【高考真题】安徽省2024年高考物理试题
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1．（2024·安徽） 大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于 3.11eV，当大量处于 n =3能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ）
A．1 种 B．2 种 C．3 种 D．4 种
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】 根据能级的跃迁特点可知，大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，总共有3种不同频率的光，其能量大小分别为：
1=-1.51eV-（-3.4）eV=1.89eV
2=-1.51eV-（-13.6）eV=12.09eV
3=-3.4eV-（-13.6）eV=10.2eV
紫外光的光子能量大于3.11eV，则辐射出的不同频率的紫外光有2种，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【分析】 根据能级的计算公式得出不同类型的光子的能量，结合紫外光的能量特点得出对应的光的数量
2．（2024·安徽） 某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为 h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为 v．已知人与滑板的总质量为 m，可视为质点．重力加速度大小为 g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】 设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理，有
解得
故ABC错误，D正确。
故选：D
【分析】 根据动能定理列式求解
3．（2024·安徽） 某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速 v 大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ）
A．在 x = 9.0m处开始相遇 B．在x=10.0m 处开始相遇
C．波峰在 x =10.5m 处相遇 D．波峰在 x =11.5m 处相遇
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 AB、两列横波的传播速度相等，则在相等的时间内传播的距离相等，结合图像可知，两列横波的最右端和最左端分别是7m和15m，则两列横波将在x=11.0m处开始相遇，故AB错误；
CD、两列横波相距最近的波峰分别为x=5m和x=16m，同上述分析可知，两列横波的波峰将在x=10.5m处相遇，故C正确，D错误；
故选：C。
【分析】理解横波在水平方向上的传播特点，结合波形图和波速的关系完成分析。
4．（2024·安徽） 倾角为 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t =0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v随时间 t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma1
解得a1=μgcosθ-gsinθ
加速度保持不变，a-t图像为平行于t轴的直线；
经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静=mgsinθ，小物块受平衡力作用，加速度a2=0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v-t图像为平行于t轴的直线。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，结合v-t图像和a-t图像进行分析；
经过时间t0，小物块与传送带共速，根据滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分力大小，判断共速后小物块的运动状态，再结合v-t图像和a-t图像进行分析作答。
5．（2024·安徽） 2024年 3月 20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为 51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为 9900km，周期约为 24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ）
A．周期约为 144h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 A.设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴分别为r1、r2，鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行的周期分别为T1、T2；
根据开普勒第三定律有
代入数据解得T1≈288h，故A错误；
B.鹊桥二号在捕获轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点附近，相等的时间内通过的弧长更长，运行的速度大，在远月点点附近，相等的时间内通过的弧长更短，运行的速度小，因此鹊桥二号在近月点的速度大于远月点的速度，故B正确；
C.根据卫星变轨原理可知，鹊桥二号在捕获轨道近月点需要减速才能进入冻结轨道运行，所以鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D.在近月点，根据万有引力定律和牛顿第二定律，可得
则有
由此可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】 A.根据开普勒第三定律求解鹊桥二号在捕获轨道运行时的周期；
B.鹊桥二号在捕获轨道从近月点向远月点运行的过程中，根据开普勒第二定律分析相等时间内通过的弧长，在方向速度的大小；
C.根据卫星变轨原理，可以判断近月点的速度、在冻结轨道运行时近月点的速度的大小关系；
D.鹊桥二号的加速度由月球的万有引力产生，根据， 可判断其在同一位置上的加速度情况。
6．（2024·安徽） 如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的 M、N 两点，另一端均连接在质量为 m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至 P 点，并保持静止，此时拉力 F 大小为2mg 。已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从 P点运动到 O点的过程中（ ）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小
