物理·2024年普通高中学业水平等级考试(山东卷)（含答题卡）

2024年普通高中学业水平等级考试（山东卷） 物理答题卡 姓 名： 准考证号 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上，请勿贴出虚线方框) 禁填 记。□ 密 1.容题前，考生将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号、姓名、考场 和座位号是否准确无误。 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑，修改时用橡皮擦干净，再选择其它答案涂黑。非选择题必 注意事项 须使用0.5毫米黑色签字笔填写，字体工整，笔迹清楚， 3.请按题号顺序在各题的答题区城内答题，超出答题区城的答案无效，在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁、完整，严禁折叠，严禁使用涂改液、胶带纸和修正带。 线 5.正确填涂■ 豪 内 单项选择题：本题共8小题。每小题3分，共24分。 1.[A][B[C][D] 3.[A][B][C][D 5.[A][B][C][D] 7.[A][B]LC][D] 不 2.[A][B][C[D]4.[A][B[C][D] 6.[A][B[C][D] 8.[A][B][C][D] 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。 准 9.[A][B][C][D] 10.[A][B][C][D] 11.[A][B[C]CD] 12.[A][B][C[D] 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 蕾 题 13.(6分) (1) (2) (3) 14.(8分) (1) (2) (3) (4) 请在各题目的答题区减内作客，超出边框的答秦无效 物理答题卡第1页（共4页） ■ 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 15.(8分) 0 0 B 超 16.(8分) 女 图甲 图乙 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第2页（共4页） ■ 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 17.(14分) *a/m…g) Q 6- 0+.R 2 P 7777777/77777777777777777777777 0 8 F/N 图甲 图乙 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 ■ 物理答题卡第3页（共4页） ■ 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 18.(16分) yt 及 粒子发生器 加速电压 60 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 ■ 物理答题卡第4页（共4页）绝密★启用前 2024 年普通高中学业水平等级考试(山东卷) 物 理 台重 本试卷满分100分,考试时间90分钟 一、单项选择题:本题共8小题。每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.2024年是中国航天大年,神舟十八号、嫦娥六号等已陆续飞天,部分航天器装载了具有抗干扰 性强的核电池。已知Sr衰变为Y的半衰期约为29年;Pu衰变为U的半衰期约为87 m 年。现用相同数目的Sr和Pu各做一块核电池,下列说法正确的是 _ A.Sr衰变为Y时产生a粒子 B.Pu衰变为U时产生粒子 封 C.50年后,剩余的Sr数目大于3Pu的数目 D.87年后,剩余的Sr数目小于Pu的数目 2.如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30{的斜坡上稳定 线 地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 ,__ _ 1 准 图甲 1乙 第2题图 第3题图 第4题图 3.如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放,若 木板长度为L,通过A点的时间间隔为△t;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为△t。。 班 △。:△为 ,__ ) A.(③-1):(2-1) B.(③-/2):(2-1) C.(③十1):(/2十1) D.(/③十/2):(/2+1) 4.检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示,将标准滚珠a与待测滚珠5、c放置在两块平 板玻璃之间,用单色平行光垂直照射平板玻璃,形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标 _ 准滚珠的直径相等为合格,下列说法正确的是 __ A.滚珠b、c均合格 B.滚珠、c均不合格 C.滚珠6合格,滚珠c不合格 D.滚珠不合格,滚珠c合格 2024·山东卷 第1页(共8页) 5.“鹊桥二号”中继星环绕月球运行,其24小时圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨 道半径为,,则月球与地球质量之比可表示为 ) _ _ D_ 6.一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→过程是等压过程,b→c过程中气体与外界 无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是 ( _ A.a→过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.6→c过程,气体对外做功,内能增加 C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 7.