2024年山东省高考物理试卷

2024年山东省高考物理试卷（选择性）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．（3分）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。已知衰变为的半衰期约为29年；衰变为的半衰期约为87年。现用相同数目的和各做一块核电池，下列说法正确的是（）A．衰变为时产生α粒子 B．衰变为时产生β粒子 C．50年后，剩余的数目大于的数目 D．87年后，剩余的数目小于的数目2．（3分）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（）A． B． C． D．3．（3分）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Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（）A． B． C． D．4．（3分）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b、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b、c均不合格 C．滚珠b合格，滚珠c不合格 D．滚珠b不合格，滚珠c合格5．（3分）“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（）A． B． C． D．6．（3分）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b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→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→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．（3分）如图所示，质量均为m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l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，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，k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（）A． B． C． D．8．（3分）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣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（）A． B． C． D．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。（多选）9．（4分）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。t＝0时刻二者在x＝2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x＝2m处的质点P，下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 B．t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为﹣2cm C．t＝1.0s时，P向y轴正方向运动 D．t＝1.0s时，P向y轴负方向运动（多选）10．（4分）如图所示，带电量为+q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m、带电量为+q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k，下列说法正确的是（）A．OB的距离 B．OB的距离 C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝﹣mgs D．AC之间的电势差（多选）11．（4分）如图所示，两条相同的半圆弧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（）A．MN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（多选）12．（4分）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0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30°，重力加速度大小取10m/s2，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s 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、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。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xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：（1）从图像可知两滑块在t＝s时发生碰撞；（2）滑块B碰撞前的速度大小v＝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10Ω，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、螺旋测微器，开关S、单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：（1）使用螺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；（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RY＝Ω（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1.70Ω；（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。使用螺旋测微器测得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；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG＝30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。（1）求sinθ；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围。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S1＝1.0cm2，长度H＝100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0cm2、高度h＝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ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa。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x；（2）松开孔A，从外界进入压强为p0、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。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m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μ，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/s2。（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，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）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＝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的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。18．（16分）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞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。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜L的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y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U0；（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；（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。

