PAGEPAGE32024年普通高等學校招生全國統一考試(遼寧卷)物理考生注意：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1．一物體做勻減速直線運動，初速度未知，加速度大小為1m/s2，則物體在停止運動前最后1s內的位移為（）A．5.5m B．5m C．1m D．0.5m【答案】D【解析】把勻減速直線運動過程看成初速度為零的勻加速直線運動的逆過程；原最后1s內的位移即新情境中的第1s內的位移，有故選D。2．如圖將光滑的重球放在斜面上，被豎直的擋板擋住而靜止，設球對斜面的壓力為N1，對擋板的壓力為N2，當擋板從豎直緩慢地轉到水平位置的過程中（）N1變小，N2變大 B．N1變大，N2變小C．N1變小，N2先變小后變大 D．N1和N2都變小【答案】C【解析】以球為研究對象，受力分析如圖小球受到重力G、斜面的支持力N1′和擋板的支持力N2′，N1′與N1是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，N2′與N2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡條件得知，N1′和N2′的合力與重力G大小相等、方向相反，作出多個位置N1′和N2′的合力，如圖，由圖看出，N1′逐漸減小，N2′先減小后增大，當N1′和N2′垂直時，N2′最小，根據牛頓第三定律得知，N1逐漸減小，N2先變小后變大，故C正確，ABD錯誤。故選C。3.如圖所示，一束自然光經過玻璃三棱鏡折射后分為幾束單色光，選取了其中兩種單色光a、b進行研究并作出了光路圖。單色光a、b的波長分別為λa、λb，在該玻璃中的傳播速度分別為va、vb，該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、nb，則（）A．λa<λb，va>vb，na>nbB．λa<λb，va=vb，na<nbC．λa>λb，va>vb，na<nbD．λa>λb，va=vb，na>nb【答案】C【解析】由圖可知，兩束光的入射角i相同，玻璃對單色光a的折射角大于b光的折射角，根據折射定律得知，玻璃對a光的折射率小于玻璃對b光的折射率，即na<nb由得可知va>vb由于玻璃對a光的折射率小于玻璃對b光的折射率，所以a光的頻率小于b光的頻率，由波長、波速的公式得可知λa>λb故選C。4.為研究太陽系內行星的運動，需要知道太陽的質量，已知地球半徑為R，地球質量為m，太陽與地球中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉的周期為T。則太陽的質量為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】地球表面物體重力等于萬有引力地球圍繞太陽做圓周運動萬有引力提供向心力有解得故選D。5.冬奧會上，某滑雪運動員從靜止開始分別沿兩個不同夾角的斜坡滑下，如圖所示，兩次滑行的時間恰好相等。關于兩次滑行過程中，運動員所受沖量下列說法正確的是（）A．重力的沖量大小相等B．支持力的沖量大小相等C．摩擦力的沖量大小相等D．合力的沖量大小相等【答案】A【解析】A．兩次滑行過程中，人的重力不變，兩次滑行的時間恰好相等，根據沖量的表達式為故兩次重力的沖量大小相等，A正確；BC．設斜面與水平方向的夾角為，人沿著斜面加速下滑，故支持力大小為摩擦力的大小為兩次滑行的時間相等，根據沖量的表達式為，由于沿兩個不同夾角的斜坡滑下，故兩次支持力和摩擦力的沖量大小都不相等，BC錯誤；D．斜面的高度相同，傾角不同，斜面的長度則不同，滑雪運動員從靜止開始勻加速運動下滑的時間相同，故兩次下滑時的加速度不同，所受的合外力不相同，根據沖量表達式兩次合外力的沖量大小不同，D錯誤。故選A。6.一波源O產生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻（）波傳播到了B點，該時刻波動圖像如圖所示，再經過0.2s，C點第一次到達波峰，下列說法正確的是（）A．該波的周期為2.5sB．波源的起振方向為y軸負方向C．該波的傳播速度為10m/sD．從至波傳播到C點時，A點運動的路程為8cm【答案】C【解析】AC．由圖可知波長為4m，波峰傳播到C點傳播了2m，用時0.2s，所以波速為10m/s，由可知故A錯誤，C正確；B．橫波向右傳播，B點重復左側圖像的振動形式，所以B點的起振方向為y軸正方向，故B錯誤；D．從至波傳播到C點的過程中，歷時0.2s，即半個周期，即A點應從平衡位置離開再回到平衡位置，走過的路程為2A，即4cm，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，虛線a，b，c代表電場中的三條電場線，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R，Q是這條軌跡上的三點，由圖可知（）A．電場中Q點的電勢高于R點的電勢B．帶電粒子的受力方向與電場強度的方向相同C．帶電粒子在R點時的加速度小于在P點時的加速度D．帶電粒子在Q點時的電勢能小于在P點時的電勢能【答案】C【解析】ABD．