物理·2024年普通高中学业水平选择性考试(河北卷)（含答题卡）

绝密★启用前 2024年普通高中学业水平选择性考试（河北卷） 物 理 本试卷满分100分，考试时间75分钟. 进 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1.锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料。研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子 与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为C十1H→L十2H十X,式中的X为 密 ( A.in B._9e C.e D.He 2.我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷 雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则α、 封 b、c,d四点中电场强度最大的是 ( A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 卡ms) 线 豪 内 2 3 58 图1 图2 不 第2题图 第3题图 第4题图 3.篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该 过程，并得出了篮球运动的t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是( A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 准 4.R1,R2为两个完全相同的定值电阻，R,两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲 交流电压的峰值是有效值的√3倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个 周期T内产生的热量之比Q1:Q2为 答 A.2:3 B.4:3 C.2:w3 D.5:4 5.如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面 倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N,g取10m/s2,挡板对球 体支持力的大小为 黄 题 A气 B.1.0N C.23N 3 D.2.0N 紫外光笔 北 感光纸 B 777777077777777 第5题图 第6题图 第7题图 2024·河北卷第1页（共4页） 6.如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外 光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上 就画出了描述光点振动的x1图像。已知轻杆在竖直面内长0.1m,电动机转速为12r/min。该振动的圆 频率和光点在12.5s内通过的路程分别为 A.0.2rad/s,1.0m B.0.2rad/s,1.25m C.1.26rad/s,1.0m D.1.26rad/s,1.25m 7.如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B,C。M为三角 形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为号。已知正三 角形ABC的边长为：，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为 ( ) A.23kg B.g(6+√3) D.g(3+3) a2 女、 C.) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选 项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月 任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如 图)，近月点A距月心约为2.0×103km,远月点B距月心约为1.8×10km,CD 为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是 ( A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1 厅球 C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线 D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s 9.如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真 空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧 的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓 慢移动，活塞重新静止后 A.弹簧恢复至自然长度 S8814111411111151 B.活塞两侧气体质量相等 理想气体 其空 C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 活塞 10.如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行，ABCD的边 rmnrnnnnnn 长一定，abd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个 粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进人磁场。调整abd的边长，可使速 度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的 是 A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 年▣4中年444 7 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必 为45 D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必 4 为60 t。t。t9e年 三、非选择题：本题共5小题，共54分」 11.(8分)(1)某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长，实验装置如图1所示，其中测量头包括毛玻璃 游标尺、分划板、手轮、日镜等。 光阁山透镜说北片中缝 双缝 返光篇测量头 图1 该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮 纹中心位置对应的游标尺读数，如表所示： 2024·河北卷 第2页（共4页） 单色光类别 r1/mm r6/mm 单色光1 10.60 18.64 单色光2 8.44 18.08 根据表中数据，判断单色光1为 (填“红光”或“绿光”)。 (2)图2为探究平抛运动特点的装置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐标纸的背板处于竖直面内， 钢球在斜槽中从某一高度滚下，从末端飞出，落在倾斜的挡板上挤压复写纸，在坐标纸上留下印迹。某 同学利用此装置通过多次释放钢球，得到了如图3所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直方向，坐标原点 对应平抛起点。 ①每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度 (填“相同”或“不同”)。 ②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。 6810121416x/cm 复写纸坐标纸 10 Q 12 14 16 18 20 y/cm 图2 图3 ③根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为 m/s(当地重力加速度g为9.8m/s2,保留 2位有效数字)。 12.