備戰(zhàn)2025年高考物理易錯題綜合練（二）

一．選擇題（共10小題）

1．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級一模）如圖所示，質(zhì)量為m的物體由兩根繩子吊在半空中處于靜止狀態(tài)，右

側(cè)繩子的另一端固定在高樓的A點且與豎直方向的夾角為，左側(cè)繩子由人拉著且與豎直方向的

夾角為，當人不動而緩慢釋放繩子，下列說法正確的是（α）

β

A．兩根繩子對物體的合力變大

B．兩繩子的拉力都變小

C．地面對人的支持力變小

D．地面對人的摩擦力變大

【解答】解：A、兩根繩子對物體的合力與物體的重力等大反向，保持不變，故A錯誤；

B、對物體受力分析，如圖所示。

由三角形相似得

???

==

?當?人不?動?而緩?慢?釋放繩子，則AC增大，AO不變，OC減小，可知T減小，F(xiàn)減小，故B正確；

C、對人，由平衡條件得

Fcos+N＝Mg

因Fβ減小，增大，則地面對人的支持力N增大，故C錯誤；

D、對人和物β體整體，水平方向有

Tsin＝f

因Tα減小，減小，則地面對人的摩擦力f減小，故D錯誤。

α

故選：B。

2．（2024?南京模擬）隨著科技的發(fā)展，載人飛船繞太陽運行終會實現(xiàn)。如圖所示，Ⅰ、Ⅲ軌道分別

為地球和火星繞太陽運動的圓軌道，Ⅱ軌道是載人飛船的橢圓軌道，其中點A、C分別是近日點

和遠日點，B點為軌道Ⅱ、Ⅲ的交點，若運動中只考慮太陽的萬有引力，則（）

A．載人飛船在C的速率小于火星繞日的速率

B．載人飛船在Ⅱ軌道上和火星在Ⅲ軌道上經(jīng)過B點時的向心加速度大小相等

C．在軌道Ⅱ運行時，載人飛船在A點的機械能比在C點的機械能大

D．只要繞行時間相同，在軌道Ⅱ上載人飛船與太陽連線掃過的面積就等于火星與太陽連線在Ⅲ

軌道上掃過的面積

【解答】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力有

Gm，得v

2

?????

2==

可知?載人飛?船繞過C點的?圓軌道運動的速率小于火星繞日的速率。

若載人飛船要從軌道Ⅱ變軌到過C點的圓軌道，在C點必須加速，則載人飛船在C的速率小于

繞過C點的圓軌道運動的速率，所以，載人飛船在C的速率小于火星繞日的速率，故A正確；

B、火星在Ⅲ軌道上經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律得

Gman，得an

????

2==2

載人?飛船在Ⅱ軌道上經(jīng)?過B點時，由萬有引力的分力提供向心力，可知載人飛船在Ⅱ軌道上和火

星在Ⅲ軌道上經(jīng)過B點時的向心加速度大小不相等，故B錯誤；

C、在軌道Ⅱ運行時，只有萬有引力做功，其機械能守恒，則載人飛船在A點與在C點的機械能

相等，故C錯誤；

D、根據(jù)開普勒第二定律，在同一軌道上運行的行星與太陽連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，

可知在軌道Ⅱ上載人飛船與太陽連線掃過的面積與火星與太陽連線在Ⅲ軌道上掃過的面積不相

等，故D錯誤。

故選：A。

3．（2024?新城區(qū)校級二模）如圖是建筑工地上“打夯機”示意圖，電動機帶動兩個滾輪勻速轉(zhuǎn)動將

夯桿從深坑提起，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿在自身重力

作用下落回深坑。（夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運動過程）。已知兩個滾輪邊緣的

4

線速度恒為v0＝3m/s，滾輪對夯桿的正壓力F＝2×10N，滾輪與夯桿間的動摩擦因數(shù)＝0.4，夯

桿質(zhì)量m＝1×103kg，坑深h＝6.0m，假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，取g＝1μ0m/s2，下

列說法正確（）

A．每次夯桿上升過程中勻加速運動的時間為2s

B．夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為3m/s2

C．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.2×104J

D．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動機多消耗的電能為8×104J

【解答】解：B、夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，由牛頓第二定律得

2F﹣mg＝ma

解得μ加速度的大小為a＝6m/s2，故B錯誤；

A、每次夯桿上升過程中勻加速運動的時間為，故A錯誤；

?03

?==?=0.5?

