2024届甘肃省高三下学期二模物理试题
1．（2024高三下·甘肃模拟）硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入癌细胞内的硼核（）吸收慢中子（动能可忽略不计），转变成锂核（Li）和α粒子，释放出γ光子。已知核反应过程中质量亏损为，γ光子的波长为λ，硼核的比结合能为，氦核的比结合能为，普朗克常量为h，真空中光速为c。则关于上述核反应，说法正确的是（ ）
A．核反应方程为
B．上述核反应属于α衰变
C．γ光子的能量
D．锂核的比结合能
2．（2024高三下·甘肃模拟）反卫星技术（ASAT）是目前在军事航天领域一项非常敏感且先进的技术，其中一项技术是从正在正常运行的某卫星发射激光束，直接击毁敌方的人造天体或航天系统。现假设有一个质量为m的地球卫星P在半径为 R的轨道上运行，可以对质量为 M、轨道半径为2R的地球卫星Q实施“激光打击”，已知M=2m，下列说法正确的是（ ）
A．卫星Q受到地球的万有引力比卫星 P的大
B．卫星Q的周期是卫星P的 倍
C．卫星P 的加速度大小是卫星Q的4倍
D．卫星P 的线速度大小是卫星Q的2 倍
3．（2024高三下·甘肃模拟）如图为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离就会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于、之间的弹力的说法正确的是（ ）
A．、之间的弹力不断变大
B．、之间的弹力不断变小
C．之间的弹力变大、之间的弹力变小
D．之间的弹力变小、之间的弹力变大
4．（2024高三下·甘肃模拟）物理学中有很多关于“通量”的概念，如磁通量，辐射通量等，其中辐射通量表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为J/s，波长为的平行光垂直照射在面积为S的纸板上，已知该束光单位体积内的光子数为n，光速为c，普朗克常量为h，则该束光的辐射通量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·甘肃模拟）运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两次的初速度大小可能相等 B．击中a点用的时间长
C．击中a的过程中，动能变化量小 D．两过程中动量变化量相等
6．（2024高三下·甘肃模拟）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和 ，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时，质点a的位移沿y轴正向
B．时，质点a 的加速度方向与速度方向相同
C．该波沿x轴的负方向传播，波速为0.5m/s
D．质点a经过4s振动的路程为1m
7．（2024高三下·甘肃模拟）如图甲所示，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为 的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图乙所示，取，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度，方向沿斜面向下
8．（2024高三下·甘肃模拟）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振幅最大
B．图乙为某金属在光的照射下，光电子的最大初动能与入射光频率的关系图像。若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，都能使该金属发生光电效应
C．图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，在水珠中a光束的传播速度一定大于b光束的传播速度
D．图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越小，相邻亮条纹间距越大
9．（2024高三下·甘肃模拟）某同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像如图所示，横轴为时间，纵轴忘记标记。已知甲曲线两部分均为抛物线，且t=0s与t=1s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点。下列说法正确的是（ ）
A．若图像为位移—时间图像，甲物体0~1s和1~2s加速度大小相等
B．若图像为位移—时间图像，0~1s乙物体平均速度大于甲物体平均速度
C．若图像为速度—时间图像，0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍
D．若图像为速度—时间图像，且两物体在同一直线上运动，可能在t=1s时刻相遇
10．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧圆心为，半径为R（R远大于轨道内径），直线段轨道AC、HD 粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线 MC左侧和ND 右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段轨道间的动摩擦因数为μ，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若，小球所受电场力等于其重力的倍。重力加速度为g。则（ ）
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中做加速度减小的加速运动
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功
D．经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为
11．（2024高三下·甘肃模拟）学校某科研小组的同学想要测量本地的重力加速度。某同学在家做了单摆实验，他将一端固定在房顶的细线垂到自家窗沿下，在线的下端系了一个小球，发现当小球静止时，细线保持竖直且恰好与窗子上沿接触。打开窗子，让小球在垂直于窗口的竖直平面内摆动，如右图所示。已测得窗上沿到房顶的高度为h=3m，摆动中小球球心到窗上沿的距离为L=1m，并测得小球摆动的周期为T=3s，π取3.14，则
（1）小球摆动的周期为T= （用题中字母h、L、g、π表示），测得重力加速度大小为 m/s2（保留三位有效数字）。
（2）科研小组的同学查到当地重力加速度的值，发现该测量值偏大，可能的原因是
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次
B．开始计时时，秒表过早按下
C．测L的长度时，摆线拉的过紧
12．（2024高三下·甘肃模拟）某实验小组想用伏安法测量在光照一定的情况下某太阳能电池的电动势 E（约3V），并探究其内阻的变化特性。设计的电路如图甲所示，电路中，电流表的内阻忽略不计。