2024年山东省高考物理试卷（选择性）参考答案与试题解析一、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．（3分）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。已知衰变为的半衰期约为29年；衰变为的半衰期约为87年。现用相同数目的和各做一块核电池，下列说法正确的是（）A．衰变为时产生α粒子 B．衰变为时产生β粒子 C．50年后，剩余的数目大于的数目 D．87年后，剩余的数目小于的数目【考点】结合能与比结合能的概念及简单计算；α衰变的特点、本质及方程．【答案】D【分析】AB.原子核衰变遵循质量数和电荷数守恒书写衰变方程，然后作答；CD.根据元素的半衰期公式求解作答。【解答】解：A.核反应遵循质量数和电荷数守恒，的衰变方程为，衰变产生β粒子，故A错误；B.的衰变方程为，衰变产生α粒子，故B错误；CD.因衰变为的半衰期小于衰变为的半衰期，故相同时间后剩余的数目小于的数目，故C错误，D正确。故选：D。2．（3分）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（）A． B． C． D．【考点】共点力的平衡问题及求解；力的分解过程中多解和极值的问题．【答案】B【分析】根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。【解答】解：国产人形机器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用，如图所示：当机器人“天工”站立和稳定行走时，根据平衡条件，沿斜坡方向μmgcos30°≥mgsin30°解得斜坡的动摩擦因数即机器人的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于，故B正确，ACD错误。故选：B。3．（3分）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Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（）A． B． C． D．【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系．【答案】A【分析】根据牛顿第二定律求加速度，判断木板的运动情况；根据匀变速运动学公式求解作答。【解答】解：设斜面的倾角为θ，加速度为a根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ因此木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动木板前端到达A点的时间为t0，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为t1；根据运动学公式，解得木板通过A点的时间当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为t2，根据运动学公式联立解得木板通过A点的时间因此解得综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。4．（3分）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b、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b、c均不合格 C．滚珠b合格，滚珠c不合格 D．滚珠b不合格，滚珠c合格【考点】薄膜干涉现象．【答案】C【分析】根据薄膜干涉的形成分析出同一条干涉条纹各处空气层的厚度相同，光的波程差相等，从检验小球与标准小球在干涉条纹的位置判断小球直径是否合格。【解答】解：单色平行光垂直照射平板玻璃，上玻璃的下表面和下玻璃上表面的反射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，同一条干涉条纹各处空气层的厚度相同，光的波程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的相等，滚珠b合格；不同的干涉条纹位置空气层的厚度不同，光的波程差不同，即滚珠a的直径与滚珠c的直径不相等，则滚珠c的直径不合格。综上分析，ABD错误，C正确。故选：C。5．（3分）“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（）A． B． C． D．【考点】万有引力与重力的关系（黄金代换）；向心力的表达式及影响向心力大小的因素；开普勒三大定律．【答案】D【分析】根据万有引力定律、匀速圆周运动公式和开普勒第三定律求解作答。【解答】解：对地球同步卫星，万有引力提供向心力化简得根据开普勒第三定律解得可见，开普勒第三定律中的k值与中心天体有关；地球质量同理对“鹊桥二号”中继星，可得月球质量根据题意T＝T月＝24h因此解得月球与地球质量之比综上分析，故ABC错误，D正确。故选：D。6．（3分）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b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→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→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【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用．【答案】C【分析】根据气体实验定律分析各个过程气体状态参量的变化，根据热力学第一定律判断气体内能的变化、做功情况与吸放热情况。对于D选项可根据p﹣V图像与横轴所围图形的面积等于气体做功的绝对值，判断a→b→c→a一个循环过程气体做功情况，再根据热力学第一定律判断a→b过程气体从外界吸收的热量与c→a过程放出的热量的大小关系。【解答】解：A、a→b的过程是等压变化，且体积增大，气体对外界做功（W＜0），根据：，可知温度升高，则气体内能增加（ΔU＞0），根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q，可知Q＞0，即气体从外界吸收的热量，且吸收的热量大于气体对外做的功，故A错误；B、b→c的过程中气体与外界无热量交换，即Q＝0，气体体积增大，对外界做功（W＜0），由热力学第一定律：ΔU＝W+Q，可知ΔU＜0，即气体内能减少，故B错误；C、c→a的过程为等温过程，即：Tc＝Ta，则a→b→c过程气体内能不变（ΔU＝0），根据热力学第一定律，可知a→b→c过程气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，故C正确；D、c→a的过程为等温压缩过程，气体内能不变，而外界对气体做功，根据热力学第一定律，可知c→a的过程放出的热量。根据p﹣V图像与横轴所围图形的面积等于气体做功的绝对值，可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a的过程外界对气体做的功，可得a→b→c→a一个循环，气体对外界做的功（W＜0），一个循环气体内能不变（ΔU＝0），根据热力学第一定律，可知一个循环气体向外界放热，故a→b过程气体从外界吸收的热量小于c→a过程放出的热量，故D错误。故选：C。7．（3分）如图所示，质量均为m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l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，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，k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（）A． B． C． D．【考点】功是能量转化的过程和量度．【答案】B【分析】根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。【解答】解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为x；对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件μmg＝kx解得弹性绳的伸长量此时弹性绳的弹性势能乙同学的位移x′＝（l﹣d）+x根据功能关系，拉力做功代入数据解得综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。8．（3分）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣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（）A． B． C． D．