C、每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿?間因6摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝fs相對＝2F（v0

t），解得：Q＝1.2×104J，故C正確；μ

?0

?2?

D、每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動機多消耗的電能為E＝Q+mgh，解得：E＝7.

2

10

65×104J，故D錯誤。+2??

故選：C。

4．（2024?皇姑區(qū)校級模擬）在茶葉生產(chǎn)過程中有道茶葉、茶梗分離的工序，如圖所示，A、B兩個

帶電球之間產(chǎn)生非勻強電場，茶葉茶梗都帶正電荷，且茶葉的比荷小于茶梗的比荷，兩者通過

?

?

﹣

靜電場便可分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設(shè)有一茶梗P電荷量為3×108C，質(zhì)量為2

﹣

×104kg，以1m/s的速度離開A球表面O點，最后落入桶底，O點電勢為1×104V，距離桶底

高度為0.65m，桶底電勢為零。不計空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加

速度g取10m/s2，則（）

A．M處的電場強度小于N處的電場強度，M處的電勢低于N處的電勢

B．茶葉落入右桶，茶梗落入左桶

C．茶梗P落入桶底速度為

D．茶梗P落入桶底速度為17?/?

【解答】解：A、根據(jù)電場線2的5疏?密/?程度可知，M點的電場強度小于N點的電場強度，沿電場線

的方向電勢降低，故M點的電勢高于N點的電勢，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可知a，因為茶葉的比荷小于茶梗的比荷，由上式可知，在任何同一

??

個位置茶梗的加速度大于茶葉=的?加速度，水平方向都做加速運動，茶梗的水平位移大于茶葉的水

平位移，故茶梗落入右桶，茶葉落入左桶，故B錯誤；

CD、根據(jù)動能定理：mgh+qU

22

110

代入數(shù)據(jù)解得：vm/s，故=D2?錯?誤?，2C?正?確。

故選：C。=17

5．如圖是研究光電效應(yīng)的實驗裝置，開始時滑動變阻器的滑片P與固定點O正對。用頻率為ν的

光照射光電管的陰極K，觀察到微安表指針偏轉(zhuǎn)，不計光電子間的相互作用。下列說法正確的是

（）

A．僅減小照射光頻率，微安表指針一定不偏轉(zhuǎn)

B．僅減小照射光強度，微安表指針一定不偏轉(zhuǎn)

C．僅將滑片P向a端移動，微安表示數(shù)變大

D．僅將滑片P向b端移動，光電子向A板運動的過程中動能變大

【解答】解：A、僅減小照射光頻率，若照射光頻率仍大于陰極K的極限頻率，仍產(chǎn)生光電效應(yīng)，

微安表指針仍偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B、僅減小照射光強度，仍產(chǎn)生光電效應(yīng)，微安表指針仍偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；

C、僅將滑片P向a端移動，光電管加的是反向電壓，微安表示數(shù)變小，故C錯誤；

D、僅將滑片P向b端移動，光電管加的是正向電壓，電場力對光電子做正功，光電子向A板運

動的過程中動能變大，故D正確。

故選：D。

6．（2024?道里區(qū)校級四模）如圖所示，理想變壓器左側(cè)原線圈通過輸電線與理想交流電流表A1和

發(fā)電機連接，其中發(fā)電機部分由長為L、電阻不計的導(dǎo)體棒以及兩個半徑也為L的電阻不計的金

屬圓環(huán)組成。使導(dǎo)體棒的兩個端點分別位于金屬圓環(huán)的同一水平面上，導(dǎo)體棒以角速度在豎直

面內(nèi)繞圓環(huán)中心軸勻速轉(zhuǎn)動，整個空間存在方向豎直向下、與金屬圓環(huán)平行、磁感應(yīng)強度ω為B的

勻強磁場。變壓器右側(cè)副線圈中接有阻值為R的定值電阻和變阻箱RP，以及理想交流電壓表V1、

V2、V3和理想交流電流表A2，初始時調(diào)節(jié)電阻箱阻值使其大小等于R，此時電路能正常工作，

之后再次調(diào)節(jié)電阻箱使其阻值等于2R，已知n1：n2＝1：2，上述過程中，下列說法正確的是（

）

A．電流表A1的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增加

B．電壓表V1的示數(shù)不變，電壓表V3的示數(shù)增加

C．電壓表V2的示數(shù)為

2

D．電阻箱消耗的電功率增2?大??