(8分)某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强 时提醒花农。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表(0~20V)、数字电流表(0 ~20mA)、滑动变阻器R(最大阻值50,1.5A)、白炽灯、可调电阻R1(0~50k)、发光二极管LED、 光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。 (1)判断发光二极管的极性 使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔 与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置（见图2）：对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位 置（见图2）。由此判断M端为二极管的 (填“正极”或“负极”)。 0 4山山L 1TTTT门T 3a 0 0 150 送小 LED C(uF)0Hz A-V-2 LH03H女 M 图1 图2 (2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性 ①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开 始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的 接线柱（以上 三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”)。 2024·河北卷第3页（共4页） /mA 1. 9.00 80 7.(00 0+3 V 6.U 5,0 LEDA 4.D0 3.00 b 2.00 VT 10 00.301.001.50202303.0N U V 图3 图4 图5 ②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线【、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光 照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而 (填“增大”或“减小”)。 (3)组装光强报警器电路并测试其功能 图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管（当b、间电压达到一定程度后，三极管被导通）等元件设计 的电路。组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光 二极管并不发光，为使报警器正常工作，应 (填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值，直至发 光二极管发光。 13.(8分)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平 面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。 当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0),质量 为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 14.(14分)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平 面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴O)'。间距为L、与水平 面成0角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和 细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大 小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度 匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在 转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为 R,电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力 加速度大小为g。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问 中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 15.(16分)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸 不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人 质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起 跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停 地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长 度的关系。 2024·河北卷第4页（共4页）2024年普通高中学业水平选择性考试(河北卷) 物理答题卡 姓 名: 台重 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.答题前,考生将自已的姓名,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。 出幅 封 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 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域内答题,超出答题区域的答案无效,在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 线 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。 5.正确填涂 、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。 1.[A][B][C][D] 3.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 7. [AB[CD 2.[A][B][C][D] 4.[A][B][C][D] 6.[A][B][C][D] 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。 准 8.[A][B][C][D] 9.[A][B][C][D] 10.[A][B][C][D] 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 题 游班 11.(8分) (1) (2)① ②如右图 ③ _m 圈; 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1页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 12.(8分) (1) (2)① ② (3) 13.(8分) 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域内作答,超出边框的答案无效 14.(14分) 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域内作答,超出边框的答案无效 15.(16分) 777777777777 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)△ΦBL△x 又1=9=2求2R 5.A对球体受力分析如图所示： 43 正交分解列方程，轴方向：F dn=△r sin30°=Fvz sin30°，y抽方向 联立解得d.