（1）实验小组调节滑动变阻器测得多组电压和电流数据，并在坐标纸上描绘出光照一定情况下，电池的路端电压U与输出电流I的关系如图乙所示，由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系。则该电池的电动势= V，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的内阻r= （均保留两位有效数字）。
（2）当电流大于150mA 时，随着电流增大，电池的电阻 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，电池的输出功率为 W（保留两位有效数字）。
13．（2024高三下·甘肃模拟）某同学设计一装置来探究容器内气体状态受外界环境变化的影响。如图所示，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积，管内一长h=11cm的静止水银柱封闭着长度 的空气柱，此时外界环境的温度 。现把容器浸没在水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变为10cm，已知容器的容积。求∶
（1）水的温度 T；
（2）若容器未浸入水中，向玻璃管加注水银，使水银柱的长度增加，仍使水银柱静止时下方的空气柱长度为10cm，求外界大气压。
14．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，倾角（ 的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为；开始时用手托住石块，轻绳恰好伸直、且与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；现由静止释放石块，运动过程中弹簧都在弹性限度内，重力加速度，，。求：
（1）释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能；
（2）滑块上滑过程中的最大速度。
15．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为，平行于斜面底边的边界PQ 下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为的U型金属框静置于斜面上，其中 MN边长，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为框架电阻不计且足够长。质量电阻的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界 PQ 上方距离为d=0.75m。已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，（，）求：
（1）金属棒ab刚进入磁场时，框架MN边受到的安培力；
（2）金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
（3）金属棒 ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；光子及其动量；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应中遵循质量数和电荷数守恒；本题的关键在于理解结合能和比结合能的含义，理解结合能与核反应释放的核能的关系。A．根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为
故A正确；
B．核反应过程中虽然生成物有粒子，但有中子参与反应，反应物有两个，而衰变的特点是反应物只有一个且自发的发生，故上述核反应不属于衰变，故B错误；
C．光子的波长为，则其能量为
故C错误；
D．已知核反应过程中质量亏损为，则核反应放出的能量为，即生成物放出的能量与反应物吸收的能量之差为核能，则有
可得锂核的比结合能为
故D错误。
故选A。
【分析】根据核反应遵循质量数和电荷数守恒的原则求解核反应方程，根据核反应的类型分析作答；根据光子能量公式分析作答；根据爱因斯坦质能方程、结合能和比结合能的知识求解。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力的应用，万有引力定律提供环绕天体做圆周运动的向心力，列对应的向心力方程即可求解。
A．设地球质量为，根据题意可得地球对卫星P、Q的万有引力分别为
，
可知卫星Q受到地球的万有引力比卫星 P的小，故A错误；
BCD．根据万有引力充当向心力有
解得
，，
则
故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据万有引力的公式判断；由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力求出周期、加速度、速度的表达式，然后判断。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】学生在解答本题时，应注意受力分析要灵活运用正交分解以及角度的几何关系作答。对点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力；方向杆的拉力，方向的弹力，与水平方向夹角为，可知
当变大时，和均变小。
故选B。
【分析】对O点受力分析，根据受力平衡，结合夹角变化情况，得出力的变化。
4．【答案】A
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查爱因斯坦光电效应方程，必须掌握光子能量公式为ε=hν，然后进行简单地公式推导。设时间内，照射在纸板上的光子数为
辐射能为
则该束光的辐射通量为
故选A。
【分析】根据辐射通量的定义推导光的辐射通量的计算公式。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查平抛运动，要求掌握平抛运动规律和动量定理。做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。AB．两次射门足球分别水平打在水平横梁上，说明足球离地面的高度相同，根据位移-时间公式
可知击中a、b两点所用的时间相同，根据速度-时间公式
可知踢出时竖直方向的速度相同，水平方向做匀速运动，击中a、b两点时的水平位移不同，根据
可知踢出时的水平速度不同，根据
可知两次的初速度大小不相等，故AB错误；
C．击中a、b两点的过程中，足球上升的高度相同，根据
可知两过程动能变化量相同，故C错误；
D．取竖直向上为正方向，根据动量定理有
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
【分析】根据逆向思维将运动看作平抛运动，根据平抛运动规律计算初速度和时间；根据动量定理分析动量变化。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。C．由图乙可知质点b该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿方向传播，机械波的波长为8m，周期为8s，则波速为
故C错误；
AB．由于该波沿方向传播，由图甲可知，此时质点a沿轴向下振动，由于