【解答】解：A.設(shè)導(dǎo)體棒此時的速度與豎直方向夾角為，則導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動

勢為：E＝BLLcos＝BL2cos，電阻箱的阻值變大，θ故副線圈的總電阻變大，副線圈的總電

流變小，則原ω線圈的θ電流變ω小，故θ電流表A1的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)也減小，故A錯誤；

B.由于導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)速不變，故原線圈的電壓不變，則電壓表V2示數(shù)不變，電阻箱的阻值變大，故

副線圈的總電阻變大，副線圈的總電流變小，由于R和RP是串聯(lián)關(guān)系，則R的電壓變小，故V1

變小，由于副線圈的總電壓不變，故RP的電壓變大，即電壓表V3的示數(shù)增加，故B錯誤；

2

C.原線圈電壓有效值U1，根據(jù)變壓器變壓特點：，可得U2BL，故

2

??????1?1

====2ω

C正確；22?2?2

D.初始時電阻箱消耗的電功率為：P?2，調(diào)節(jié)電阻箱使其阻值等于2R后，電功率為：

222

??4?2

=??=?=4?

P4?2，故消耗電功率應(yīng)減小，故D錯誤。

'222

??94?2

=?==

故選?：'C。2?18?

7．（2024?蜀山區(qū)校級三模）圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為3：1，電源兩端輸入電壓U

隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，電阻R1、R2和R3的阻值分別為5、2和3，電流表為理想

交流電表，現(xiàn)將開關(guān)S斷開，下列說法正確的是（）ΩΩΩ

A．輸入電壓U的有效值為

B．電流表的示數(shù)為0.2A102?

C．若將開關(guān)S閉合，副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對值之比變大

D．若將開關(guān)S閉合，電流表的示數(shù)變小

有

【解答】解：A、根據(jù)熱效應(yīng)相同，有：22022，解得：U有＝10V，故A錯誤；

?(2)?

?=×

??4

B、設(shè)電流表示數(shù)為I，則副線圈電流為：I2，解得：I2＝3I

?1

=2?

則根據(jù)歐姆定律有：U有＝IR1+3×3I?（R2+R3）?

解得：I＝0.2A，電流表的示數(shù)為0.2A，故B正確；

C、副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對值之比等于副線圈的總電阻，副線圈總電阻變小，

故副線圈兩端電壓變化量與電流變化量的絕對值之比變小，故C錯誤；

D、閉合開關(guān)S后，負載電阻變小，因此電流表的示數(shù)變大，故D錯誤。

故選：B。

8．如圖所示，傾角為的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個電荷量為﹣q的小球Q。

整個裝置處在電場強α度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。現(xiàn)把一個質(zhì)量為m、電荷量為

+q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動。N點與彈簧的上端和M點的距離

均為s0。P、Q的連線以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點和點電荷，彈簧的勁

度系數(shù)為k0且始終在彈性限度內(nèi)，靜電力常量為k，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）

A．小球P沿著斜面向下運動的過程中，其電勢能一定減小

B．小球P在N點的加速度大小為

??+??????

C．小球P返回時，不可能越過N點撞到?小球Q

D．當彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大

??+??????

【解答】解：A、小球P從?N0點釋放，沿著斜面下滑，可知在N點沿斜面向下的力大于沿斜面向

上的力，即：＞，但是不能確定Eq與的大小關(guān)系，若開始釋放瞬間滿足：＞

22

????

??+??????22??

，則電場力和庫侖引力的?合0力沿著斜面向下，兩力?的0合力做正功，小球P的電勢能減少，若

2

??

2

開?0始釋放的瞬間＜，則電場力和庫侖引力的合力沿著斜面向上，兩力的合力做負功，小球

2

??

??2

P的電勢能增加，故A?錯0誤；

B、小球P在N點由牛頓第二定律有：，可得加速度大小為

2

??

??+???????2=???=

?0

??2，故B錯誤；

??+???????2

?0

C、小球?P返回到N點時，電場力和庫侖引力、重力、彈簧彈力做功為零，所以小球到達N點的

速度為零，可知小球不可能越過N點撞到小球Q，故C正確；

D、小球P的合力為零時，小球的速度最大，即：，可得mgsi

2

??

??????+???2??0?=0

(?0+?)

n+Eq＞k0x，所以彈簧壓縮量＞時，小球P的速度最大，故D錯誤。

??+??????

α?