【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【答案】C【分析】矩形线圈在绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦交变电流；根据交流电的图像求解瞬时电动势的表达式；根据图丙求解磁场的覆盖区域。【解答】解：图乙中，线圈中产生的交变电流的电动势瞬时值的表达式当时，线圈转动的时间为t1因此有解得即线圈从中性面开始转过时，线圈中才产生感应电动势；线圈中磁场覆盖的区域如图所示（俯视图）：根据数学知识结合对称性，磁场区域为综上分析，故ABD错误，C正确。故选：C。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。（多选）9．（4分）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。t＝0时刻二者在x＝2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x＝2m处的质点P，下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 B．t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为﹣2cm C．t＝1.0s时，P向y轴正方向运动 D．t＝1.0s时，P向y轴负方向运动【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【答案】BC【分析】根据波在传播过程传递振动形式结合波传播过程的叠加原理进行分析解答。【解答】解：AB.由于两波的波速均为2m/s，由图可知甲的波长为λ1＝4m，乙的波长为λ2＝2m，根据v＝可得甲的周期T1＝2s，乙的周期T2＝1s，则t＝0.5s，对应甲波的T1，对应乙波的T2，故甲波向右、乙波向左平移x1＝1m，甲波对应P点出现在波谷，乙波对应P点出现在平衡位置，则由波的叠加，结合甲的振幅2cm，乙的振幅为4cm，故P点偏离平衡位置的位移为﹣2cm，故A错误，B正确；CD.同理，当t＝1s时，对应甲波的T1，对应乙波的T2，故甲波向右、乙波向左平移x2＝2m，甲波对应P点出现在平衡位置，乙波对应P点出现在平衡位置，根据同侧原理法判断两列波对应在该点都是沿y轴正方向发生振动，据波的叠加可知，t＝1s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。故选：BC。（多选）10．（4分）如图所示，带电量为+q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m、带电量为+q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k，下列说法正确的是（）A．OB的距离 B．OB的距离 C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝﹣mgs D．AC之间的电势差【考点】电势差的概念、单位和物理意义；库仑定律的表达式及其简单应用；电场力做功与电势能变化的关系．【答案】AD【分析】AB.根据平衡条件列方程求解OB之间的距离；C.根据动能定理列式求解静电力做的功；D.根据电场力做功和电势差关系列式求解。【解答】解：AB.小滑块在B点处的加速度为零，设OB的距离为l，则沿斜面方向有，解得，故A正确，B错误；C.小滑块从A到C的过程，设静电力做功为W，由动能定理有W+mgssin30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为，故C错误；D.根据电场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势差＝，故D正确。故选：AD。（多选）11．（4分）如图所示，两条相同的半圆弧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（）A．MN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【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【答案】ABD【分析】AB.根据楞次定律和左手定则分析安培力做功，根据能量转化和守恒分析最终的状态；D.根据楞次定律判断电流方向；C.根据沿速度方向的合力和加速度的变化情况分析速率的变化情况。【解答】解：AB.由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，电路中有电阻，运动过程中会产生感应电动势和感应电流，产生焦耳热，金属棒的机械能最终转化为内能，最终会停止在最低点，故AB正确；D.根据楞次定律可知，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，故D正确；C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，在即将到达OO'位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，说明MN在OO′位置速率不是最大，故C错误。故选：ABD。（多选）12．（4分）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0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30°，重力加速度大小取10m/s2，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s 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【考点】斜抛运动；合运动与分运动的关系．【答案】BD【分析】A.根据位移分解的知识结合几何关系列式求解运动时间；B.根据速度分解的知识结合速度偏角的关系列式求解夹角；C.在垂直于PQ连线的方向上分解速度和加速度，结合匀变速直线运动规律求解最远距离；D.根据竖直方向分运动的特点列式求解最高点和落点的高度差。【解答】解：A.对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0cos30°•t，竖直方向上有y＝﹣v0sin30°t+，由几何关系有，联立解得重物的运动时间t＝4s，故A错误；B.结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos30°，竖直分速度vy＝﹣v0sin30°+gt则，解得tanθ＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，故B正确；C.对重物从P运动到Q的过程，如图，将重力加速度和初速度v0在垂直于PQ连线方向分解在垂直于PQ连线方向有，解得重物离PQ连线的最远距离，故C错误；D.结合B项分析，竖直方向上有，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45m，故D正确。故选：BD。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、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。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xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：（1）从图像可知两滑块在t＝1.0s时发生碰撞；（2）滑块B碰撞前的速度大小v＝0.20m/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B（填“A”或“B”）。【考点】验证动量守恒定律．【答案】（1）1.0；（2）0.20；（3）B【分析】（1）碰撞过程两滑块的速度大小会发生变化，由x﹣t图像的斜率表示速度判断速度变化的时刻。（2）根据x﹣t图像斜率的绝对值等于速度大小求解碰撞前瞬间B的速度大小。（3）同理，由题图分别求得碰撞前、后A、B的速度大小，对A和B的碰撞过程，根据动量守恒定律求得它们的质量大小关系。【解答】解：（1）由x﹣t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0s时发生突变，此时发生了碰撞。（2）由x﹣t图像斜率的绝对值等于速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小为：（3）由题图乙可知，碰撞前A的速度大小为：碰撞后A的速度大小为：由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为：对A和B的碰撞过程，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAvA+mBv＝mAvA′+mBv′代入数据解得：已知两个滑块的质量分别为200.0g和400.0g，所以质量为200.0g的滑块是B。故答案为：（1）1.0；（2）0.20；（3）B14．