可知时，质点a处于平衡位置向波谷的振动过程中，此时质点a的位移沿y轴负向，质点a的加速度方向沿y轴正向，加速度方向与速度方向相反，故AB错误；
D．由于
可知质点a经过4s振动的路程为
故D正确。
【分析】根据图乙读出t=0时刻质点b的振动方向，利用波形平移法判断波的传播方向，由图甲读出波长，由图乙读出周期，从而求得波速；根据时间与周期之间的关系，分析t=1s时质点a的位移方向以及加速度与速度方向关系。利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可求得质点a经过4s振动的路程。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据图示图像分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据图示图像求出物块的加速度，应用牛顿第二定律即可解题。AD．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度，方向沿斜面向上，故AD错误；
C．图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为
故C正确；
B．物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为
物块沿传送带向下减速通过的位移大小为
物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为
物块反向向上加速通过的位移大小为
则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为
则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为
故B错误。
故选C。
【分析】分析图示图像，根据图示图像判断物块的运动过程，根据图示图像求出传送带的速度与方向；由图示v-t图像求出物块的加速度，运用运动学公式求出运动时间。
8．【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】本题考查了受迫振动、光电效应、双缝干涉条纹间距公式、光的折射等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。A．根据单摆的周期公式
可知，在图甲中A、C两球摆长相同，因此两球摆动周期相同，固有频率相同。当摆球A摆动时，摆球B、C做受迫振动，C球与A球发生共振，当摆动稳定时，B、C两摆中C摆球的振幅最大，故A错误；
B．根据爱因斯坦的光电效应方程
结合图乙可知，图像与横轴交点即为表示金属的截止频率，而只要入射光的频率大于金属的截止频率，即可发生光电效应，因此若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，都能使该金属发生光电效应，故B正确；
C．过入射点做出法线，如下图所示
显然，在入射角相同的情况下，a光的折射角大于b光的折射角，所以a光的折射率小于b光的折射率。根据折射率与传播速度之间的关系式
可知，折射率越小光在介质中的传播速度越大，因此在水珠中a光束的传播速度一定大于b光束的传播速度，故C正确；
D．根据条纹间距公式
式中表示挡板（双缝）到屏的距离，则可知，对于确定的入射光，挡板（双缝）到屏的间距越小，相邻亮条纹间距越小，故D错误。
故选BC。
【分析】根据共振的条件判断；当入射光的频率大于极限频率时发生光电效应；根据折射定律和折射率与速度的关系分析；根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。
9．【答案】A,C,D
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解答本题时，要理解x-t图像与v-t图像的意义，搞清它们的区别，要明确x-t图像的斜率表示速度，v-t图像的斜率表示加速度，v-t图像与时间轴所围的面积表示位移。A．若图像为位移—时间图像，内甲物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，时间相同，由
可知，这两个过程中甲物体的加速度大小相等，故A正确；
B．若图像为位移—时间图像，0~1s内甲物体和乙物体的位移相同，所用时间相同，因此平均速度相同，故B错误；
C．若图像为速度—时间图像，可知图像与时间轴围成的面积表示位移，利用割补法，如图所示
根据几何关系可知，乙的位移是甲的位移的2倍，因此可知0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，故C正确；
D．若图像为速度—时间图像，内乙的图像与时间轴围成的面积比甲的图像与时间轴围成的面积大，由此可知内乙的位移大于甲的位移，但由于甲乙初始位置不确定，则两物体可能在t=1s时刻相遇，故D正确。
故选ACD。
【分析】若图像为位移—时间图像，0-1s内甲物体做初速度为零的匀加速直线运动，1-2s做反向匀加速直线运动，根据位移—时间公式分析加速度关系；根据位移与时间之比分析平均速度关系；若图像为速度—时间图像，图像与时间轴所围的面积表示位移，分析位移关系，再判断平均速度关系；根据位移关系，结合初始位置关系，判断两物体在t=1s时刻能否相遇。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电体在复合场中的运动问题，掌握牛顿第二定律、动能定理的综合运用，掌握左手定则的应用，抓住重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键。A．当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，有
又
解得最大速度
故A正确；
B．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为
重力在垂直轨道方向上的分量为
因此，电场力与重力的合力方向恰好沿AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而导致滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律
小球一开始做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，故B错误；
C．最终小球在CD间做往复运动，由动能定理
解得克服摩擦力做功
故C正确；
D．小球经过点时满足
小球经过点向右运动时
小球经过点向左运动时
解得小球对轨道的弹力为
或
故D正确。
故选ACD。
【分析】小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，对小球受力分析，可将重力与电场力合成为一个合力，分析洛伦兹力对运动的影响，判断滑动摩擦力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，从而判断其运动情况。当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，由共点力平衡条件求解最大速度。经过足够长时间，最终小球在CD间做往复运动，根据动能定理求解克服摩擦力做的总功。小球由C向D经过O点时与由D向C经过O点时受到的洛伦兹力方向不同，而速度的大小相等，可知小球经过O点时对轨道的弹力有两个可能值。