【答案】A
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】 撤去拉力前，小球的受力情况如图所示：
AB.撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力都对小球做正功，根据动能定理可知，小球的动能一直增大，速度一直增大，故A正确，B错误；
C.小球在P点处于静止状态，根据平衡条件可知小球所受的合力为0，由于拉力F=2mg，因此两弹簧的合力为mg；
当撤去F的瞬间，小球所受的合力最大Fm=2mg
根据牛顿第二定律Fm=mam
解得am=2g，故C错误；
D.小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，故D错误。
故选：A。
【分析】AB.对小球进行受力分析，然后分析撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，重力做功和弹力做功的情况，根据动能定理分析小球动能的变化，再分析小球速度的变化；
CD.根据小球的受力情况分析撤去拉力瞬间合力的情况，再根据牛顿第二定律分析加速度的最大值以及加速度的变化情况。
7．（2024·安徽） 在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为 H。出水口距水平地面的高度为 h，与落地点的水平距离约为 l。假设抽水过程中 H 保持不变，水泵输出能量的 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】 取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动
在水平方向做匀速直线运动l=vt
代入数据解得
设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm=ρV=ρS vΔt
取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能
设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt=ΔE
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，根据平抛运动规律求解Δm的水离开管口时的水平速度；根据密度公式求解Δt时间内时间内抽取水的质量Δm；根据机械能的定义求解管口出的机械能；根据功能关系求解水泵的输出功率。
8．（2024·安徽） 在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为 d的正三角形，如图甲所示。小球质量为 m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球 1 和球 2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球 3 受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，
D．在图乙位置，
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误；
B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故B错误；
CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3-mv1-mv2=0
由于小球1、2的受力情况相同，因此v1=v2
化简得v3=2v1=2v2
三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减=ΔEk增
即
代入数据解得 ，故D正确。
故选：D。
【分析】 A.剪断细线前后，对三个小球进行受力分析，然后作答；
B.在该过程中，系统的能量守恒，动量守恒；
CD.根据动量守恒求水平速度的关系；根据能量守恒求解小球3的速度。
9．（2024·安徽） 一倾角为30℃足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立 Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t =0开始，将一可视为质点的物块从 0 点由静止释放，同时对物块施加沿 x 轴正方向的力F1和F2，其大小与时间 t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为 1.2kg，重力加速度 g 取10m / s2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． 时， 物块的 坐标值为
C． 时， 物块的加速度大小为
D． 时， 物块的速度大小为
【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】 A.根据图（2）可知，F1随时间变化的关系为F1=4-t（N），其中t≤4s
F2随时间变化的关系为F2=3t
F1、F2的合力F=F1+F2=4+2t（N）
物块沿y轴方向的分力
物块沿x轴方向的力Fx=F=4+2t（N）
由于Fx随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；
物块做非匀变速曲线运动，故A错误；
B.物块沿y方向做匀加速运动，加速度
根据匀变速运动公式，t=1s时，物块的y坐标值 ，故B正确；
C.当t=1s时，Fx=4N+2×1N=6N
此时物块所受的合力
根据牛顿第二定律F合=ma
代入数据解得物块的加速度大小
【分析】 A.根据图（2）分别求解F1、F2随时间变化的关系，再求的合力随时间变化的关系，再根据力的合成分析物块所受的合力是否恒定，结合牛顿第二定律分析加速度是否滑动，然后作答；
B.根据牛顿第二定律求解物块沿y轴方向的加速度，根据运动学公式求解作答；
C.根据力的合成求物块所受的合力，根据牛顿第二定律求加速度；
D.根据运动学公式求物块沿y轴方向的瞬时速度；根据题意求x方向的平均作用力，根据牛顿第二定律求平均加速度，再根据运动学公式求物块压x轴方向的瞬时速度，最后求合速度。
10．（2024·安徽） 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B。一质量为 m 的带电油滴 a，在纸面内做半径为 R 的圆周运动，轨迹如图所示。当 a 运动到最低点 P 时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在 P点时与 a的速度方向相同，并做半径为3R 的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为 g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴 带负电， 所带电量的大小为
B．油滴 做圆周运动的速度大小为
C．小油滴 I 做圆周运动的速度大小为 ， 周期为
D．小油滴 II 沿顺时针方向做圆周运动