=24m. FN1cos30°+FN:cos30°+F= (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平 导轨上运动稳定，相对位移为△x=24m,且稳定时的速度 1R·联立方解泽F、1一N,A 头=6m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定 正确。 律有 6.C根据题意可知，紫外光笔的 mzgsin6,十2m:gC0s02=md上 光点在纸面上沿T轴方向做简 TAmaMn 根据运动学规律有24上t上= 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定 清运动，可求解w-亭=2=0， 律有 4rrad/s≈1.26rad/s,A.B错误，T=1 ,=5s,由杆长0.1m m:gsin 0:-u:m:gcos =m:aT 根据运动学规律有2arx,= 可知振幅A=0.1m,7=2.5,则运功路程5=2.5X4X0.1 又x上一x, 联立并代入数据解得乙第一次从右侧针轨上滑下经QQ m=1.0m,C正确，D错误。 时的速度 7.D由于M点与A点关于带电细杆对称，故细杆在A处产生 1=5m/s 的电场强度大小E=E,=,方向竖直向上，故A点的电 甲乙结合体第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛 a 顿第二定律有 (m1十mz)gsin0+:(m:十m2)gcos02=(m1+m:)a'上 场强度大小E=E◆十E。=(√3+3)9，D正确 根据运动学规律有2a'上t上，=可 8.BD鹊桥二号国绕月球做辅圆运动，从A·C→B做减速运 由题图(b)可知x上=4.84x 动，从B·D·A做加速运动，所以从C·B·D的运动时间 解得甲，乙硅拉后的速度= 大于半个周期，即大于12小时，A错误：在A点，根据牛领第 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲，乙组成的系 二定徐，有GMm =m4·在B点，根据牛顿第二定律，有 统，根据动量守恒定律有 11达一m:U1=(n1十2) 解得乙返回水平导轨Q,Q,时甲的地度为出-3可 m=mu。联立并代入餐据可得鹤桥二号在A,B两点 m/s 的加魂度大小之比约为a。:an=81:1,B正确：根据物体做 若乙返回水平导轨时在QQ。处拾与甲发生碰撞，则对应d 曲线运动时速度方向沿该，点的切线方向，可知鹊桥二号在C 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动 D两，点的速度方向不垂直于其与月心的连线，C错误：鹊桥二 量定理有 号发射后围绕月球沿糖国轨道运动，并未脱离地球引力来缚， 一BIl△11=m一m0 也在围绕地球运动，所以鹊桥二号在地琼表面附近的发射速 又=1，出- 度大于7.9km/8而小于11.2km/8,D正确 9,ACD初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左 解得△-器m 的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严， 可知左侧气体向右侧真空散逸，左侧气体压强变小，右侧出现 根据位移关系有dn一△r=△r 气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且 解得d-5m 弹簧恢复原长，A正确：由于活塞向左移动，左侧气体积小 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的 于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错 最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根 误：密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能 据动量定理有 减少了，可知气体内能增加，C正确：初始时气体在左侧，最终 BI,1△12=m2-(一m1) 气体充满整个汽缸，初始左侧单位体积内气体分子数应该是 又%=1，d出，=BA 最终的两倍，D正确。 2R 10,ACD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则 解得4x”=340 粒子必经过(d边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子 1)m 从C点垂直于BC射出，A、C正确：当粒子穿过ad边速度方 根据位移关系有dm一△r一△x'=△r 向与ad边夹角为60°时，若粒子从d边再次进磁场，作出粒 解得dx=Tm 696 子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子 经b边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则翘 综上所述，d的取位范国为m<d< 子一定垂直BC边射出，B错误，D正确。 1m. D 2024年普通高中学业水平选择性考试 (河北卷) 。 1.D根据核反应前后质量数和电荷数守恒得，A=12十1一7 2×1=4,Z=6十1-3-2×1=2，则X为He,D正确。 2.C在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大 小。由题图可知，点等差等势线最密集，故c点电场强度最 Z乙 大，C正确。 3.A由题图图像可知，篮球从某一高度由静止释放后，速度负 向增大，落地反弹后上升至口点，此时速度第一次向上减为 零，故此时到达离地最高处，A正确 4.B设R、R,的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题图图 像可得Q= T U T 2U +R·立=3RT.Q= -T= R R U Q1_ 丙 4 示T,别。=3B正确。 物理答案一10 1.解析：1)根播4r-只，可得入-2，由表格款据可知，4 L 13.解析：D在匀强电场中，由公式E 可得E=U =18.6410.60mm=1.608mm,4r,=18.08-8.4mm (2)在A点细线对小球的拉力为0，由牛顿第二定律得Eg 5 m 1.928mm,△x1<△x2,则1<A2,由于绿光波长小于红光波 mgL 长，则单色光1为绿光。 (2)①为保证钢球每次平抛运动的初速度相同，必须让铜球 由A点到B点，由动能定理得Ug一mg=2m- 在斜槽上的相同高度由静止释放。 ②铜球做平抛运动的轨迹如图所示。 联立解得可， U。一mgL 3(U。一ng1.D B1G12.1116fcm 答案：1号 (2λ 。mgL 3(U.-mgL) 2 14.解析：(1)当导体棒OA运动到正方形金偏细框对角线瞬间， 切割的有效长度最大， 则L有.=√②L 此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第 电硅感应定律，有E=BL有m四 12 其中，平均速度为=0十21@」 2 4 则感应电动势Em=BLu 16 20 根据闭合电路欧耨定律，有I= E vicm, 则CD棒所受安培力的最大值为Fa-B1L,-BL R ③因为坐标原点对应平抛起点，为方便计算·在图线上找到 当导体棒OA运动到与细柜某一边平行瞬间，切割的有效长 拟坐标为19.6cm的，点为研究点，该点的坐标为(14.1cm, 度最小，感应电流最小，CD棒所受的安培力最小，根据法拉 19.6cm),将研究点的数据代入y=号gt:%=二，解得 第电磁感应定律，有Em=BL有mm 其中Lm=L,平均述度为，=0十L@ ≈0.71m/s. 2 答案：(1)绿光(2)①相同 ②见解析③0.71 射感应电动势E=之Bl。 12.