11．【答案】（1）；9.86
（2）A；C
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了单摆的周期公式的理解，知道组合单摆周期的求解方法；能够根据得出的单摆周期表达式进行实验误差的分析。
（1）由题意可知，小球摆动过程有半个周期对应的摆长为，有半个周期对应的摆长为，则小球摆动的周期为
[ 根据
可得
（2）根据
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测L的长度时，摆线拉的过紧，则L测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确。
故选AC。
【分析】（1）单摆在窗子上缘的摆长不同，根据单摆周期公式求解作答；
（2）根据得到的单摆周期的表达式分析实验误差。
（1）[1]由题意可知，小球摆动过程有半个周期对应的摆长为，有半个周期对应的摆长为，则小球摆动的周期为
[2] 根据
可得
（2）根据
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测L的长度时，摆线拉的过紧，则L测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确。
故选AC。
12．【答案】（1）2.9；2.3
（2）增大；0.48
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了用伏安法测量某太阳能电池的电动势，并探究其内阻的变化特性的实验，把R0看作电池内阻的一部分，并根据闭合电路的欧姆定律求解U-I函数是解题的关键；理解电源的输出功率的含义，能够正确求解电源的输出功率。
（1）由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系，根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可知，图像与纵轴截距即为电源电动势的大小，图像斜率的绝对值为定值电阻与电源内阻之和，可得
，
（2）当电流大于150mA 时，随着电流增大，可知图像的斜率的绝对值逐渐增大，由此可知电池的内阻增大；根据图乙可读得，当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，此时回路中得电流为，则可得电源得输出功率
代入数据解得
【分析】（1）把R0看作电池内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和0≤I≤150mA内斜率的绝对值求电动势和内阻；
（2）把R0看作电池内阻的一部分，得到的U-I函数图象斜率的绝对值表示等效内阻，当电流大于150mA时，从斜率的变化分析电池内阻的变化；根据图乙，当电压表示数为0.5V时，得到通过电流表的电流值，根据功率公式求解电池的输出功率。
（1）[1][2]由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系，根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可知，图像与纵轴截距即为电源电动势的大小，图像斜率的绝对值为定值电阻与电源内阻之和，可得
，
（2）[1]当电流大于150mA 时，随着电流增大，可知图像的斜率的绝对值逐渐增大，由此可知电池的内阻增大；
[2]根据图乙可读得，当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，此时回路中得电流为，则可得电源得输出功率
代入数据解得
13．【答案】解：（1）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）根据题意，加注水银的过程中气体做等温变化，根据波义耳定律可得
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）以封闭气体为研究对象，气体发生等压变化。根据盖-吕萨克定律列式求解；
（2）加注水银的过程中气体做等温变化，求出压强体积等参数，根据玻意耳定律列式求解。
14．【答案】解：（1）根据题意，开始时用手托住石块，轻绳恰好伸直、且与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑，则根据临界状态，由平衡条件有
解得
根据弹簧弹性势能的表达式
代入可得
（2）当松手后滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有
滑块上升过程中弹簧恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中滑块做加速度减小的加速运动，当滑块恢复原长后将被拉升，此后由牛顿第二定律有
当滑块所受合外力为零时速度达到最大，此时应有
解得
可知从滑块静止到速度达到最大，弹簧的伸长量与压缩量相同，则对该过程由动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）开始时，滑块恰好不上滑，所受静摩擦力沿斜面向下达到最大值，根据平衡条件和胡克定律相结合求出释放物块C瞬间弹簧的压缩量，再由弹性势能的公式求刚释放时弹簧的弹性势能；
（2）当滑块所受合力为零时，速度最大，由合力为零求出此时弹簧的形变量。从释放到石块的速度最大，由能量守恒定律求滑块的最大速度。
15．【答案】解：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为，根据动能定理得
解得
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
解得
电流方向由N流向M。框架MN边受到的安培力大小为
方向沿斜面向下。
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为
设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以、的速度做匀速运动，则有
此时回路的电动势为
电流为
金属棒ab匀速运动
联立解得
，
金属棒ab重力的功率
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出金属棒ab刚进入磁场时的速度，结合法拉第电磁感应定律求出金属棒ab产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小，根据右手定则分析感应电流方向，再根据F=BIL计算框架MN边受到的安培力大小，由左手定则判断安培力方向；
（2）根据牛顿第二定律解得框架的加速度大小a；
（3）金属棒ab进入磁场后，受到安培力而做减速运动，框架MN边受到安培力而做加速运动，由于两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律和平衡条件求系统稳定运动时两者的速度，再求金属棒重力的功率P。
2024届甘肃省高三下学期二模物理试题