故選：C。?0

9．（2024?重慶模擬）如圖1所示，一滑塊置于長木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑塊和木

板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個F＝0.5t（N）的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊

所受摩擦力隨時間變化的關(guān)系如圖2所示。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取

10m/s2，則下列說法不正確的是（）

A．木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1

B．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4

C．圖2中t2＝16s

2

D．木板的最大加速度為a2＝2m/s

【解答】解：滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為2。

B、由題意可知t2時刻之后滑塊受到的滑動摩μ擦力為f1＝8N，不隨F的變化而變化μ，故滑塊與木

板間發(fā)生了相對滑動，則有：

f1＝1mg

解得μ：1＝0.4，故A正確；

A、由題μ意可知可知0～t1時間內(nèi)滑塊與木板均靜止；t1～t2時間內(nèi)滑塊與木板相對靜止一起運動。

可得t1時刻木板與地面間達到最大靜摩擦力為f2＝4N，則有：

f2＝2?2mg

解得μ：2＝0.1，故B正確；

CD、t2μ時刻滑塊與木板恰好發(fā)生相對滑動，木板的加速度達到最大（設(shè)為am），根據(jù)牛頓第二定

律，對滑塊、木板分別可得：

F﹣1mg＝mam

1mμg﹣2?2mg＝mam

μ其中：Fμ＝0.8t2（N）

2

聯(lián)立解得：am＝2m/s，t2＝15s，故C錯誤，D正確。

此題選擇不正確的

故選：C。

10．（2024?新鄭市校級二模）有一透明材料制成的空心球體，內(nèi)徑是R，外徑是2R，球心為O，其

過球心的某截面（紙面內(nèi)）如圖所示，BO為過球心的水平直線。一束單色光（紙面內(nèi)）從外球

面上A點沿水平方向射入，入射光線與BO間的距離為d。當時，入射光線經(jīng)折射后恰

好與內(nèi)球面相切。已知光速為c。下列說法正確的是（）?=3?

A．該材料的折射率為

2

B．單色光在空心球體中的傳播時間為

3?

C．若d＝R，單色光在空心球體的內(nèi)球?面會發(fā)生全反射

D．若，單色光不能在空心球體的內(nèi)球面發(fā)生全反射

【解答?】=解：2?A、根據(jù)題意，設(shè)光在A點的折射角為，畫出光路圖如圖1所示，

α

由幾何關(guān)系可知：cos，sin，可得：＝30°，＝30°，易知：＝60°

?3?1

β==α==βαθ

則該材料的折射率為：n2?，2解得：n2?，2故A錯誤；

????

B、由圖1可知，單色光=在?空??心?球體中的傳=播3距離為：s＝AD＝2×2Rcos＝2R，傳播速度為：

vα3

?

=?

則單色光在空心球體中的傳播時間為：t，解得：t，故B錯誤；

?6?

==

CD、設(shè)d改變后，入射光線從A1點射入，?折射后射到內(nèi)?球面的P點，如圖2所示，

則有：n，又有：sini，解得：sinr

??????

===

????2?23?

在△A1PO中，由正弦定理得：，解得：sin＝2sinr

?2??

=γ=

當d＝R時，可得：sin????sinC?，??即(?：??)＝C，可知色光在空心球體3?的內(nèi)球面恰好發(fā)生全反

11

γ===γ

射。3?

當dR時，可得：sin＞sinC，即：＞C，可知色光在空心球體的內(nèi)球面發(fā)生全反

21

=2γ==γ

射，故C正確，D錯誤。3?

故選：C。

二．多選題（共5小題）

11．（2024?長安區(qū)一模）2023年1月16日，時速600公里的常導(dǎo)磁懸浮列車亮相《奇妙中國》，傳

說中的貼地飛行夢想成真，如圖所示為常導(dǎo)磁懸浮列車進站時的圖像，進站過程可視為勻變

?

??

速直線運動。下列說法正確的是（）?

A．常導(dǎo)磁懸浮列車在時的速度為0

?0

B．陰影部分的面積表示2常導(dǎo)磁懸浮列車在～時間內(nèi)通過的位移

?0

0

C．常導(dǎo)磁懸浮列車在t0時刻安全?？康秸九_2

D．常導(dǎo)磁懸浮列車進站時的加速度大小為

2?

?0

【解答】解：ACD、常導(dǎo)磁懸浮列車進站過程可視為勻變速運動，根據(jù)位移—時間公式

0

變形得：?=???

2?1

10

2??=????

可知圖像?的斜率為2k，縱軸截距為v0，可得常導(dǎo)磁懸浮列車的加速度大小為a，

???2?