帶電粒子做曲線運動，電場力指向曲線的凹側，所以電場力方向向右，由于不能確定粒子的電性，所以無法判斷帶電粒子的受力方向與電場強度的方向是否相同，若粒子從P經過R運動到Q，電場力做負功，電荷的電勢能增大，則帶電粒子在Q點時的電勢能大于在R點的電勢能大于在P點時的電勢能，由于不能確定粒子的電性，則電場中Q點的電勢與R點的電勢無法確定，故ABD錯誤；C．由電場線的疏密程度可知，R點的電場強度小于P點的電場強度，則帶電粒子在R點時的加速度小于在P點時的加速度，故C正確。故選C。8.裝修中用到的某些含有Th（釷）的花崗巖會釋放出放射性惰性氣體Rn（氡），核反應方程為：，而氡會繼續發生衰變，放出、、射線，這些射線可能會誘發呼吸道方面的疾病，甚至會導致細胞發生癌變。下列說法正確的是（）A．方程中x=3，y是電子B．方程中x=2，y是中子C．1000個氡經過一個半衰期后還剩下500個D．上述核反應方程中，中子總數減少了2個【答案】AD【解析】AB．根據核反應的質量數和電荷數守恒可知，因He質量數為4，電荷數為2，可判斷方程中x=3，y是電子，該反應為衰變方程，不可能出現中子，選項A正確，B錯誤；C．半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量原子核衰變不適應，選項C錯誤；D．上述核反應為反應前中子數為232-90=142，反應后中子數為（220-86）+3（4-2）=140，即中子總數減少了2個，選項D正確。故選AD。9.如圖所示為火災報警器簡化原理圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，原線圈接入電壓為（V）的交流電，電壓表和電流表均為理想電表，和均為定值電阻，R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小。下列說法中正確的是（）A．電壓表示數為44V B．R處出現火警時電流表示數增大C．R處出現火警時電壓表示數增大 D．R處出現火警時兩端電壓降低【答案】AB【解析】A．原線圈電壓有效值為U1=220V。根據變壓器原理得即電壓表示數。故A正確；B．R處出現火警時，電阻減小，負載總電阻減小，則總電流增大，故原線圈電流增大，即電流表示數增大。故B正確；C．副線圈電壓由原線圈決定，不隨R變化，即電壓表示數不變。故C錯誤；D．根據“串反并同”可知，R處出現火警時，電阻減小，則兩端電壓增大。故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，在一磁場空間內，懸掛了一個“正方體”金屬導體，“正方體”的邊長為，該“正方體”的中間挖去一個邊長為的空心區域，其中，在該“正方體”的上半區域由四根相同的、長度為的細線提起并懸掛于一點，現在該“正方體”內通入磁場大小為（是常量，是時間）的勻強磁場，方向豎直向上，“正方體”的重力為，電阻率為，則下列說法不正確的是（）A．每根細線承受的拉力為B．產生的感應電動勢大小為ktd2C．該正方體的熱功率為D．在該正方體周圍鋪上一層低電阻率（小于）的鋼板，可有效降低渦流產生的影響【答案】BD【解析】A．依題意，穿過空心區域的磁場均勻增大，根據法拉第電磁感應定律結合楞次定理可判斷知“正方體”金屬導體內部將產生恒定的，方向從上往下看為順時針的感應電流，根據左手定則，由于對稱性，可知“正方體”金屬導體受到的合安培力為零。設每根細線與豎直方向夾角為，則根據平衡條件可得求得每根細線承受的拉力為故A正確；B．根據法拉第電磁感應定律可得，“正方體”金屬導體內產生的感應電動勢大小為故B錯誤；C．根據楞次定理，可判斷知“正方體”金屬導體內部將產生恒定，方向從上往下看為順時針的感應電流，則該正方體的熱功率為根據電阻定律有聯立求得故C正確；D．在該正方體周圍鋪上一層低電阻率（小于）的鋼板，根據知反而增大了渦流產生的影響，故D錯誤。由于本題選擇錯誤的，故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.（6分）小華同學在做“用單擺測定重力加速度”的實驗。（1）用游標卡尺測小球的直徑時示數如圖甲所示，則小球的直徑________。（2）在實驗中，若測得的重力加速度值偏大，其原因可能是_______。A．所用擺球質量偏大B．振幅太小導致測得的周期偏小C．將n次擺動的時間誤記為次擺動的時間D．單擺的懸點未固定緊，振動中出現松動，擺長變大（3）小華同學用標準的實驗器材和正確的實驗方法測量出幾組不同擺長和對應的周期，然后根據數據描繪圖像，進一步計算得到圖像的斜率為，可知當地的重力加速度大小________（用含k的表達式表示）。【答案】（1）2.18（2分）（2）C（2分）（3）（2分）【解析】（1）[1]游標卡尺讀數是主尺讀數（mm的整數位）加上游標尺讀數（mm的小數位），由甲圖可讀出游標卡尺讀數為。（2）[2]AB．由單擺周期公式得周期測量值可知重力加速度測量值偏大與擺球質量、振幅（不能太大）無關；AB錯誤;D．單擺的懸點為固定，導致擺長變大，但是數據處理仍舊按照原來的擺長來計算加速度則測量值偏小，D錯誤；C．將n次擺動當成（n+1）次則周期變小，因此測量值偏大，C正確；故選C。（3）[3]由可得則圖像的斜率得12.