1．（2024高三下·甘肃模拟）硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入癌细胞内的硼核（）吸收慢中子（动能可忽略不计），转变成锂核（Li）和α粒子，释放出γ光子。已知核反应过程中质量亏损为，γ光子的波长为λ，硼核的比结合能为，氦核的比结合能为，普朗克常量为h，真空中光速为c。则关于上述核反应，说法正确的是（ ）
A．核反应方程为
B．上述核反应属于α衰变
C．γ光子的能量
D．锂核的比结合能
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；光子及其动量；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应中遵循质量数和电荷数守恒；本题的关键在于理解结合能和比结合能的含义，理解结合能与核反应释放的核能的关系。A．根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为
故A正确；
B．核反应过程中虽然生成物有粒子，但有中子参与反应，反应物有两个，而衰变的特点是反应物只有一个且自发的发生，故上述核反应不属于衰变，故B错误；
C．光子的波长为，则其能量为
故C错误；
D．已知核反应过程中质量亏损为，则核反应放出的能量为，即生成物放出的能量与反应物吸收的能量之差为核能，则有
可得锂核的比结合能为
故D错误。
故选A。
【分析】根据核反应遵循质量数和电荷数守恒的原则求解核反应方程，根据核反应的类型分析作答；根据光子能量公式分析作答；根据爱因斯坦质能方程、结合能和比结合能的知识求解。
2．（2024高三下·甘肃模拟）反卫星技术（ASAT）是目前在军事航天领域一项非常敏感且先进的技术，其中一项技术是从正在正常运行的某卫星发射激光束，直接击毁敌方的人造天体或航天系统。现假设有一个质量为m的地球卫星P在半径为 R的轨道上运行，可以对质量为 M、轨道半径为2R的地球卫星Q实施“激光打击”，已知M=2m，下列说法正确的是（ ）
A．卫星Q受到地球的万有引力比卫星 P的大
B．卫星Q的周期是卫星P的 倍
C．卫星P 的加速度大小是卫星Q的4倍
D．卫星P 的线速度大小是卫星Q的2 倍
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力的应用，万有引力定律提供环绕天体做圆周运动的向心力，列对应的向心力方程即可求解。
A．设地球质量为，根据题意可得地球对卫星P、Q的万有引力分别为
，
可知卫星Q受到地球的万有引力比卫星 P的小，故A错误；
BCD．根据万有引力充当向心力有
解得
，，
则
故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据万有引力的公式判断；由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力求出周期、加速度、速度的表达式，然后判断。
3．（2024高三下·甘肃模拟）如图为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离就会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于、之间的弹力的说法正确的是（ ）
A．、之间的弹力不断变大
B．、之间的弹力不断变小
C．之间的弹力变大、之间的弹力变小
D．之间的弹力变小、之间的弹力变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】学生在解答本题时，应注意受力分析要灵活运用正交分解以及角度的几何关系作答。对点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力；方向杆的拉力，方向的弹力，与水平方向夹角为，可知
当变大时，和均变小。
故选B。
【分析】对O点受力分析，根据受力平衡，结合夹角变化情况，得出力的变化。
4．（2024高三下·甘肃模拟）物理学中有很多关于“通量”的概念，如磁通量，辐射通量等，其中辐射通量表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为J/s，波长为的平行光垂直照射在面积为S的纸板上，已知该束光单位体积内的光子数为n，光速为c，普朗克常量为h，则该束光的辐射通量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】本题考查爱因斯坦光电效应方程，必须掌握光子能量公式为ε=hν，然后进行简单地公式推导。设时间内，照射在纸板上的光子数为
辐射能为
则该束光的辐射通量为
故选A。
【分析】根据辐射通量的定义推导光的辐射通量的计算公式。
5．（2024高三下·甘肃模拟）运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两次的初速度大小可能相等 B．击中a点用的时间长
C．击中a的过程中，动能变化量小 D．两过程中动量变化量相等
【答案】D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查平抛运动，要求掌握平抛运动规律和动量定理。做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。AB．两次射门足球分别水平打在水平横梁上，说明足球离地面的高度相同，根据位移-时间公式
可知击中a、b两点所用的时间相同，根据速度-时间公式
可知踢出时竖直方向的速度相同，水平方向做匀速运动，击中a、b两点时的水平位移不同，根据
可知踢出时的水平速度不同，根据
可知两次的初速度大小不相等，故AB错误；
C．击中a、b两点的过程中，足球上升的高度相同，根据
可知两过程动能变化量相同，故C错误；
D．取竖直向上为正方向，根据动量定理有
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
【分析】根据逆向思维将运动看作平抛运动，根据平抛运动规律计算初速度和时间；根据动量定理分析动量变化。
6．（2024高三下·甘肃模拟）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和 ，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时，质点a的位移沿y轴正向
B．时，质点a 的加速度方向与速度方向相同
C．该波沿x轴的负方向传播，波速为0.5m/s
D．质点a经过4s振动的路程为1m
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。C．由图乙可知质点b该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿方向传播，机械波的波长为8m，周期为8s，则波速为
故C错误；
AB．由于该波沿方向传播，由图甲可知，此时质点a沿轴向下振动，由于
可知时，质点a处于平衡位置向波谷的振动过程中，此时质点a的位移沿y轴负向，质点a的加速度方向沿y轴正向，加速度方向与速度方向相反，故AB错误；
D．由于
可知质点a经过4s振动的路程为
故D正确。