??=?=?=

初速度?為b2?0?0

根據(jù)速度—時間關(guān)系式v＝v0﹣at，代入數(shù)據(jù)可得在時的速度為0，因此常導(dǎo)磁懸浮列車在時

?0?0

刻安全停靠到站臺，故AD正確，C錯誤；22

B、為～時間內(nèi)的平均速度，所以～時間內(nèi)常導(dǎo)磁懸浮列車的位移為，可知陰影部分

??0?0??0

00

的面2積不能表2示常導(dǎo)磁懸浮列車在～時間2內(nèi)通過的位移，故B錯誤。4

?0

故選：AD。02

12．如圖，斜面上放置一個長木板B，木板上放了一個物體A，用一個沿斜面向上的拉力F作用在

物體A上，使A沿著木板B向上勻速滑動，而此過程中，木板B一直保持靜止狀態(tài)，下列說法

正確的是（）

A．木板B可能不受斜面對它的摩擦力作用

B．木板B的上下兩個表面受到的摩擦力方向一定相反

C．若拉力F變大一些，則木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不會發(fā)生改變

D．物體A滑離木板B后，木板B受到斜面的摩擦力的大小可能不改變

【解答】解：A、A沿著木板B向上勻速滑動，則A給B的滑動摩擦力沿斜面向上，當其大小與

木板B的重力下滑分力相等時，則B與斜面之間沒有摩擦力作用，故A正確；

B、由上分析，可知，木板B的下表面不一定受到的摩擦力，故B錯誤；

C、若拉力F變大一些，由于A與B之間是滑動摩擦力，因此其大小不會變化，當斜面對B有摩

擦力作用時，則木板B受到斜面的摩擦力大小和方向都不會發(fā)生改變，故C正確；

D、物體A滑離木板B前，若木板B受到斜面沿斜面向下的靜摩擦力；而當物體A滑離木板B

后，木板B受到斜面的沿斜面向上靜摩擦力，因此兩者摩擦力的大小可能相等，故D正確；

故選：ACD。

13．（2024?南寧模擬）如圖所示，若某足球運動員訓(xùn)練射門時，將球從M點斜向上踢出，水平撞在

球門上端橫梁上N點反彈后又水平飛出，落到P點。MN′P三點在同一水平面上，NN′豎直，

N′P垂直于MP。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A．球在MN段運動的時間等于球在NP段運動的時間

B．球在MN段運動的時間大于球在NP段運動的時間

C．球碰撞N點前的速率大于球碰撞N點后的速率

D．球碰撞N點前的速率等于球碰撞N點后的速率

【解答】解：AB、把足球MN段的運動逆向分析，可認為小球做平拋運動，NP段球做平拋運動，

根據(jù)平拋運動規(guī)律

?

12

可得=足2球??的運動時間為

2?

因?=球在?MN段和NP段高度相同，所以球在MN段運動的時間等于球在NP段運動的時間，故A

正確，B錯誤；

CD、根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向有

x＝v0t

根據(jù)題意可知

xMN′＞xPN′

則球碰撞N點前的速率大于球碰撞N點后的速率，故C正確，D錯誤。

故選：AC。

14．（2024?衡陽縣模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，圓心在O點。質(zhì)量分

別為m、0.75m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可伸長的長為的輕桿通過鉸鏈連接，開始

時對球A施加一個豎直向上的外力F1，使A、B均處于靜止狀態(tài)，2?且球A恰好與圓心O等高，

重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

A．對球A施加的豎直向上的外力F1的大小為1.75mg

B．若撤掉外力F1，對球B施加一個水平向左的外力F，使系統(tǒng)仍處于原來的靜止狀態(tài)，則F的

大小為mg

C．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，當A球到達最低點時，B球的速度大小為

1

14??

D．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，沿著圓環(huán)運動，B球能夠上升的最高點相對7圓心O點的豎直

高度為

7

?

【解2答5】解：A、當外力F1作用在A球上時，對小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B

豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對B無作用力，桿對A球也無作用力，A球受重力和外力F

1處于平衡狀態(tài)，則F1＝mg，故A錯誤；

B、若撤掉外力F1，對球B施加一個水平向左的外力F，分別對球A、B受力分析，如圖所示。

由平衡條件有

對A球有FBAcos45°＝mg

對B球有F＝FBAsin45°

又有FBA＝FAB

解得：F＝mg，故B正確；

C、根據(jù)運動的合成與分解可知，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圓周運動），即v

A＝vB

A球從左側(cè)圓心等高處到達圓環(huán)最低點時，B球從圓環(huán)最低點到達右側(cè)圓心等高處，以B點所在

水平面為參考平面，由A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒有

mgR＝0.75mgR

1212

+???+(0.75?)??