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq=mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
q
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为 ，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期 ，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力，据此求解场强；
B.洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；
C.小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解线速度；根据线速度与周期的关系求周期，然后作答；
D.根据动量守恒定律求解小油滴Ⅱ的线速度，根据左手定则判断其运动方向。
二、非选择题：共5题．共58分．
11．（2024·安徽） 某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验．
（1）为测量玻璃的折射率，按如图所示进行实验，以下表述正确的一项是____。（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a'
B．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O2
C．实验时入射角θ1应尽量小一些，以减小实验误差
（2）为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面．保持相同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示．此实验初步表明：对于同一种介质，折射率与光的频率有关．频率大，折射率 （填“大”或“小”）
（3）为探究折射率与介质材料的关系，用同一束激光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入射角α1，测得折射角分别为（α2、α3（α2＜α3）），则玻璃和该介质的折射率大小关系为n玻璃 n介质（填“＞”或“＜”）。此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。
【答案】（1）B
（2）大
（3）>
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 （1）A、要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故A错误；
B、由于光沿直线传播，所以两个图钉挡住即表示一条光线，故B正确；
C、实验时入射角如果很小，则可能发生全反射从而看不到实验现象，故C错误；
故选：B。
（2）通过图乙可以看出绿光的折射角比红光的折射角要小，说明绿光的折射率大于红光的折射率，而红光频率小于绿光频率，所以可得出频率越大折射率越大。
（3）对比图丙和图丁可发现，丁的折射角大于丙的折射角，所以丁的折射率小于丙的折射率，说明介质的折射率小于玻璃的折射率。
故答案为：（1）B；（2）大；（3）＞
【分析】 （1）通过“测量玻璃的折射率”的实验过程以及入射角和折射角的关系，可得出正确选项；
（2）根据折射角的大小以及不同颜色光的频率大小，得出答案；
（3）通过图片中的折射角大小分析出折射率大小。
12．（2024·安徽） 某实验小组要将电流表 G（铭牌标示：Ig=500μA，Rg=800Ω）改装成量程为 1V 和 3V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图⑴所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。
（1）开关S1闭合前，滑片 P 应移动到 （填“M”或“N”）端。
（2）根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1200 ，则R2的阻值应调至 。
（3）当单刀双掷开关S2与 a 连接时，电流表 G 和标准电压表 V 的示数分别为 I、U，则电流表 G 的内阻
可表示为 。（结果用 U、I、R1、R2表示）
（4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表 G 内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要____即可。（填正确答案标号）
A．增大电阻箱R1的阻值
B．减小电阻箱R2的阻值
C．将滑动变阻器的滑片 P 向 M 端滑动
（5）校准完成后，开关S2与 b 连接，电流表 G 的示数如图（2）所示，此示数对应的改装电压表读数为 V。（保留 2 位有效数字）
【答案】（1）M
（2）4000
（3）
（4）A
（5）0.86
【知识点】电表的改装与应用
【解析】【解答】 （1）开关S1闭合前，为保护电路，滑动变阻器应处于最大阻值处，故滑片P应移动到M端；
（2）根据要将电流表G改装成量程为1V和3V的电压表，可得，当单刀双掷开关S2与a相连时，量程为3V，根据欧姆定律有： ，代入数值解得：R2=4000Ω
（3）当单刀双掷开关S2与a连接时，根据欧姆定律有：
（4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，则改装后电压表的电流偏大，故电阻偏小，需要增大电阻，故BC错误，A正确。
故选：A。
（5）校准完成后，开关S2与b连接，此时读数为430μA，且改装后的电压表量程为1V，根据比例关系有： ，解得此示数对应的改装电压表读数U'=0.86V。
故答案为：（1）M；（2）4000；（3） ；（4）A；（5）0.86。
【分析】 （1）根据保护电路思想，滑动变阻器最开始应处于最大阻值处分析求解；
（2）根据欧姆定律结合改装的量程分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合电路的串并联关系分析求解；
（4）根据改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，则改装后电压表的电流偏大，分析求解；
（5）根据改装的电压表量程和原表量程，按照比例关系分析求解。
13．（2024·安徽） 某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0=30L，从北京出发时，该轮胎气体的温度 t1= 3℃，压强p1= 2.7X105Pa 。哈尔滨的环境温度t2= 23℃，大气压强 p0取1.0X105Pa 。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1）解： 初状态在北京时T1=-3℃=270K，压强p1=2.7×105Pa，末状态在哈尔滨时T2=-23℃=250K，轮胎内气体的体积不变，说明做等容变化，根据查理定律有 ，解得
（2）解： 设充入的体积为ΔV，等温条件下，根据玻意耳定律，有p2V0+p0 ΔV=p1V0，代入数据解得ΔV=6L