解析：(1) E 根据闭合电路欧姆定律，有I= R 别CD棒所受安培力的最小值为Fm=B1L=B测 2R (2)解法一：当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 mgsin 0-umgeos 0-F=0 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fx一mgsin 0-tmgcos 0=0 欧胡表黑表笔按 联立可得m=Rgin司 3BLco 内部电源正极 撒去推力醉间，根据牛频第二定律，有Fmx一gsin0+ 黑接M端，电山阳无穷人，黑接N端，电阻作小 umgcos ma 说二极笄反向截止负极) 说明二极管正向导通 可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为牡=a gcos 3 tan 0 解法二：当CD棒所受安培力最大时，受力分析如图1所示， 根据平衡条件，有F -mgsin 0-umgcos 0=0 撤去推力瞬间，受力分析如图2所示，根据牛顿第二定律，有 F-mgsin 0+umgcos 0=ma 联立可得，CD棒与轨道间的动摩擦因数一2gcos日 兴 CμF A-V-0 图1 图2 (2)①题目日要求电压表、电流表读数从零开始，所以应该采用 解法三：当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 滑动变阻器分压式接法连接电路，故L,L,接滑动变阻器A mg8in0-mgcos0一F=0 接线柱，L,必须接在金高杆两端接线柱任意一个，即C或 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fx一ngsin 0一mgc0s0=0 D。②由图像可知，随光照强度增加，I-U图像斜率增大，所 撤去推力解间，根据牛顿第二定律，有Fx一mgsi0+ 以电阻减小。 umgcos 0=ma (3) 0+4V 联立可得加= ARgsin gsin0 3BL 极管未导 \R LD又 随着光弘的强， R,巾联 R,心压谈小，此 由解法一可知Hg0s031n0代入u的值可得 时做管仍未导通。 VT 明R,分小，故雷 gcos 0 3 tan 0=1 an 安增大 (以上三种解法都正确) o0V 答案：(D)BL@BLo (2)4 答案：(1)负极(2)①AAD(或C) ②减小 (3)增大 R 2R 2gds)号1an0或2g0os或 3 tan 0 物理答案一11 15.解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程中， 机器人与A木板组成的系统动量守恒，A木板向左运动，B 0.22A.故B错送：电流的有效值为I===0.2A.所以电 √2 C木板静止，设机器人的质量为M,三个木板的质量均为m, 阻在1s内消耗的电能为W=1R1=0.2×50×1J=2J.故 由动量守恒定律得Mu=m· C错误：根据图像可知其电压表达式为u=Usin=10√2sin 设所用时间为1，则有Mt=mt,即Mx=m:xA 又E十xu=LA 2(V-10v2in100u(V) 联立解得x、=1.5m 故D正确。故选D 则A、B木板间的水平距离为1.5m。 2.C根搭核反应方程Y+量Am→X+2站n (2)设机器人起跳的速度大小为，递度方向与水平方向的 根据质子数守恒设Y的质子数为y,则有y十95=119十0，可 夹角为，机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间 得y=24,即Y为C:根据质量数守恒，则有54+243-=A十 2,可得，A=295,故选C 由斜抛运动规律得c0s日·t1=x,· 3.B由图可知简谐波的波长为A=2m,所以周期为T=A nn0=g…号 2m=28 联立解得%=2sin0co0 15 1 m/s 当1=1s时，r=1,5m处的质点运动半个周期到达波峰处， 机器人跳离A木板的过程中，系统水平方向动量守恒， 故相对平衡位置的位移为0.1m。故选B。 由动量守恒定律得M6cos=mmA 4.D根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误：根 由功能关系得，我器人微的功为W=M+号m 据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线图上升越快，磁通 量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误：永磁铁相 对线图下降时，根据安培定则可知线围中感应电流的方向为 联立可得W2o8:5J=识C2·45J= 2sin Ocos0 顺时针方向，故D正确。故选D。 (m0叶品)45时 5,A由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的仲长量为 4=台，格据期克定律有F=kAr=些，梅销与卷轴同轴转 由数学知识可知，当且仅当2tan0=nn)时，即an0=2 2 动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F一mlw 时，机器人做功最少，代入可得W=90J 对卷轴有v=rw (3)由an0=2,可计算出6c0s0=压 「k 2 m/s,由Mcos0 联立解得u=√m,故选A, mu A 6.B红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光 解得人-号历ms,北后A木板以北逢度向左微匀速直 的折射率，在MN面，入特角相同，根据折射定律1一册名，可 线运动。机器人跳高A木板到与B木板相对静止的过程 知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红 中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒， 光更靠近P点，故A错误：根据全反射发生的条件snC=】 由动量守恒定律得 可知红光发生全反射的临界角较大，日逐渐增大时，斯射光线 Mv cos 0=(M+2m)v 与NP面的交，点左移过程中，在NP面的入射角先大于红光 此过程中A木核向左运动的距离x'A=1, 发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B 代入数据得tA=4.5m 正确，在MN面，光是从光疏介质射到光密介质，无论日多大， 机器人连续三次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人 在MN面都不可能发生全反射，故C错误：根据折射定律n= 和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次跳起后机 器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器 m可知0逐渐减小时，两来光在MN面折射的折射角逐渐 sin a 人每次跳跃的时间为△， 减小，故D错误。故选B。 以向右为正方向，由动量守恒定律得(M十m)n=M一 7,B在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力 m① 保持不变，即F=g 当木块接触弹簧后到合力为零前，极据牛顿第二定律mg 每次跳跃机器人和B木板的相对位移为，则有 y=F 随着y增大F减小： 十)△② 当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点 机器人到达B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器 过程中 人跳上B左端到跳到B的右端的过程中，A、B木板的位移 F=ky一mg: 之差为△x=xA十r',=6m,则有(m-,)·3△=△r 木块所受合外力向上，随着y增大F增 联立①②③三个式子得△-4（十物）3（人+） △x 大：Fy图像如图所示 故B正确，A错误：同理，在木块下落H A,C两木板的间距为xx=（04十V)·3△十△x+十L4 高度之前，木块做匀加速直线运动，根据 8 y=交g 梦理得w=子L 速度逐渐增大，所以旷图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧 答案：1D1.5m2)90J2(3)w=子Le 后到合力为零前，根据牛顿第二定律mg一y=F, 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以”1图 2024年普通高中学业水平选择性考试 像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过 程中F=ky一mg (广东卷) 木块所受合外力向上，木块做加速度 增大的减速运动，所以y图斜率减平衡位置 1.D由图可知交流电的周期为0.02s,则频率为 小，到达最低点后，木块向上运动，经 ∫=一=50H2,故A错误：根据图像可知电压的峰值为 以上分析可知，木块先做加速度城小 的加速运动，再做加速度增大的减速 U.10v2 V 102V,根据欧姆定律可知电流的峰值I。=尺 运动，再微匀减速直线运动到最高 50n 点，”1图像大致为 故CD错误。故选B。 物理答案-12