解得：2，故2C正確；

?1

D、當B?球=上7升1到4最??大高度時，如圖所示。

以B點所在水平面為參考平面，由系統(tǒng)機械能守恒有

mgR＝0.75mgR（1+sin）+mgR（1﹣cos）

可得：θθ

7

????=

則B球能夠上升25的最大高度相對圓心O點的豎直高度為h＝Rsin，故D正確。

7

故選：BCD。θ=25?

15．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為S1與S2頻率相同的兩列機械波在t＝

0時刻同時起振，波源S1的振動圖象如圖乙所示；波源為S2的機械波在t＝0.25s時波的圖象如圖

丙所示。P為介質(zhì)中的一點，P點距離波源S1與S2的距離分別是PS1＝7m，PS2＝9m，則（）

A．質(zhì)點P的位移不可能為0

B．t＝1.25s時，質(zhì)點P處于波谷

C．質(zhì)點P的起振方向沿y軸正方向

D．波源為S2的起振方向沿y軸負方向

【解答】解：D.結(jié)合波源S2在t＝0.25s時波的圖象丙圖可知，此時剛開始振動的質(zhì)點的起振方向

沿y軸正方向，質(zhì)點與波源的起振方向相同，因此波源為S2的起振方向沿y軸正方向，D錯誤；

C.根據(jù)波源S1的振動圖象圖乙可知，波源S1的起振方向向上，又因為

PS1＜PS2

由此可知波源波源S1的起振最先傳到P點，因此P的起振方向與波源S1的起振方向相同，沿y

軸正方向，C正確；

A.在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩列機械波，波速相同，波長相等，由圖可知

＝2.0m，T＝0.2s

λ則波速為

vm/s＝10m/s

?2

P=點?到=兩0波.2源的波程差為

Δx＝PS2﹣PS1＝9m﹣7m＝2m

P點到兩波源的波程差為波長的整數(shù)倍，且兩波源的起振方向相同，因此，P點為振動加強點，

質(zhì)點P的位移可以為0，A錯誤；

B.S1和S2振動傳到P的時間分別為

t1s＝0.7s

??17

=?=10

t2s＝0.9s

??29

==

由此可?知，1在0t＝1.25s時，波源S1在t＝1.25s﹣t1＝1.25s﹣0.7s＝0.55s時的振動情況傳到P點，

此時波源S1位于波谷；波源S2在t＝1.25s﹣t2＝1.25s﹣0.9s＝0.35s時的振動情況傳到P點，此時

波源位于波谷，在t＝1.25s時P處為兩列波的波谷疊加，質(zhì)點P處于波谷，B正確。

故選：BC。

三．實驗題（共2小題）

16．（2024?荔灣區(qū)校級一模）某同學(xué)研究自由落體運動的規(guī)律時，將小球從一固定的毫米刻度尺旁

邊由靜止釋放，用手機拍攝小球自由下落的視頻，然后用相應(yīng)的軟件處理得到分幀圖片，利用圖

片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，實驗裝置如圖1所示。如圖2所示為小球下落

過程中三幅連續(xù)相鄰的分幀圖片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相鄰兩幀之間的時間間隔為0.02s。

（1）圖片Ⅱ中小球的瞬時速度約為m/s。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

（2）關(guān)于實驗裝置和操作，下列說法正確的是。

A．刻度尺應(yīng)固定在豎直平面內(nèi)

