6.物理·2024年普通高中学业水平选择性考试(河北卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考物理真题汇编

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 吾冠 本试卷满分100分,考试时间75分钟 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.锲是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料。研究表明,理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+H→Li+2H十 密 X,式中的X为 _ A.n B_e Ce " D.He 封 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a、6、c、四点中电场强度最大的是 . ) A.点 B.点 C点 D.d点 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 1 拍摄了该过程,并得出了篮球运动的vt图像,如图所示。图像中a、、c、d四点中对应篮球位 (................. 置最高的是 C ) ,/fms-) 我 1 4 (2 ,5 班 题 B.b点 C.c点 A.a点 D.d点 4.R,R。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),R。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Q:Q。为 ( ) _V ,1 11 2 B.4:3 A.2:3 C.2③ D.5:4 2024·河北卷第1页(共8页) 5.如图,弹策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{}。若弹策测力计位于竖直方向,读数为1.0N,g 取10m/s{,挡板对球体支持力的大小为 _ ) #1 C2# B.1.0N D.2.0N 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x-7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 __ ) 轻杆 外光笔- 感光纸 d 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g(g>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。 已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为。顶点A处的电 场强度大小为 __ A.2 B.(6③) C.(1) D.③(3) 2024.河北卷 第2页(共8页) 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的环月圆 冻结轨道(如图),近月点A距月心约为2.0×10{*}km,远月点B距月心约 为1.8×10km,CD为圆轨道的短轴,下列说法正确的是 C ) 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 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有两部分,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策水平连接。汽缸内壁光滑月水平长度大干 弹策自然长度,弹策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 ( ) 理想气体 空 活塞 27777772 A.弹恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等 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 10.如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd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方向进入磁场。调整abcd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 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边夹角必为60* 2024·河北卷 第3页(共8页 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、目镜等。 光源 凸镜 光片单缝 遮光筒 测量头 11 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: 2/mm 单色光类别 2/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,钢球在斜橹中从某一高度滚下,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。 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勃迹。 0 2 4 6 8 1012 1416 x/cm =2三)去 复纸 标 em. 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(0一 20 V)、数字电流表(0~20mA)、滑动变阻器R(最大阴值500,1.5A)、白炽灯、可调电阻R (0~50kO)、发光二极管LED、光敏电阻R。、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。 2024·河北卷第4页(共8页) (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 2 LED红 c_5 A-V- HH& N 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L、L。和L。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”)。 m 100 0.00 800 70 i 0.50 1.00 1.50 2.