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 （1）设置好相应的状态参量，根据查理定律列式求解压强；
（2）根据玻意耳定律列式代入数据求解。
14．（2024·安徽） 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m 。小球质量m= 0.20kg 。物块、小车质量均为M = 0.30kg 。小车上的水平轨道长 s =1.0m。圆弧轨道半径R= 0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围。
【答案】（1）解： 设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，
由动能定理
代入数据得：v0=5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有
代入数据解得拉力：T=6N
（2）解： 设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0=mv1+Mv2
根据能量守恒：
代入数据联立解得：v2=4m/s
（3）解： 当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmax=0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmin=0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；
（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。
15．（2024·安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积 Scdef的磁通量大小随时间 t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出 ab 中电流的方向；
（2）求 ab 所受安培力的大小随时间 t 变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对 ab 所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）解： 根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ=BS=kt L2=kL2t，感应电动势的大小 ，
根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b；
（2）解： 根据安培力的公式，则F安=BIL，而B=kt，， ，所以
（3）解： 对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F-mg-μFN=ma
代入解得 ，
根据F的表达式可知，当
时，即 时，F有最大值，且最大值为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 （1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
1 / 1【高考真题】安徽省2024年高考物理试题
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1．（2024·安徽） 大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于 3.11eV，当大量处于 n =3能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ）
A．1 种 B．2 种 C．3 种 D．4 种
2．（2024·安徽） 某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为 h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为 v．已知人与滑板的总质量为 m，可视为质点．重力加速度大小为 g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·安徽） 某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速 v 大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ）
A．在 x = 9.0m处开始相遇 B．在x=10.0m 处开始相遇
C．波峰在 x =10.5m 处相遇 D．波峰在 x =11.5m 处相遇
4．（2024·安徽） 倾角为 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t =0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v随时间 t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·安徽） 2024年 3月 20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为 51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为 9900km，周期约为 24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ）
A．周期约为 144h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
6．（2024·安徽） 如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的 M、N 两点，另一端均连接在质量为 m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至 P 点，并保持静止，此时拉力 F 大小为2mg 。已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从 P点运动到 O点的过程中（ ）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小
7．（2024·安徽） 在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为 H。出水口距水平地面的高度为 h，与落地点的水平距离约为 l。假设抽水过程中 H 保持不变，水泵输出能量的 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·安徽） 在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为 d的正三角形，如图甲所示。小球质量为 m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球 1 和球 2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球 3 受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，