（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10Ω，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、螺旋测微器，开关S、单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：（1）使用螺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2.450mm；（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1（填“1”或“2”）端；（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RY＝1.92Ω（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1.70Ω；（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。使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率大于（填“大于”或“小于”）Y型号铅笔芯的电阻率。【考点】导体电阻率的测量；刻度尺的使用与读数．【答案】（1）2.450；（2）1；（3）1.92；（4）大于。【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+可得刻度对齐格数（估读一位）×精确度；（2）根据电压表和电流表示数变化的明显程度判断电流表的内外接法；（3）根据欧姆定律求解I﹣U函数，结合图像斜率含义求电阻；（4）根据电阻定律求解作答。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，铅笔芯直径d＝2mm+0.01×45.0mm＝2.450mm；（2）由于电压表示数变化更明显，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端：（3）根据欧姆定律图像斜率结合I﹣U函数，图像斜率代入数据解得R1＝1.92Ω（4）根据电阻定律电阻率电阻率之比因此ρX＞ρY，即X型号铅笔芯的电阻率大于Y型号铅笔芯的电阻率。故答案为：（1）2.450；（2）1；（3）1.92；（4）大于。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；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG＝30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。（1）求sinθ；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围。【考点】光的全反射现象；光的折射定律．【答案】（1）求sinθ为0.75；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围是。【分析】（1）根据折射定律和几何关系求入射角的正弦值；（2）根据几何关系、临界角公式求D点到E点的距离范围。【解答】解：（1）设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有：n＝根据三角形中几何关系可得：α＝30°代入数据解得：sinθ＝0.75（2）作出单色光线第一次到达半圆弧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D点到E点以θ角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有：sinC＝设D点到FG的距离为l，则根据几何关系有：OP＝RsinC＝又根据几何关系有：AP＝（R﹣OP）tan30°，DE＝联立解得：DE＝故光线在EF上的入射点D到E点的距离范围为答：（1）求sinθ为0.75；（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围是。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S1＝1.0cm2，长度H＝100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0cm2、高度h＝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ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa。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x；（2）松开孔A，从外界进入压强为p0、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。【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体压强的计算．【答案】（1）x为2cm；（2）V为892cm3。【分析】（1）根据压强平衡条件求得末态气体压强，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解。（2）对新进入的气体和原有的气体整体作为研究对象，根据玻意耳定律求解。【解答】解：（1）在缓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：p1（H﹣x）S1＝p2HS1根据题意可知：p1＝p0由压强平衡条件可得：p2＝p0﹣ρgh＝1.0×105Pa﹣1.0×103×10×20.0×10﹣2Pa＝9.8×104Pa联立解得：x＝2cm（2）对新进入的气体和原有的气体整体作为研究对象，由玻意耳定律得：由压强平衡条件可得：＝1.0×105Pa﹣1.0×103×10××20.0×10﹣2Pa＝9.9×104Pa联立解得：V＝892cm3答：（1）x为2cm；（2）V为892cm3。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m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μ，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/s2。（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，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）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＝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的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【答案】（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。【分析】（1）根据牛顿第二定律列式求解速度；（2）（i）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；（ii）根据运动学规律列位移关系式，结合系统水平方向的动量守恒和机械能守恒定律列式联立求解L。【解答】解：（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，通过分析题意可知，在Q点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为3mg，根据牛顿第二定律有3mg+mg＝m解得v＝4m/s（2）（i）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，由图乙可知，当0＜F≤4N，小物块m和轨道M一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，则a＝，根据图乙第一段图线的斜率k＝（kg﹣1）＝（kg﹣1），即（kg﹣1）＝（kg﹣1），则M+m＝2，当F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma，即a＝﹣，同理根据图乙第二段图线的斜率的物理意义，有＝（kg﹣1）＝1（kg﹣1），联立解得M＝1kg，m＝1kg将图乙中（4N，2m/s2）代入a＝﹣解得μ＝0.2（ii）当F＝8N时，由图乙对轨道a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据μmg＝ma2，解得a2＝2m/s2，设经过时间t小物块运动到P点，根据匀变速直线运动的规律有a1t2﹣a2t2＝L，滑动P点时轨道的速度为v1＝a1t，小物块的速度为v2＝a2t，方向都是水平向左，小物块在与竖直面内圆弧轨道作用的过程中，系统在水平方向满足动量守恒条件和机械能守恒定律，且规定水平向左的方向为正方向，有Mv1+mv2＝Mv1′+mv2′M+m＝M+m+mg•2R且v2′＝7m/s联立以上各式解得t＝1.5s或者t＝3.17s（不合题意，舍弃）L＝4.5m答：（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。18．（16分）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞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