(0 250 800 17V 图3 图4 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I、II和II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&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、e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,当照射到光敏电阴表面的光强 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R,的阻值,直至发光二极管发光 _-v LE; -_o 图5 2024·河北卷第5页(共8页) 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o(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。 2024·河北卷 第6页(共8页) 14.(14分)如图,边长为21.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OO。间距为L、与水平面成9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。 2024·河北卷第7页(共8页) 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/s{,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。 77777777 2024·河北卷 第8页(共8页)(2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fe=mir 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系 转椅受到的摩擦力「：=4N: 统，根据动量守恒定律有 根据几何关系有amB一是 m1巧一m21=(m1十m:) 竖直方向上由平衡条件有N2十Tcos 0=mg 解得乙远回水平学轨Q.Q,时甲的建底为一罗m 水平面上有f2=Tsin0sinB 若乙返回水平导轨时在Q,Q,处恰与甲发生碰撞，测对应d ugsin Ocos B 联立解得w,√uos0十sin Osin B)r 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动 量定理有 15.解：(I)对甲从静止到运动至P,P:处的过程，根据动能定 一BI,l△1=m一m1V券 理有 h mghmgcos 0 sin 00 又1=71出，=BA 2R 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 部释a-晋m E=Blv 根据位移关系有lmm一△r=△r E 根据欧姆定律有1。= 解释1-种n 对乙由牛领第二定律有 若乙运回水平导轨后，当两者共速时怡好碰撞，则对应d的 Bl。l=m2dz0 最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前醉间的过程，根 联立并代入数据解得ae=2m/s 据动量定理有 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯 BI:l△2=m,-(一m4） 视)，结合左手定测可知，乙所受安培力方向水平向右，则加 BIAr" 速度方向水平向右 又9=1：△，=2R (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系 统动量守恒，若两者共遮时恰不相碰，则有m1。一(m1十 解得△-智m m）县 根据位移关系有dm.一△x一△x'=△x” 对乙根据动量定理有 解得d=696 BI1=m2v%一0 1m 又正-q-梁架 锋上所速，d的取值花周为m<d<m dnin=△t 2024年普通高中学业水平选择性考试 联主解得dm=24m. (河北卷) (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲，乙第一次在水平1.D根据核反应前后质量数和电荷数守恒得，A一12十1一7一 导轨上运动稳定，相对位移为△r=24m,且稳定时的速度 2×1=4,2=6+1-3-2×1=2,则X为2He,D正确. 4=6m/s 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 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 小。由题图可知，点等差等势线最密集，故（点电场强度最 律有 大，C正确。 m2gsin0,十m:gcos0=m2a± 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 根据运动学规律有2a上x上=v 向增大，落地反弹后上升至：点，此时途度第一次向上减为 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 零，故此时到达离地最高处，A正确。 律有 4.B设R,、R,的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题图图 msgsin 0:-u:m:gcos 0.=ma 根据运动学规律有2arT,= 像可得Q,= T U T 2U 2十F·23R T.Q:-- -T= 又x上=IT R R 联立并代入数据解得乙第一次从右侧斜轨上滑下经Q,Q 时的速度 =5m/s 5.A对球体受力分析如图所示： 甲乙结合体第一次在右侧针轨上向上运动的过程中，根据牛 正交分解列方程，口轴方向：FN 领第二定律有 sin30°=F2sin30°，y抽方向： (m1十m:)gsin0十4(m1+m2)gcos=(m1+m:)a'上 FN1cos30°+Fcos30°+F 根据运动学规律有2a'上x'上= 由题图(b)可知x上=4.84x'1 ,联立方程解释-得NA 解得甲、乙碰撞后的速度u=m/s 30 正确。 mg 物理答案一12 6.C根据题意可知，紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方向做 山.解析：0)极搭△-分，可得入=，由表格数指可知，4 简谐运动，可求解u=2=2m=0.4rrad/5≈1.26rad/s,A、 T -18.64-10.60mm=1.608mm,4r,-18.08-8.4mm 5 B错误：T=上=5s,由杆长0.1m可知振幅A=0.1m,宁 5 1.928mm,△x1<△xe,则1<A:,由于绿光波长小于红光波 2.5,则运动路程s=2.5×4×0.1m=1.0m,C正确，D错误 长，则单色光1为绿光 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 (2)①为保证钢球每次平抛运动的初速度相同，必须让钢球 的电场强度大小E,=E,=g,方向竖直向上，故A点的电 在斜槽上的相同高度由静止释放。 ②钢球做平抛运动的轨迹如图所示。 场强度大小E=E◆十E。