D．在图乙位置，
9．（2024·安徽） 一倾角为30℃足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立 Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t =0开始，将一可视为质点的物块从 0 点由静止释放，同时对物块施加沿 x 轴正方向的力F1和F2，其大小与时间 t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为 1.2kg，重力加速度 g 取10m / s2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． 时， 物块的 坐标值为
C． 时， 物块的加速度大小为
D． 时， 物块的速度大小为
10．（2024·安徽） 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B。一质量为 m 的带电油滴 a，在纸面内做半径为 R 的圆周运动，轨迹如图所示。当 a 运动到最低点 P 时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在 P点时与 a的速度方向相同，并做半径为3R 的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为 g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴 带负电， 所带电量的大小为
B．油滴 做圆周运动的速度大小为
C．小油滴 I 做圆周运动的速度大小为 ， 周期为
D．小油滴 II 沿顺时针方向做圆周运动
二、非选择题：共5题．共58分．
11．（2024·安徽） 某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验．
（1）为测量玻璃的折射率，按如图所示进行实验，以下表述正确的一项是____。（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a'
B．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O2
C．实验时入射角θ1应尽量小一些，以减小实验误差
（2）为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面．保持相同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示．此实验初步表明：对于同一种介质，折射率与光的频率有关．频率大，折射率 （填“大”或“小”）
（3）为探究折射率与介质材料的关系，用同一束激光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入射角α1，测得折射角分别为（α2、α3（α2＜α3）），则玻璃和该介质的折射率大小关系为n玻璃 n介质（填“＞”或“＜”）。此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。
12．（2024·安徽） 某实验小组要将电流表 G（铭牌标示：Ig=500μA，Rg=800Ω）改装成量程为 1V 和 3V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图⑴所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。
（1）开关S1闭合前，滑片 P 应移动到 （填“M”或“N”）端。
（2）根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1200 ，则R2的阻值应调至 。
（3）当单刀双掷开关S2与 a 连接时，电流表 G 和标准电压表 V 的示数分别为 I、U，则电流表 G 的内阻
可表示为 。（结果用 U、I、R1、R2表示）
（4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表 G 内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要____即可。（填正确答案标号）
A．增大电阻箱R1的阻值
B．减小电阻箱R2的阻值
C．将滑动变阻器的滑片 P 向 M 端滑动
（5）校准完成后，开关S2与 b 连接，电流表 G 的示数如图（2）所示，此示数对应的改装电压表读数为 V。（保留 2 位有效数字）
13．（2024·安徽） 某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0=30L，从北京出发时，该轮胎气体的温度 t1= 3℃，压强p1= 2.7X105Pa 。哈尔滨的环境温度t2= 23℃，大气压强 p0取1.0X105Pa 。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
14．（2024·安徽） 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m 。小球质量m= 0.20kg 。物块、小车质量均为M = 0.30kg 。小车上的水平轨道长 s =1.0m。圆弧轨道半径R= 0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围。
15．（2024·安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积 Scdef的磁通量大小随时间 t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出 ab 中电流的方向；
（2）求 ab 所受安培力的大小随时间 t 变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对 ab 所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】 根据能级的跃迁特点可知，大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，总共有3种不同频率的光，其能量大小分别为：
1=-1.51eV-（-3.4）eV=1.89eV
2=-1.51eV-（-13.6）eV=12.09eV
3=-3.4eV-（-13.6）eV=10.2eV
紫外光的光子能量大于3.11eV，则辐射出的不同频率的紫外光有2种，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【分析】 根据能级的计算公式得出不同类型的光子的能量，结合紫外光的能量特点得出对应的光的数量
