物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這

也是考試內容之一。

（多選）15.（2024?寧波模擬）下列說法正確的是（）

各溫度區間的分子數

甲

A.圖甲為一定質量的氧氣分子在0℃和100C時的速率分布圖像，其中圖線I溫度較高

B.從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功是可能實現的

C.圖乙中靜止的鈉核牌Na在磁場中發生衰變，曲線1為a粒子的運動軌跡

D.相對論時空觀認為運動物體的長度和物理過程的快慢都跟物體運動狀態有關

【考點】原子核的衰變及半衰期、衰變速度；相對論時空觀：分子運動速率的統計規律：熱力學第二定

律.

【專題】定性思想；推理法；熱力學定律專題；衰變和半衰期專題；理解能力.

【分析】結合不同溫度下的分子速率分布曲線判斷；根據熱力學第二定律判斷；衰變的過程中動量守恒,

然后結合半徑公式判斷；根據相對論判斷。

【解答】解：A、100C的氧氣與0℃氧氣相比，速率大的分子數比例較多，所以圖線I溫度較低，圖線

H溫度較高，故A錯誤；

B、根據熱力學第二定律，從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功是可能實現的，但會引起其他的變化,

故B正確；

C、靜止的鈉核穿Na在磁場中發生衰變，產生的新核與粒子的動量守恒，速度的方向相反；乙圖中曲

線2為內切圓，結合左手定則可知，產生的粒子與新核的電性一定相反，所以粒子一定帶負電，為電子,

沒有a粒子，故C錯誤；

D、根據相對論時空觀認為運動物體的長度和物理過程的快慢都跟物體運動狀態有關，故D正確。

故選：BDo

【點評】本題考查分子運動速率的統計規律，熱力學第二定律、衰變以及相對論等內容，都是一些記憶

性的知識點，在平時的學習中多加積累即可。

（多選）16.（2024?鎮海區校級模擬）下列說法正確的是（）

A.用光照射某種金屬，有光電