=(W+3)9,D正确 书片146m 8.BD鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，从A→C→B做减速运 2 动，从B→D→A做加逸运动，所以从C→B·D的运动时间 大于半个周期，即大于12小时，A错误：在A点，根据牛顿第 6 ()=ma,在B点，根据牛顿第二定律，有 二定律，有GMm 0 G Mm m)=m。,联立并代入数据可得鹊桥二号在A,B两点 的加速度大小之比约为a:am=81:1,B正确：根据物体做 16 曲线运动时速度方向沿该点的初线方向，可知鹊桥二号在C 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 20 yiem 号发射后围绕月球沿椭國航道运动，并未脱离地球引力束缚， 也在围绕地球运动，所以鹊桥二号在地球表面附近的发射速 ③因为坐标原，点对应平抛起点，为方便计算，在图线上找到 度大于7.9km/s而小于11.2km/s,D正确。 纵坐标为19.6cm的点为研究点，该点的坐标为(14.1cm, 9.ACD初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左 1 10.6cm),将研究点的数据代入y=豆g=千，解得 的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严， ≈0.71m/s。 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 气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且 答案：(1)绿光(2)①相同②见解析③0.71 弹簧恢复原长，A正确：由于活塞向左移动，左侧气体体积小 12.解析：(1) 于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错 误：密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能 减少了，可知气体内能增加，C正确：初始时气体在左侧，最终 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 最终的两倍，D正确。 10.ACD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则 欧料长黑投笔接 粒子必经过边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子 涕电脚正极 从C点垂直于BC射出，A、C正确：当粒子穿过ad边速度方 黑笔按M端，电知无穷人， 黑表笔按、端，电阳很小 向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进磁场，作出粒 说明二极停反向截止（负极） 说明二极管正可导通 子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子 经边再次进入磁场，作出粒子运动轨远如图丙所示，则粒 子一定垂直BC边射出，B错误，D正确。 D 0 ClpPHz A-V-且 1 甲 (2)①题目要求电压表、电流表读数从零开始，所以应该采用 D 滑动变阻器分压式接法连接电路，故L1、L接滑动变阻器A 接线柱，L,必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或 D。②由图像可知，随光照强度增加，1-U图像斜率增大，所 以电阻减小。 内 物理答案一13 (3) 0+3V 联立可得，CD棒与轨道间的动摩梁图数μ一2gc0s0 一极管未导 LED 随着光增联， 通时，R,与 R R,巾联 ,电怀球小，此 时三极管仍未导通。 VT 明R,分小，故需 罗增大代 图1 图 一oW 解法三：当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 答案：(1)负极(2)①AAD(或C)②减小(3)增大 mgsin 0-umgcos 0-Fn=0 1品解析：在匀强电场中，南公式E-号可得E=号 U 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fx一ngsin 0-umgcos 0=0 (2)在A点细线对小球的拉力为0，由牛顿第二定律得Eq 撤去推力醉间，根据牛顿第二定律，有Fnx一ngsin0十 jmgcos 0=ma mg= 联立可得m .3B'L.w 3 由A点到B点，由动能定理得Ug一mgl=2m一立m iKgsin sin0 由解法一可知 厂3an6,代入a的值可得 联立解得巴 U。一mgL 3(U.-mgL) gcos 0 god0tan0=子tan0 1 答案：1)元 U (2入 0,一mgL 3(U-mgL) (以上三种解法都正确) 14.解析：(1)当导体棒OA运动到正方形金属细框对角线除间， 答案：)BLuB1a R 2R g01an0或2gos或 (2)4-1 切制的有效长度最大， 1 an0 则L有m=√2L, 此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第 15.解析：(1)机器人从A木板左瑞走到A木板右端的过程中， 电磁感应定律，有E=BL有m可 机器人与A木板组成的系统动量守恒，A木板向左运动，B C木板静止，设机器人的质量为M,三个木板的质量均为m, 其中，平均速度为=0十y2@ 2 由动量守恒定律得Mu=m巴· 则感应电动势E=BL,m 设所用时间为1，则有MW=m1,即Mx=m.x 又x十E=L 根据闭合电路欧姆定律，有I= R 联立解得x,=1.5m 期CD棒所受安培力的最大值为F。=B1L=BL 则A、B木板间的水平距离为1.5m。 R (2)设机器人起跳的追度大小为，速度方向与水平方向的 当导体棒OA运动到与朝框某一边平行瞬间，切割的有效长 夹角为日，机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间 度最小，感应电流最小，CD棒所受的安培力最小，根据法拉 为11， 第电磁总应定律，有En=BL有n 由斜抛运动规律得cos日·1=tA· 其中L=L,平均速度为4，=0士L巴， 2 .sin0=g·2 则感应电动势E=之BL 联立解得=2sin0cos0 15 根搭闭合电路欧姆定律，有1=尺 机器人跳离A木板的过程中，系统水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得M,cos0=mu、 则CD棒所受安培力的最小值为F=B1L=B 2R 由功能关系得，机器人微的功为W=号M+之m (2)解法一：当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 联立可得W= mgsin 0-umgeos 0-Fmin0 先·51=9.5 2sin Ocos0 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fm:一ngsin (合m0叶品·46J 8-umgcos =0 3BL c 联立可得m=4 Rgsin0 由数学知识可知，音且仅当名m0=品)时，即am0=2 时，机器人做功最少，代入可得W=90J 撤去推力除间，根据牛顿第二定律，有Fm一mgsn日十 ungeos 0=ma (3)由tan9=2,可计算出cosg=压m/s,由M,cosg 2 可得CD捧与孝轨间的动摩擦因数为μgc0s)3tn0 mU A 解法二：当CD棒所受安培力最大时，受力分析如图1所示， 解得d,一受√西ms,此后A木板以此逢度向左微匀选直 根据平衡条件，有F一ngsin0-umgcos0=0 线运动。