2．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】 设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理，有
解得
故ABC错误，D正确。
故选：D
【分析】 根据动能定理列式求解
3．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 AB、两列横波的传播速度相等，则在相等的时间内传播的距离相等，结合图像可知，两列横波的最右端和最左端分别是7m和15m，则两列横波将在x=11.0m处开始相遇，故AB错误；
CD、两列横波相距最近的波峰分别为x=5m和x=16m，同上述分析可知，两列横波的波峰将在x=10.5m处相遇，故C正确，D错误；
故选：C。
【分析】理解横波在水平方向上的传播特点，结合波形图和波速的关系完成分析。
4．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma1
解得a1=μgcosθ-gsinθ
加速度保持不变，a-t图像为平行于t轴的直线；
经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静=mgsinθ，小物块受平衡力作用，加速度a2=0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v-t图像为平行于t轴的直线。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，结合v-t图像和a-t图像进行分析；
经过时间t0，小物块与传送带共速，根据滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分力大小，判断共速后小物块的运动状态，再结合v-t图像和a-t图像进行分析作答。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 A.设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴分别为r1、r2，鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行的周期分别为T1、T2；
根据开普勒第三定律有
代入数据解得T1≈288h，故A错误；
B.鹊桥二号在捕获轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点附近，相等的时间内通过的弧长更长，运行的速度大，在远月点点附近，相等的时间内通过的弧长更短，运行的速度小，因此鹊桥二号在近月点的速度大于远月点的速度，故B正确；
C.根据卫星变轨原理可知，鹊桥二号在捕获轨道近月点需要减速才能进入冻结轨道运行，所以鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D.在近月点，根据万有引力定律和牛顿第二定律，可得
则有
由此可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】 A.根据开普勒第三定律求解鹊桥二号在捕获轨道运行时的周期；
B.鹊桥二号在捕获轨道从近月点向远月点运行的过程中，根据开普勒第二定律分析相等时间内通过的弧长，在方向速度的大小；
C.根据卫星变轨原理，可以判断近月点的速度、在冻结轨道运行时近月点的速度的大小关系；
D.鹊桥二号的加速度由月球的万有引力产生，根据， 可判断其在同一位置上的加速度情况。
6．【答案】A
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】 撤去拉力前，小球的受力情况如图所示：
AB.撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力都对小球做正功，根据动能定理可知，小球的动能一直增大，速度一直增大，故A正确，B错误；
C.小球在P点处于静止状态，根据平衡条件可知小球所受的合力为0，由于拉力F=2mg，因此两弹簧的合力为mg；
当撤去F的瞬间，小球所受的合力最大Fm=2mg
根据牛顿第二定律Fm=mam
解得am=2g，故C错误；
D.小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，故D错误。
故选：A。
【分析】AB.对小球进行受力分析，然后分析撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，重力做功和弹力做功的情况，根据动能定理分析小球动能的变化，再分析小球速度的变化；
CD.根据小球的受力情况分析撤去拉力瞬间合力的情况，再根据牛顿第二定律分析加速度的最大值以及加速度的变化情况。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】 取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动
在水平方向做匀速直线运动l=vt
代入数据解得
设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm=ρV=ρS vΔt
取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能
设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt=ΔE
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，根据平抛运动规律求解Δm的水离开管口时的水平速度；根据密度公式求解Δt时间内时间内抽取水的质量Δm；根据机械能的定义求解管口出的机械能；根据功能关系求解水泵的输出功率。
8．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误；
B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故B错误；
CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3-mv1-mv2=0
由于小球1、2的受力情况相同，因此v1=v2
化简得v3=2v1=2v2
三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减=ΔEk增
即
代入数据解得 ，故D正确。
故选：D。
【分析】 A.剪断细线前后，对三个小球进行受力分析，然后作答；
B.在该过程中，系统的能量守恒，动量守恒；
CD.根据动量守恒求水平速度的关系；根据能量守恒求解小球3的速度。
9．【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】 A.根据图（2）可知，F1随时间变化的关系为F1=4-t（N），其中t≤4s
F2随时间变化的关系为F2=3t
F1、F2的合力F=F1+F2=4+2t（N）
物块沿y轴方向的分力
物块沿x轴方向的力Fx=F=4+2t（N）
由于Fx随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；
物块做非匀变速曲线运动，故A错误；