【分析】根据图乙读出t=0时刻质点b的振动方向，利用波形平移法判断波的传播方向，由图甲读出波长，由图乙读出周期，从而求得波速；根据时间与周期之间的关系，分析t=1s时质点a的位移方向以及加速度与速度方向关系。利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可求得质点a经过4s振动的路程。
7．（2024高三下·甘肃模拟）如图甲所示，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为 的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图乙所示，取，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度，方向沿斜面向下
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据图示图像分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据图示图像求出物块的加速度，应用牛顿第二定律即可解题。AD．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度，方向沿斜面向上，故AD错误；
C．图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为
故C正确；
B．物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为
物块沿传送带向下减速通过的位移大小为
物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为
物块反向向上加速通过的位移大小为
则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为
则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为
故B错误。
故选C。
【分析】分析图示图像，根据图示图像判断物块的运动过程，根据图示图像求出传送带的速度与方向；由图示v-t图像求出物块的加速度，运用运动学公式求出运动时间。
8．（2024高三下·甘肃模拟）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振幅最大
B．图乙为某金属在光的照射下，光电子的最大初动能与入射光频率的关系图像。若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，都能使该金属发生光电效应
C．图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，在水珠中a光束的传播速度一定大于b光束的传播速度
D．图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越小，相邻亮条纹间距越大
【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】本题考查了受迫振动、光电效应、双缝干涉条纹间距公式、光的折射等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。A．根据单摆的周期公式
可知，在图甲中A、C两球摆长相同，因此两球摆动周期相同，固有频率相同。当摆球A摆动时，摆球B、C做受迫振动，C球与A球发生共振，当摆动稳定时，B、C两摆中C摆球的振幅最大，故A错误；
B．根据爱因斯坦的光电效应方程
结合图乙可知，图像与横轴交点即为表示金属的截止频率，而只要入射光的频率大于金属的截止频率，即可发生光电效应，因此若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，都能使该金属发生光电效应，故B正确；
C．过入射点做出法线，如下图所示
显然，在入射角相同的情况下，a光的折射角大于b光的折射角，所以a光的折射率小于b光的折射率。根据折射率与传播速度之间的关系式
可知，折射率越小光在介质中的传播速度越大，因此在水珠中a光束的传播速度一定大于b光束的传播速度，故C正确；
D．根据条纹间距公式
式中表示挡板（双缝）到屏的距离，则可知，对于确定的入射光，挡板（双缝）到屏的间距越小，相邻亮条纹间距越小，故D错误。
故选BC。
【分析】根据共振的条件判断；当入射光的频率大于极限频率时发生光电效应；根据折射定律和折射率与速度的关系分析；根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。
9．（2024高三下·甘肃模拟）某同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像如图所示，横轴为时间，纵轴忘记标记。已知甲曲线两部分均为抛物线，且t=0s与t=1s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点。下列说法正确的是（ ）
A．若图像为位移—时间图像，甲物体0~1s和1~2s加速度大小相等
B．若图像为位移—时间图像，0~1s乙物体平均速度大于甲物体平均速度
C．若图像为速度—时间图像，0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍
D．若图像为速度—时间图像，且两物体在同一直线上运动，可能在t=1s时刻相遇
【答案】A,C,D
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解答本题时，要理解x-t图像与v-t图像的意义，搞清它们的区别，要明确x-t图像的斜率表示速度，v-t图像的斜率表示加速度，v-t图像与时间轴所围的面积表示位移。A．若图像为位移—时间图像，内甲物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，时间相同，由
可知，这两个过程中甲物体的加速度大小相等，故A正确；
B．若图像为位移—时间图像，0~1s内甲物体和乙物体的位移相同，所用时间相同，因此平均速度相同，故B错误；
C．若图像为速度—时间图像，可知图像与时间轴围成的面积表示位移，利用割补法，如图所示
根据几何关系可知，乙的位移是甲的位移的2倍，因此可知0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，故C正确；
D．若图像为速度—时间图像，内乙的图像与时间轴围成的面积比甲的图像与时间轴围成的面积大，由此可知内乙的位移大于甲的位移，但由于甲乙初始位置不确定，则两物体可能在t=1s时刻相遇，故D正确。
故选ACD。
【分析】若图像为位移—时间图像，0-1s内甲物体做初速度为零的匀加速直线运动，1-2s做反向匀加速直线运动，根据位移—时间公式分析加速度关系；根据位移与时间之比分析平均速度关系；若图像为速度—时间图像，图像与时间轴所围的面积表示位移，分析位移关系，再判断平均速度关系；根据位移关系，结合初始位置关系，判断两物体在t=1s时刻能否相遇。