B．選擇材質(zhì)密度小的小球

C．鉛垂線的作用是檢驗小球是否沿豎直方向下落

D．固定手機時，攝像鏡頭應(yīng)正對刻度尺

（3）該同學(xué)利用多幀圖片測算其對應(yīng)的速度v和下落的高度h，繪制了v2﹣h圖像，如圖3所示。

其中P、Q分別為兩個大小相同，質(zhì)量不同的小球下落的圖像（空氣阻力不變），由圖像可知兩球

質(zhì)量大小關(guān)系是mPmQ（選填“大于”、“等于”、“小于”）。

（4）如何利用v2﹣h圖像判斷小球下落過程機械能是否守恒？。

【解答】解：（1）小球從位置Ⅰ到位置Ⅲ的位移可以從兩圖中讀出，根據(jù)平均速度等于中間時刻

的瞬時速度可得圖2中小球的瞬時速度約為：

20.115?0.060

（2）A、小球做自由落體運動，為了測量小球?下=落的0位.0置2×，2刻度?/尺?應(yīng)=固1.3定8?在/豎?直平面內(nèi)，故A

正確；

B、為了減小阻力帶來的實驗誤差，應(yīng)該選擇密度較大的小球，故B錯誤；

C、鉛垂線的作用是檢驗裝置是不是豎直放置，不能檢驗小球是否沿豎直方向下落，故C錯誤；

D、為了拍攝的小球的位置比較準確，固定手機時，攝像頭應(yīng)正對刻度尺，故D正確。

故選：AD。

（）小球下落過程若空氣阻力不忽略，且空氣阻力不變，根據(jù)動能定理，有：

3??

12

????=??

變形后得到：，根據(jù)圖像可知P圖像斜率大，故質(zhì)量大；2

22?

（4）若機械能?守=恒(，2?則?阻?力)為?零，則有：v2＝2gh，故在誤差允許的范圍內(nèi)，如果v2﹣h圖像是

一條過原點的傾斜直線，且斜率等于2g，則機械能守恒。

故答案為：（1）1.38；（2）AD；（3）大于、在誤差允許的范圍內(nèi)，如果v2﹣h圖像是一條過原點

的傾斜直線，且斜率等于2g。

17．（2024?湖北模擬）很多電子設(shè)備的屏幕是電阻式觸摸屏，其原理可簡化為：按壓屏幕時，相互

絕緣的兩層導(dǎo)電層就在按壓點位置有了接觸，如圖（a），從而改變接入電路的電阻。

（1）某興趣小組找到一塊電阻式觸摸屏單元，將其接入電路中，簡化電路如圖（b）。先將開關(guān)

閉合到1讓電容器充滿電，再將開關(guān)切換到2，通過電壓傳感器觀察電容器兩端的電壓隨時間變

化的情況。圖（c）中畫出了按壓和不按壓兩種情況下電容器兩端的電壓U隨時間t變化的圖像，

則按壓狀態(tài)對應(yīng)的圖像應(yīng)為圖（c）中的（填“虛線”或“實線”）所示。

（2）粗測該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的電阻約為幾十歐姆。幾位同學(xué)想較準確測量此電阻，可

供使用的器材有：

A．電源E（電動勢為3V，內(nèi)阻約為1）；

B．電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻約為Ω10k）；

C．電流表A1（量程為3mA，內(nèi)阻為5）；Ω

D．電流表A2（量程為60mA，內(nèi)阻約為Ω2）；

E．滑動變阻器R1（總阻值約為10）；Ω

F．電阻箱R2，最大阻值為9999.9Ω。

G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。Ω

①甲同學(xué)設(shè)計了圖（d）所示的實驗電路圖，結(jié)合上面給出的器材，請指出該電路設(shè)計中的不合

理之處并說明理由：。（寫出一條即可）

②乙同學(xué)將電流表A1和電阻箱R2串聯(lián)改裝成量程為3V的電壓表，電阻箱R2的限值應(yīng)調(diào)為

。

③乙同學(xué)設(shè)計了Ω圖（e）所示的測量電路，為了盡量減小實驗的系統(tǒng)誤差，圖中電阻箱右邊的導(dǎo)

線應(yīng)該接a（填“a”或“b”）；按正確選擇連接好電路之后，改變滑動變阻器滑片位置，測

得多組電流表A1的示數(shù)I1和對應(yīng)的電流表A2的示數(shù)I2，得到了圖（f）所示的圖像，由圖中數(shù)

據(jù)可得該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的阻值為（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。該測量方法中

電流表A2的內(nèi)阻對測量結(jié)果（填“有”或“Ω沒有”）影響。

【解答】解：（1）按壓狀態(tài)時兩層導(dǎo)電層就在按壓點位置有了接觸，兩電阻處于并聯(lián)狀態(tài)，總電

阻減小，總電流增加，放電速度變快，根據(jù)圖像可知，按壓狀態(tài)對應(yīng)的圖像應(yīng)為實線。

（2）①因為電源電動勢剛3V，而電壓表的量程為15V，所以該電路設(shè)計中的不合理之處為電壓

表量程過大；

②串聯(lián)電阻分擔電壓為

?3

?根?據(jù)2=歐3姆?定?律3有×1：0×5?=2.985?