机器人跳高A木板到与B木板相对静止的过程 撒去推力降间，受力分析如图2所示，根据牛顿第二定律，有 中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守慢， F.-mgsin 0+umgcos 0-ma 由动量守恒定律得 物理答案一14 Mv.cos 0=(M+2m)v 5.A由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为 此过程中A木板向左运动的距离xA=u,t1, △r=子，根据朔克定律有F=kAr=号，插销与春轴同轴转 代入数据得x'4=4.5m 机器人连续三次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人 动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F=mlw 对卷轴有D=rw 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木板的连度大小为？，机器 ,故选A 联主解得v=√2m 人每次跳跃的时间为△， 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 以向右为正方向，由动量守恒定律得(M十m)m=M1 mm① 的折射率，在MN面入射角相同，根据新射完律一册。可 器人和B木板的相对位移为 知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红 +v)△￥② 光更套近P点，批Λ错误：根播金反射发生的条件mC=日 机器人到达B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器 可知红光发生全反射的临界角较大，0逐渐增大时，折射光线 人跳上B左端到跳到B的右端的过程中，A、B木板的位移 与NP而的交点左移过程中，在NP面的入射角先大于红光 之差为△r=x十r',=6m,剩有(m一'，)·3=△r③ 发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B 正确：在MN面，光是从光疏介质射到光密介质，无论0多大， 联立①@③三个式子得△4(A十)厂3(A十】 △x 在MV面都不可能发生全反射，故C错误：根据折射定律n A,C两木板的间距为xc=(A十）·3△十△r十La 册。可知0遂新减小时，两来光在MN面折射的折射角运浙 减小，故D错误。故选B 整理得=子L 7,B在木块下落日高度之前，木块所受合外力为木块的重力 保持不变，即F=加g 答案：11.5m(290J2(x=名n 当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律mg一 2024年普通高中学业水平选择性考试 ky=F 随着y增大F减小： (广东卷) 当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点 过程中 1.D由图可知交流电的周期为0.025，则频率为 F=ky一mg 1 ∫一丁一50H2,故A错误：根据图像可知电压的峰值为 木块所受合外力向上，随着y增大F增 大：Fy图像如图所 2V,根据欧姆定律可知电流的峰值1。=R= 故B正确，A错误：同理，在木块下落H高度之前，木块做匀 50n 0.22A.款B错误：电流的有效值为1=二=0.2A.所以电 加地直我运动，旅据y一之 √2 速度逐渐增大，所以y1图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧 阻在1s内消耗的电能为W=1R1=0,2×50×1J=2J,故 后到合力为零前，根据牛顿第二定律mg一y=F, C错误：根据图像可知其电压表达式为u=U sina=l0√2sin 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y1图 (V)10/sin 00(V) 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 故D正确。故选D。 木块所受合外力向上，木块做加速度 2.C根据核反应方程Y+阳Am→心X十2n 平衡位置 增大的减速运动，所以y1图斜率减 根据质子数守恒设Y的质子数为y,则有y十95=119十0，可 小，到达最低点后，木块向上运动，经 得y=24,即Y为Cr:根据质量数守恒，则有54十243=A十 以上分析可知，木块先做加速度减小 2,可得，A=295,故选C。 的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减逸直线运 3.B由图可知简谐波的波长为入=2m,所以周期为T=入= 动到最高点，y1图像大致为 故CD错误。故选B。 1m-2s 2 m 8.AC根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点 的低，污泥絮体带负电，根据E。一g可知污泥絮体在M点的 当t=1s时，T=1.5m处的质点运动半个周期到达波峰处， 电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电 故相对平衡位置的位移为0.1m。故选B. 势能减小，电扬力对其做正功，故A、C正确：根据电场线的疏 4.D根据图乙可知此时穿过线图的磁通量为0，故A错误：根 密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误：M点和 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 P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点 量变化越快，线图中感应电动势越大，故B、C错误：永磁铁相 的电势能相等，结合A,C选项分析可知污泥絮体在P点的电 对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为 势能比其在N点的大，故D错误。故选AC。 顺时针方向，故D正确。故选D 物理答案一15