B.物块沿y方向做匀加速运动，加速度
根据匀变速运动公式，t=1s时，物块的y坐标值 ，故B正确；
C.当t=1s时，Fx=4N+2×1N=6N
此时物块所受的合力
根据牛顿第二定律F合=ma
代入数据解得物块的加速度大小
【分析】 A.根据图（2）分别求解F1、F2随时间变化的关系，再求的合力随时间变化的关系，再根据力的合成分析物块所受的合力是否恒定，结合牛顿第二定律分析加速度是否滑动，然后作答；
B.根据牛顿第二定律求解物块沿y轴方向的加速度，根据运动学公式求解作答；
C.根据力的合成求物块所受的合力，根据牛顿第二定律求加速度；
D.根据运动学公式求物块沿y轴方向的瞬时速度；根据题意求x方向的平均作用力，根据牛顿第二定律求平均加速度，再根据运动学公式求物块压x轴方向的瞬时速度，最后求合速度。
10．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq=mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
q
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为 ，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期 ，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力，据此求解场强；
B.洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；
C.小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解线速度；根据线速度与周期的关系求周期，然后作答；
D.根据动量守恒定律求解小油滴Ⅱ的线速度，根据左手定则判断其运动方向。
11．【答案】（1）B
（2）大
（3）>
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 （1）A、要先画好界线和法线，用玻璃砖的一边对准界线后用三角板轻贴玻璃砖的另一边，移去玻璃砖后再画出另外一条界线，故A错误；
B、由于光沿直线传播，所以两个图钉挡住即表示一条光线，故B正确；
C、实验时入射角如果很小，则可能发生全反射从而看不到实验现象，故C错误；
故选：B。
（2）通过图乙可以看出绿光的折射角比红光的折射角要小，说明绿光的折射率大于红光的折射率，而红光频率小于绿光频率，所以可得出频率越大折射率越大。
（3）对比图丙和图丁可发现，丁的折射角大于丙的折射角，所以丁的折射率小于丙的折射率，说明介质的折射率小于玻璃的折射率。
故答案为：（1）B；（2）大；（3）＞
【分析】 （1）通过“测量玻璃的折射率”的实验过程以及入射角和折射角的关系，可得出正确选项；
（2）根据折射角的大小以及不同颜色光的频率大小，得出答案；
（3）通过图片中的折射角大小分析出折射率大小。
12．【答案】（1）M
（2）4000
（3）
（4）A
（5）0.86
【知识点】电表的改装与应用
【解析】【解答】 （1）开关S1闭合前，为保护电路，滑动变阻器应处于最大阻值处，故滑片P应移动到M端；
（2）根据要将电流表G改装成量程为1V和3V的电压表，可得，当单刀双掷开关S2与a相连时，量程为3V，根据欧姆定律有： ，代入数值解得：R2=4000Ω
（3）当单刀双掷开关S2与a连接时，根据欧姆定律有：
（4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，则改装后电压表的电流偏大，故电阻偏小，需要增大电阻，故BC错误，A正确。
故选：A。
（5）校准完成后，开关S2与b连接，此时读数为430μA，且改装后的电压表量程为1V，根据比例关系有： ，解得此示数对应的改装电压表读数U'=0.86V。
故答案为：（1）M；（2）4000；（3） ；（4）A；（5）0.86。
【分析】 （1）根据保护电路思想，滑动变阻器最开始应处于最大阻值处分析求解；
（2）根据欧姆定律结合改装的量程分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合电路的串并联关系分析求解；
（4）根据改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，则改装后电压表的电流偏大，分析求解；
（5）根据改装的电压表量程和原表量程，按照比例关系分析求解。
13．【答案】（1）解： 初状态在北京时T1=-3℃=270K，压强p1=2.7×105Pa，末状态在哈尔滨时T2=-23℃=250K，轮胎内气体的体积不变，说明做等容变化，根据查理定律有 ，解得
（2）解： 设充入的体积为ΔV，等温条件下，根据玻意耳定律，有p2V0+p0 ΔV=p1V0，代入数据解得ΔV=6L
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 （1）设置好相应的状态参量，根据查理定律列式求解压强；
（2）根据玻意耳定律列式代入数据求解。
14．【答案】（1）解： 设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，
由动能定理
代入数据得：v0=5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有
代入数据解得拉力：T=6N
（2）解： 设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0=mv1+Mv2
根据能量守恒：
代入数据联立解得：v2=4m/s
（3）解： 当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmax=0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmin=0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；
（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。
15．【答案】（1）解： 根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ=BS=kt L2=kL2t，感应电动势的大小 ，
根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b；
（2）解： 根据安培力的公式，则F安=BIL，而B=kt，， ，所以
（3）解： 对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F-mg-μFN=ma
代入解得 ，
根据F的表达式可知，当
时，即 时，F有最大值，且最大值为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 （1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
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