，代入數(shù)據(jù)解得：R2＝995.0

?2

2?

?=?1Ω

③由于?已知電流表A1的阻值，可以計算出待測電阻兩端的電壓，再用差值法計算流過待測電阻

的電流，故應(yīng)接a；

根據(jù)

?1(??1+?2)

整?=理得?2??1

1?2

?=??1+?2+??

由圖（f）可知，斜率：0.05

2.5

?==

又50

?

?=

聯(lián)立解?得?1：+R?＝2+5?3

由上述可知，該測Ω量方法中電流表A2的內(nèi)阻對測量結(jié)果沒有影響。

故答案為：（1）實線；

（2）①電壓表量程不合理；

②995.0；

③a、53、沒有。

四．解答題（共3小題）

18．（2024?天河區(qū)三模）導(dǎo)熱容器內(nèi)用輕薄活塞封閉一定質(zhì)量理想氣體，關(guān)閉閥門并松開釘銷，將

容器沉入湖底時活塞到水面的距離H＝40m，氣體的體積，壓強為p1，溫度為T1。用

3

釘銷將活塞鎖定后，將容器緩慢提出水面，當氣體的溫度與?環(huán)1=境1溫.0度?相同時其壓強變?yōu)?/p>

?2=5.5×

。已知水面上溫度為T＝297K，水的密度為水，大氣壓強為

533

10???=1.0×10??/??0=1.0×

，取g＝10m/s2?；钊c容器的摩擦力及活塞重力不計。

5

1（01）??求壓強p1和溫度T1；

（2）在水面上足夠長時間后，撤去釘銷（活塞未脫離容器），重新穩(wěn)定后，氣體對外界做功為W

0，求從撤去釘銷到重新穩(wěn)定這一過程氣體與外界傳遞的熱量Q。

【解答】解：（1）根據(jù)題意，由壓強關(guān)系有

p1＝p0+水gH

5

代入數(shù)據(jù)ρ解得：p1＝5×10Pa

封閉氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律有

?1?2?2

==

?解1得?2?

T1＝270K

（2）從撤去釘銷到重新穩(wěn)定的整個過程，氣體的內(nèi)能變化量為零，即

ΔU＝0

根據(jù)熱力學(xué)第一定律有

ΔU＝W+Q

又

W＝﹣W0

解得

Q＝W0

5

答：（1）壓強p1為5×10Pa，溫度T1為270K。

（2）從撤去釘銷到重新穩(wěn)定這一過程氣體與外界傳遞的熱量Q為W0。

19．（2024?長春一模）如圖（a），質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分AB的上表

面粗糙，豎直半圓形部分BC的內(nèi)表面光滑，半徑R＝0.4m，B、C分別為半圓形軌道的最低點和

最高點。質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）靜置在軌道上左端A處，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)

為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2。

μ

（1）若軌道固定，物塊以一定的初速度沿軌道恰好運動到C點，求物塊在B點的速度大小v；

（2）若軌道不固定，對物塊施加水平向右逐漸增大的推力F，物塊在軌道AB段運動時，物塊和

軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖（b）所示，求和m；

（3）在（2）問條件下，在A處對物塊施加水平向μ右F＝8N的恒力，當物塊運動到B點時撤去

F，物塊可沿軌道到達C點且恰好與軌道無作用力，運動過程中軌道AB段始終未脫離地面。求

軌道AB段的長度L。

【解答】解：（1）設(shè)物塊到達C點的速度大小為vC，在C點向心力恰好等于物塊的重力，則有：

2

??

物?塊?由=B??到C的過程，根據(jù)機械能守恒定律得：

1212

???+???2?=??

2解得：2

（2）根?據(jù)=圖2像5可?/知?，當0＜F≤4N時，物塊與軌道相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為：

1?

?=?+?﹣

根據(jù)圖像斜率可得：kg1

12?11

=??=

當F＞4N時，物塊與?軌+道?相對4運動，軌道2的加速度恒定，物塊的加速度隨F增大而增大，同理可

得：

物塊加速度為：

??????

?=?﹣﹣

根據(jù)圖像斜率可得：kg1＝1kg1

16?2

=

聯(lián)立解得：M＝m＝1?kg8?4

軌道加速度為：

???2

??==2?/?

解得：＝0.2?

2

（3）Fμ＝8N時物塊與軌道相對運動，由圖乙的圖像可知：物塊加速度為a1＝6m/s，軌道加速度

2

為a2＝2m/s。設(shè)運動到B點所用時間為t，由