10．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧圆心为，半径为R（R远大于轨道内径），直线段轨道AC、HD 粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线 MC左侧和ND 右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段轨道间的动摩擦因数为μ，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若，小球所受电场力等于其重力的倍。重力加速度为g。则（ ）
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中做加速度减小的加速运动
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功
D．经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电体在复合场中的运动问题，掌握牛顿第二定律、动能定理的综合运用，掌握左手定则的应用，抓住重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键。A．当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，有
又
解得最大速度
故A正确；
B．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为
重力在垂直轨道方向上的分量为
因此，电场力与重力的合力方向恰好沿AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而导致滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律
小球一开始做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，故B错误；
C．最终小球在CD间做往复运动，由动能定理
解得克服摩擦力做功
故C正确；
D．小球经过点时满足
小球经过点向右运动时
小球经过点向左运动时
解得小球对轨道的弹力为
或
故D正确。
故选ACD。
【分析】小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，对小球受力分析，可将重力与电场力合成为一个合力，分析洛伦兹力对运动的影响，判断滑动摩擦力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，从而判断其运动情况。当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，由共点力平衡条件求解最大速度。经过足够长时间，最终小球在CD间做往复运动，根据动能定理求解克服摩擦力做的总功。小球由C向D经过O点时与由D向C经过O点时受到的洛伦兹力方向不同，而速度的大小相等，可知小球经过O点时对轨道的弹力有两个可能值。
11．（2024高三下·甘肃模拟）学校某科研小组的同学想要测量本地的重力加速度。某同学在家做了单摆实验，他将一端固定在房顶的细线垂到自家窗沿下，在线的下端系了一个小球，发现当小球静止时，细线保持竖直且恰好与窗子上沿接触。打开窗子，让小球在垂直于窗口的竖直平面内摆动，如右图所示。已测得窗上沿到房顶的高度为h=3m，摆动中小球球心到窗上沿的距离为L=1m，并测得小球摆动的周期为T=3s，π取3.14，则
（1）小球摆动的周期为T= （用题中字母h、L、g、π表示），测得重力加速度大小为 m/s2（保留三位有效数字）。
（2）科研小组的同学查到当地重力加速度的值，发现该测量值偏大，可能的原因是
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次
B．开始计时时，秒表过早按下
C．测L的长度时，摆线拉的过紧
【答案】（1）；9.86
（2）A；C
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了单摆的周期公式的理解，知道组合单摆周期的求解方法；能够根据得出的单摆周期表达式进行实验误差的分析。
（1）由题意可知，小球摆动过程有半个周期对应的摆长为，有半个周期对应的摆长为，则小球摆动的周期为
[ 根据
可得
（2）根据
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测L的长度时，摆线拉的过紧，则L测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确。
故选AC。
【分析】（1）单摆在窗子上缘的摆长不同，根据单摆周期公式求解作答；
（2）根据得到的单摆周期的表达式分析实验误差。
（1）[1]由题意可知，小球摆动过程有半个周期对应的摆长为，有半个周期对应的摆长为，则小球摆动的周期为
[2] 根据
可得
（2）根据
A．实验中误将 n次全振动次数记为n+1次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故A正确；
B．开始计时时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测L的长度时，摆线拉的过紧，则L测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确。
故选AC。
12．（2024高三下·甘肃模拟）某实验小组想用伏安法测量在光照一定的情况下某太阳能电池的电动势 E（约3V），并探究其内阻的变化特性。设计的电路如图甲所示，电路中，电流表的内阻忽略不计。
（1）实验小组调节滑动变阻器测得多组电压和电流数据，并在坐标纸上描绘出光照一定情况下，电池的路端电压U与输出电流I的关系如图乙所示，由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系。则该电池的电动势= V，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的内阻r= （均保留两位有效数字）。
（2）当电流大于150mA 时，随着电流增大，电池的电阻 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，电池的输出功率为 W（保留两位有效数字）。
【答案】（1）2.9；2.3
（2）增大；0.48
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了用伏安法测量某太阳能电池的电动势，并探究其内阻的变化特性的实验，把R0看作电池内阻的一部分，并根据闭合电路的欧姆定律求解U-I函数是解题的关键；理解电源的输出功率的含义，能够正确求解电源的输出功率。
（1）由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系，根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可知，图像与纵轴截距即为电源电动势的大小，图像斜率的绝对值为定值电阻与电源内阻之和，可得
，
（2）当电流大于150mA 时，随着电流增大，可知图像的斜率的绝对值逐渐增大，由此可知电池的内阻增大；根据图乙可读得，当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，此时回路中得电流为，则可得电源得输出功率