如图所示,质量均为的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为/ 的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d</)。两木板与地面间动摩擦因数均为1.弹性 所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,保持 不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于 _ ) 77777777/77777777777777 3(m))n(1-d) B 2 2 .3(m)}2ng(1-od) 2 8.如图甲所示,在一d<x<d、一d<y<d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y 轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化,线 圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为 ) 7 ) -3r/2 -2 图乙 图甲 阁丙 ) d/2 /2 d/4③d/4 -2d2 -/2 d/2 A B C D 2024·山东卷 第2页(共8页) 二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选 对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 9.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播,波速均为2m/s。/一0时刻二者在 -2m处相遇,波形图如图所示。关于平衡位置在x一2m处的质点P,下列说法正确的是 ( _ A.(-0.5s时,P偏离平衡位置的位移为0 B.7-0.5s时,P偏离平衡位置的位移为一2cm C.-1.0s时,P向v轴正方向运动 D./一1.0s时,P向y轴负方向运动 ,/cm ,乙 甲_ 第9题图 第10题图 第11题图 10.如图所示,带电量为十o的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30*}的 光滑绝缘斜面。质量为、带电量为十9的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等 高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S,重力加速度大小为 ( g,静电力常量为,下列说法正确的是 ) 3^ B.OB的距离1一3g {③^{ A.OB的距离/一 ng C.从A到C,静电力对小滑块做功W--mgS D.AC之间的电势差U.=一 ngS 2 11.如图所示,两条相同的半圆孤形光滑金属导轨固定在水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导 轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO与导轨所在竖直面垂直。空间充满 竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属 棒MN平行OO放置在导轨图示位置,由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO且与两 导轨接触良好,不考虑自感影响,下列说法正确的是 C ) A.MV最终一定静止于OO位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO位置过程中,MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO位置过程中,MN中电流方向由M到N 12.如图所示,工程队向峡谷对岸平台抛射重物,初速度v。大小为20m/s. 与水平方向的夹角为30{,抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为 10 30{,重力加速度大小取10m/s,忽略空气阻力。重物在此运动过程中, 下列说法正确的是 ) A.运动时间为2/3s B.落地速度与水平方向夹角为60 C.重物离PQ连线的最远距离为10m D.轨迹最高点与落点的高度差为45m 2024·山东卷 第3页(共8页) 三、非选择题:本题共6小题,共60分。 13.(6分)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲 所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、6两个位移传感器,a测量滑块A与 它的距离x,6测量滑块B与它的距离x。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0g和400.0g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使A、B均向右运动 ④导出传感器记录的数据,绘制x、心:随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。 ./cm _cm 120 12 传感器:滑块A 清块B 传感器 2 -11-1 一连气 1 20 1 2.s 图乙 图 回答以下问题: (1)从图像可知两滑块在一 s时发生碰撞 (2)滑块B碰撞前的速度大小v一 m/s(保留2位有效数字); (3)通过分析,得出质量为200.0g的滑块是 (填“A”或“B”) 14.(8分)某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下; 学生电源(输出电压0~16V): 滑动变阻器(最大阻值10Q,额定电流2A); 电压表V(量程3V,内阻未知); 电流表A(量程3A,内阻未知); 待测铅笔芯R(X型号、Y型号); 游标卡尺、蝶旋测微器,开关S、单刀双掷开关K,导线若干。 u_ 图! 