代入数据解得
【分析】（1）把R0看作电池内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和0≤I≤150mA内斜率的绝对值求电动势和内阻；
（2）把R0看作电池内阻的一部分，得到的U-I函数图象斜率的绝对值表示等效内阻，当电流大于150mA时，从斜率的变化分析电池内阻的变化；根据图乙，当电压表示数为0.5V时，得到通过电流表的电流值，根据功率公式求解电池的输出功率。
（1）[1][2]由图像可知，当输出电流时，U与I成线性关系，根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可知，图像与纵轴截距即为电源电动势的大小，图像斜率的绝对值为定值电阻与电源内阻之和，可得
，
（2）[1]当电流大于150mA 时，随着电流增大，可知图像的斜率的绝对值逐渐增大，由此可知电池的内阻增大；
[2]根据图乙可读得，当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，此时回路中得电流为，则可得电源得输出功率
代入数据解得
13．（2024高三下·甘肃模拟）某同学设计一装置来探究容器内气体状态受外界环境变化的影响。如图所示，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积，管内一长h=11cm的静止水银柱封闭着长度 的空气柱，此时外界环境的温度 。现把容器浸没在水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变为10cm，已知容器的容积。求∶
（1）水的温度 T；
（2）若容器未浸入水中，向玻璃管加注水银，使水银柱的长度增加，仍使水银柱静止时下方的空气柱长度为10cm，求外界大气压。
【答案】解：（1）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）根据题意，加注水银的过程中气体做等温变化，根据波义耳定律可得
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）以封闭气体为研究对象，气体发生等压变化。根据盖-吕萨克定律列式求解；
（2）加注水银的过程中气体做等温变化，求出压强体积等参数，根据玻意耳定律列式求解。
14．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，倾角（ 的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数的轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为；开始时用手托住石块，轻绳恰好伸直、且与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；现由静止释放石块，运动过程中弹簧都在弹性限度内，重力加速度，，。求：
（1）释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能；
（2）滑块上滑过程中的最大速度。
【答案】解：（1）根据题意，开始时用手托住石块，轻绳恰好伸直、且与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑，则根据临界状态，由平衡条件有
解得
根据弹簧弹性势能的表达式
代入可得
（2）当松手后滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有
滑块上升过程中弹簧恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中滑块做加速度减小的加速运动，当滑块恢复原长后将被拉升，此后由牛顿第二定律有
当滑块所受合外力为零时速度达到最大，此时应有
解得
可知从滑块静止到速度达到最大，弹簧的伸长量与压缩量相同，则对该过程由动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）开始时，滑块恰好不上滑，所受静摩擦力沿斜面向下达到最大值，根据平衡条件和胡克定律相结合求出释放物块C瞬间弹簧的压缩量，再由弹性势能的公式求刚释放时弹簧的弹性势能；
（2）当滑块所受合力为零时，速度最大，由合力为零求出此时弹簧的形变量。从释放到石块的速度最大，由能量守恒定律求滑块的最大速度。
15．（2024高三下·甘肃模拟）如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为，平行于斜面底边的边界PQ 下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为的U型金属框静置于斜面上，其中 MN边长，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为框架电阻不计且足够长。质量电阻的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界 PQ 上方距离为d=0.75m。已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，（，）求：
（1）金属棒ab刚进入磁场时，框架MN边受到的安培力；
（2）金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
（3）金属棒 ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。
【答案】解：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为，根据动能定理得
解得
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
解得
电流方向由N流向M。框架MN边受到的安培力大小为
方向沿斜面向下。
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为
设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以、的速度做匀速运动，则有
此时回路的电动势为
电流为
金属棒ab匀速运动
联立解得
，
金属棒ab重力的功率
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出金属棒ab刚进入磁场时的速度，结合法拉第电磁感应定律求出金属棒ab产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小，根据右手定则分析感应电流方向，再根据F=BIL计算框架MN边受到的安培力大小，由左手定则判断安培力方向；
（2）根据牛顿第二定律解得框架的加速度大小a；
（3）金属棒ab进入磁场后，受到安培力而做减速运动，框架MN边受到安培力而做加速运动，由于两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律和平衡条件求系统稳定运动时两者的速度，再求金属棒重力的功率P。