图乙 回答以下问题: (1)使用蝶旋测微器测量铅笔芯直径,某次测量结果如图甲所示,该读数为 mm; (2)把待测铅笔芯接入图乙所示电路,闭合开关S后,将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到 合适位置,将单刀双掷开关K分别掷到1、2端,观察到电压表示数变化比电流表示数变化更 明显,则测量铅笔芯电阻时应将K掷到 (填“1”或“2”)端; 2024·山东卷 第4页(共8页) (3)正确连接电路,得到Y型号铅笔芯I-U图像如图丙所示,求得电阻R= 2(保 留3位有效数字);采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.700; .A 1 _2 0.5 图 (4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68mm、60.78mm。使用蝶旋测微 器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等,则X型号铅笔芯的电阻率 (填“大于”或“小 于”)Y型号铅笔芯的电阻率。 15.(8分)某光学组件横截面如图所示,半圆形玻璃砖圆心为O点,半径为R;直角三校镜FG边 的延长线过O点,EG边平行于AB边且长度等于R,/FEG一30{。横截面所在平面内,单色 光线以0角入射到EF边发生折射,折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三校镜对该单 色光的折射率均为1.5。 (1)求sin0 (2)以0角入射的单色光线,若第一次到达半圆狐AMB可以发生全反射,求光线在EF上人 射点D(图中未标出)到E点距离的范围 2024·山东卷 第5页(共8页) 16.(8分)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲 液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S.三1.0cm{},长度H一100.0cm,侧壁有一小孔 A。储液罐的横截面积S。一90.0cm}、高度一20.0cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器 竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的 长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度 p-1.0×10{}kg/m^{,重力加速度大小g-10m/s{,大气压。=1.0×10{Pa。整个过程温度保 持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 (1)求; (2)松开孔A,从外界进人压强为、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔 A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 _ 图甲 罔乙 2024·山东卷 第6页(共8页) 17.(14分)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖 直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为n的小物块 静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已 知轨道半圆形部分的半径R-0.4m,重力加速度大小g=10m/s* a/(in.s-2) 777777777777777 8 f/N 图甲 图乙 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于 3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道的加速 度a与F对应关系如图乙所示。 (i)求和n; (lI)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F一8N,当小物块到P 点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长 度L。 2024·山东卷 第7页(共8页) 18.(16分)如图所示,在Oxv坐标系x>0,v>0区域内充满垂直纸面向里,磁感应强度大小为B 的匀强磁场。磁场中放置一长度为L.的挡板,其两端分别位于x、y轴上M、N两点, OMN -60{*},挡板上有一小孔K位于MN中点。OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。 L的范围内可以产生质量为n、电荷量为十v的无初 速度的粒子。粒子发生器与v轴之间存在水平向右的匀强加速电场,加速电压大小可调,粒 子经此电场加速后进入磁场。挡板的厚度不计,粒子可沿任意角度穿过小孔,碰撞挡板的粒 子不予考虑,不计粒子重力及粒子间相互作用力 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U。; (2)调整加速电压,当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动,求第一象限 中电场强度的大小和方向 {24m mX , 60 2024.山东卷 第8页(共8页)参考答案 2024年普通高中学业水平等级考试 移为一2cm,A错误，B正确：与AB项分析同理，1=1s时，题 (山东卷)》 图所示平衡位置在x=0处和x=4m处两质点的振动形式 1.D (均向y轴正方向运动)传到P,点处，根据波的叠加可知， 质量数守恒别Sr→那Y十-e→3衰变，A错 1s时，P向y轴正方向运动，C正确，D错误。 电荷数守恒{Pu→U十He→a衰变，B错 10,AD小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向有 Ts<Tap 相同时间，N<N学，C婚D对： mg如30实s30解得√gA正确，B结接小 2.B斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在 滑块从A到C的过程，由动能定理有W十mg Ssin30°=0， 30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°领角的斜坡上更不会下 解得静电力对小滑块微的功为W=_m,C错误：根据电 滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有mgc0s30≥ 场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电 ugsin30,解得≥，B正确。 势差U=W=-mS,D正确 3.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加逮度不变，木板从 11.ABD由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运 静止释放到下编到达A点的过程，有L,=2at,木板从静止 动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终 释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L= 一定静止在O)'位置，AB正确：根据楞次定律可知，从释放 到第一次到达O)位置过程中，MN中电流方向由M到V, 2a4i,当木板长度为2L时，有3L=za,又山1=4-1， D正确：从释放到第一次到达(O)位置过程中，在即将到达 △12=12-1o,联立解得△11t△11=(-1)：（√2-1）， OX)位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的 A正确 分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速 状态，C错误。 4.C单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射 12.BD对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x=。1C08 光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻 璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置 30°，经直方向上有y=一1sin30+2g,由几何关系有 处光的波程差相等，即滚珠：的直径与滚珠b的相等，即滚床 b合格，不可的千涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠的 义=tan30,联立解得重物的运动时间1=4s,A错误：结合 直径与滚珠￠的不相等，即滚珠c不合格，C正确。 A项分析可知，重物落地时的水平分速度U,=0s30°，竖 5.D“鹄桥二号”中继星在24小时辅同轨道上运行时，由开普 粉第三定律有号=人，对地琼同步卫星由开普勒第三定律有 直分连度飞，=一Usim30°+g1,则tan0==3,所以重物 的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确：对重物从P运动 r 到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2 gh.cos30°=(。sin 60),解得重物离PQ连线的最远距高h。=10√3m,C错 6.C→b过程是等压变化且体积增大，则W<0,由盖一吕 萨克定律可知T>T,,即△U>0,根据热力学第一定律△ 误：结合B项分析，竖直方向上有2gy=心·联立解得重物 =Q十W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于 轨迹最高点与落，点的高度差y=45m,D正确。 对外微功，另一部分用于增加内能，A错误：0·C过程中气体 13.解析：(1)由x一1图像的斜率表示速度可知，两滑块的追度 与外界无热量交换，即Q=0,又由气体体积增大可知W: 在1=1.0s时发生突变，即发生了碰撞：(2)由x一1图像斜 率的绝对值表示速度大小可知，碰楂前辩间B的速度大小 0,由热力学第一定律△U=Q十W可知气体内能减少，B错 误：·a过程为等温过程，可知T=T,,△U=0,根据热力 = 90-110 cm/s=0.20m/s:(3)由题图乙知，碰撞前A 1.0 学第一定律可知a→→心过程，气体从外界吸收的热量全部 用于对外微功，C正确：由A项分析可知Q。=△U一Ww,由 的速度大小=0.50m/s,碰撞后A的速度大小约为v'A= B项分析可知W。一△U:,由C项分析可知0一W十Q,又 0.36m/s,由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v' △U十△U=0,联立解得Q。一（一Q.)=一W。一W。 0.5m/s,对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有mA十 W,根据p一V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气 m=mA'A十m'.代入数据解得m≈2，所以质量为 月 体做的功，结合题图可知Q一（一Q)≠0，所以：·b过程气 体从外界吸收的热量Q不等于·口过程放出的热量一Q, 200.0g的滑块是B。 答案：(1)1.0(2)0.20(3)B D错误。 7.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整 14,解析：(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为= 2mm十0.01×45.0mm=2.450mm:(2)由于电压表示数变 体有mg=k,解得弹性绳的伸长量x=m3,则此时弹性 化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法， 即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1瑞：(3)根据题图丙结合 绳的弹性势能为E=号k=心王，从开给拉动乙所坐木 2k 欧拇定律可得R是3A1.920:(40根据电m定律R 板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移 为x=x。十（一，则由功能关系可知该过程F所做的功W =,分别代入数据可知> pS可得p= E+mgx,=3Cmg》+mg(1-d,B正确。 答案：(1)2.450(2)1(3)1.92(4)大于 2k 15,解：(1)设光在三棱镜中的折射角为a,则根据折射定律有 8.C根据题意可知，磁场区战变化前线圈产生的感应电动势 为e=Esin ot,由题图丙可知，磁场区城变化后，当Esin ot n=sin 0 sin a 时，线圈的侧边开始切制磁感线，即当线圈旋转行时开始 根据几何关系可得α=30 2 代入数据解得sin0=0.75 切割磁感线，由儿何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 (2)作出单色光线第一次到达半圆弧 为'=2dcos吾=d,C正确. AMB恰好发生全反射的光路图如图， 则由几何关系可知FE上从P点到E 9.BC由于两波的波速均为2m/s,测1=0,5s时，题图所示平 点以日角入射的单色光线第一次到达 衡位置在x=1m处和r=3m处两质点的额动形式传到P 半园孤AMB都可以发生全反射，根据 点处，则由波的叠加可知，=0.5s时，P偏离平街位置的位 全反射临界角公式有 物理答案一1 sin C=1 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 设P,点到FG的距离为【，则根据几何关系有 =Rsin C 又e=R- 在△OMN区线银据洛伦按力桃供向心力有mB=m c0s30 联立解得xm=2R 在匀强加速电场中由动能定理有U,=豆mv 9 故光线在EF上的入射点D到E点的距离范围 联立解得U,=BL 8m 为o.2r (2)根据题意，作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动 轨迹如图2所示 16.解：(1)在媛慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生 等温变化，根据玻意耳定律有 当半经或小时 p:(H-x)S=P2HS 根据题意可知p,=po,p十pgh=Pg 联立解得x=2cm 加速中生 (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定 律有 6 p.V+p.HS,-p.(HS,+S) 又p:十g·2 图2 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 联立解得V=8.92×10m 17.解：(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有 r'=TNK COS60°=L 4 mg十3mg=m君 连△OMN区拔根据洛伦兹力提供向心力有g'B=m巴 解得v=4m/s 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可 (2)(1)根据题图乙分析可知，当外力F≤4N时，轨道与小 知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒 物块一起向左加谁运动，对整体由牛领第二定律有 子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正 F=(M+m)a 电，则△OMV之外第一象限区城电场强度的方向沿x轴正 变形得a一M十 方向 大小满足gB=Eg 特合是国乙可知m子短5ke, 联立可得E=BL 4m 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛 领第二定律有 (3)在匀强加建电场中由动能定理有山=之m心 F-umg=Ma 变形得a=方F-晋 可得v”-3gBL M 6m 16-2 结合题图乙可知方一8g=1kg', 在△OMN区城根据洛伦兹力提供向心力有qm'B=m tung =-2 m/s M 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径，”- 6 联立解得M=1kg,m=1kg4=0.2 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图3所示 (i)根据题图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为a 31 6m/s,小物块的加速度为a:=g=2m/s,方向均水平 向左 逃电乐 设经时间。，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律 可得 此时轨道的速度助=a1t 小物块在P点时的速度v2=a: 小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系 统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速 图3 度正方向，则有 设粒子从小孔K射出的连度方向与x轴正方向夹角为日，根 专M+之m话=号M+md+2mgR 1 据几何关系可得sin0=xcos60 M十m=M十mu, 2 联立并代入数据解得t。=1,5s(另一解不符合题龙，舍去) 则粒子从小孔K射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为 根据运功学规律有L=之4，店-之4，心 60,可将此速度分解为沿r轴正方向，大小=③gBL的 12m 解得1=4.5m 18.解：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨 速度和沿y轴正方向、大小=BL的连度 4打 迹如图】所示 结合(2)问分析可知粒子从小孔K射出后的运动可以分解 为沿y轴正方向的匀选直线运动和连度大小为③gBL的匀 12m 39 速圈周运动 加电氏 由洛伦兹力提供向心力有”B=m, 解得=】 124 又T=2红”=2xm 图1 qB 物理答案一2 分析可知当运动(u十子)T时，粒于距离y轴最近，此最近 导体棒受到的安培力增大，导体棒的加速度减小，最终加速度 位置的横坐标为r=上一=3一1，姒坐标为y=1十 为索：北时1贤器-器B医确：由B项分新可知两 4 12 4 导体棒加速阶段加速度大小之比为a1tae=1:1,最终加速 +a+子T= 度均为零，C错误：由前面分析可知，两导体棒的速度大小始 背L+（4n十3其中n为自然载 终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系，根据 公式E一BL?可知，两导体棒严生的电动势应为两倍的关系， 综上，最近位置的坐标 [321.1++3]m为 D错误。 3 8 10.ABD由)1图像可知，在31。时刻木板的加速度发生变化 自然数) 可知小物块在1=3！。时刻滑上木板，A正确：由U-1图像可 2024年普通高等学校招生选择性考试 (黑吉辽卷) 知，0~3。，木板的加速度大小为2g,设木板的质量为M 对木板分析有FMg=M竖，可得F=受Mg,3。时刻，木 1.C质量、速率和动能都是标量，动量p=m,质量m是标量， 速度)是关量，故动量p是关量，C正确。 板的建度为g·3。=2g1根据题意可知小物块滑上 2.D由图可知rp<r。,A错误：篮球绕轴转动 时，P、Q在相同时间内转过的圈心角相等， 木板时的连度为一号4g6,由叶图像可知，3一小物 根据u=日可知，=。D正确：根据u= 块的加速度大小为2g,设小物块的质量为m,对小物块分 t 0 析有mg=m·2g,可得H一2，B正确：由1图像可知 r可知，线速度p<o·B错误：根据a= 3。一41，木板的加速度大小为g,对木板分析有：mg十4 wr可知，向心加递度ap<aoC错误。 3.C墨条相对于观台水平向左运动，现台对 (M十m)g一F=M·g,可得：M=2,C错误：4。时刻后， 墨条有向右的摩擦力，A错误：根据牛顿第 假设木板与小物块相对静止，对整体有F一：(M十m)g=O, 三定律知，墨条对砚台有向左的摩擦力，砚 假设成立，小物块与木板一起做匀速运动，D正确。 台处于平衡状态，故桌面对碗台有向右的摩擦力，B错误：现 11,解析：(1)①闭合开关前，为了保护电路，应使电阻丝接入电 台处于平衡状态，水平方向只受桌面和墨条对其的摩擦力，故 路的阻值最大，金属夹应置于电阻丝的A端。 (2)设电阻丝单位长度的电阻为入，对题图(a),由闭合电路 这两个力是一对平衡力，C正确：桌面对砚台的支持力等于现 台的重力与墨条对观台的压力之和，故桌面对砚台的支持力 欧好定律得U￡，参理得号茄·是十：对题图 与墨条对观台的压力不是一对平衡力，D错误。 入L 4.A双缝干涉中相年两亮条纹的间距△r-以，换用更粗的头 (b),由闭合电路欧姆定律得U一江十，十RB,整理得行 r+R,1 1 发丝，d增大，△r减小，A正确：换用红色激光照双缝，入增大， AE △x增大，B错误：增大纸板与墙面的距离，L增大，△x增大， C错误：减小光源与纸板的距离对产生的亮条纹间距无影响， 纵轴藏距为6，有6=官，解得E=名 D错误. 5.B由题图(a)知，溶液浓度降低，相对介电常数e,增大，根据 (3)由(2)中表达式可知正k,=E,又=n,解得 C一可知，电容C增大·八错送由于电容器与点压电源 R 相连，故电容器两极板间的电势差等于电源电压，保持不变， C错误：报据C=号可知，由A项结论，电容C增大，电容器 答案：10A2)(3), n-1 12.解析：(1)由题图(b)可知，外径D=7.55cm 所带电荷量增大，B正确：溶液浓度降低，电容器所带电荷量 (2)一次全振动为相邻两次积木同一端经过与O点等高的 增加，电客器充电，故电流方向是由N·M,D错误。 位置，且振动方向相同，围此积木摆动了10个周期。 6.D小球的初速度方向沿虚线，则运动 (3)由题图(d)可得表达式为lnT=klnD十b,斜率为k= 轨迹沿直线，故小球受到的合力方向沿 虚线，由于重力向下，电场方向水平，故 -050280=号脚nT=专hD+b=lnvD+b, 2.80-2.00 0 合力方向只能沿虚线向下，如图所示， 化简得工 =e即T∝√D,A正确 故初递度垂直于虚线时，小球微类平抛 mg 运动：从O点出发运动到O点等高处 (4)提高孩实验精度的改进措施有：增加所测周期数（时间更 的过程中，合力微正功，动能增大，电场 长，周期测量误差更小)：用游标卡尺测量积木的外径（直径 力与递度方向的夹角蛤终为锐角·故电场力做正功，电势能减 测量更精确)：适当减小摆动幅度（摆角越小，摆动越趋近简 小，D正确。 谐运动) 7,C小球处于平衡位置时kx=mg,其中表为弹簧劲度系数， 答案：(1)7.55(2)10(3)A(4)见解析 工为扳幅，结合题图(b)可知g地一2g·设该天体的半径为R, 13.解析：(1)设原线图两端电压为U,制线图两端电压为U,, 则地球的半径为R,又mg ,M=p·专R,可得g R 对理想交压器有受-是则时线调两瑞电压，一 3GR,则施=AnR_An U:U 2,可知2=2，C正确 又U1= g R P: n U,负我消耗的电功率P,=R一50R 8.BD金属的逸出功与金属本身有关，与入射光无关，A错误： U 光子的能量E=h,与入射光强度无关，B正确：根据爱因斯 则变压器的输出功率P=P,=5OR 担光电效应方程v=E十W。可知，逸出的光电子最大初动 (2)对封闭的理想气体，加热前后气体发生等容变化，容器内 能与入射光的强度无关，C错误：入射光的强度增加，可知单 位时间内入射的总能量增加，每个光子的能量不变，故单位时 初始气体压强设为p·由查理定律得气=下 间内入射的光子数增多，则单位时间内逸出的光电子数增多， 解得加热后气体的温度T:=2T。 D正确。 则气体吸收的热量Q=C△T=C(2T,一T。)=CT 9.AB两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根 又Q=Pt 据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abda, 50CT R 联立解得= A正确：如图，对两导体棒受力分析，对ab有2 ngsin30° U 2IL.Bcos30°=2ma1,对cd有ngsin30°-I1.Bcos30°=ma2, U (2)50CTR 初始时两导体棒均加速，闭合回路的电动势增大，电流增大， 答案：(1)50R U 物理答案一3