（8分）某同學做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗，已知小燈泡L“”標稱值為“5V；2.5W”，實驗室中除導線和開關外，還有以下器材可供選擇：電壓表V1（量程為3V，內阻為3kΩ）電流表A1（量程為0.6A，內阻約為10Ω）電流表A2（量程為3A，內阻約為0.1Ω）滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流為2A）滑動變阻器R2（0～1kΩ，額定電流為0.5A）定值電阻R3（阻值為10Ω）定值電阻R4（阻值為3kΩ）電源E（E=6V，內阻不計）（1）實驗中滑動變阻器應選用_______，電流表應選用_________，定值電阻應選用_________。（均填器材的符號）（2）在圖1中的虛線框內將電路圖補充完整_______。（圖中標出選用的器材的符號）（3）實驗中得到的該燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，如果將小燈泡與另一個電動勢為4V，內阻為8Ω的電源直接相連，則小燈泡的實際功率為___________W。（保留兩位有效數字）【答案】（1）R1（1分）A1（1分）R4（1分）（2）（3分）（3）0.49W（2分）【解析】（1）[1][2][3]為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇R1；燈泡額定電流為電流表A2量程量程太大，所以選電流表A1；因為燈泡的額定電壓為5V，電壓表的量程為3V，所以應擴大其量程，可以把定值電阻R4與電壓表V1串聯；（2）[4]實驗要求燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應選擇分壓接法，燈泡的阻值為由于電流表內阻與燈泡內阻相差不多，為減小實驗誤差，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示（3）[5]在燈泡I-U坐標系內作出電源的I-U圖線如圖所示由圖示圖線可知U=1.75VI=0.28A燈泡實際功率為P=UI=1.75×0.28=0.49W13.（10分）如圖所示，粗細均勻一端封閉一端開口的U形玻璃管，當t1=31℃，大氣壓強p0=76cmHg時，兩管水銀面相平，這時左管被封閉的氣柱長L1=8cm，則當溫度t2是多少時，左管氣柱L2為9cm？【答案】【解析】根據理想氣體狀態方程（3分）依題意，把，，（3分），，（3分）代入方程，求得（1分）14.（12分）為了研究過山車的原理，某興趣小組提出了下列設想：取一個與水平方向夾角30°，長l=1m的傾斜軌道AB，通過水平軌道BC與半徑為R=0.2m的豎直圓軌道相連，出口為水平軌道DE，所有軌道都是光滑的。其中AB與BC軌道以微小圓弧相接，如圖所示。一個質量m=1kg小物塊（可視為質點）從A點由靜止沿傾斜軌道滑下，小物塊恰能過豎直圓軌道的最高點。求：（1）小物體到達圓軌道最高點時的速度大小；（2）小物塊到達C點時的速度大小；（3）小物塊到達C點時對圓軌道壓力FN的大小；（4）物體從軌道末端DE離開后水平飛出平臺，最終落在地面上，若平臺離地高度為h=1.25m，求物體落地點與平臺右邊緣的水平距離。【答案】（1）

（2）

（3）

（4）【解析】（1）根據得:（2分）（2）對小物塊,根據動能定理得:（2分）解得:（1分）（3）根據牛頓第二定律得:（2分）又（1分）代入數據解得:（1分）（4）平拋運動的時間為:（2分）水平距離為:（1分）15.（18分）如圖所示，在xOy坐標系所在的平面內，第III象限內有沿y軸負方向的勻強電場，在第IV象限內有一圓形勻強磁場區域，與xx軸分別相切于A（L，0）、C（0，-L）兩點。在第II象限內有一未知的矩形勻強磁場區域（圖中未畫出），此未知矩形區域和IV象限內的圓形區域有完全相同的勻強磁場，一速度大小為v0的帶負電粒子從A點沿y軸負方向射入圓形磁場，經C點射入電場，最后從x軸上離O點的距離為2L的P點射出。另一速度大小為的帶正電粒子從y軸上的Q點沿與y軸負方向成45°角的方向射入第II象限，而后進入未知矩形磁場區域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的負電粒子正碰，相碰時兩粒子速度方向相反。已知正、負粒子電荷量大小均為q、質量均為m，正、負粒子的重力不計。求：（1）磁感應強度B的大小和電場強度E的大小；（2）從A點射入磁場的粒子運動到P點所用的時間；（3）y軸上的Q點離O點的距離及未知矩形磁場區域的最小面積S。【答案】（1）；；（2）；（3）【解析】(1)負粒子從A點沿y軸負方向反射，經過C點，有題意可得粒子在磁場中的半徑為（1分）根據牛頓第二定律可得（1分）可得磁感應強度大小為（1分）負粒子在電場中做類平拋運動，得（1分）（1分）（1分）聯立解得（1分）(2)在磁場中運動的周期為（1分）負粒子在磁場中運動了四分之一圓周，則（1分）由(1)可得負粒子在電場中運動時間為（1分）故從A點射入磁場的粒子運動到P點所用的時間（1分）(3)速度大小為的帶正電粒子在磁場中運動的半徑（1分）如圖所示負電粒子從P點穿過x軸時與x軸負方向夾角為，則有（1分）（1分）（1分）（1分）故y軸上的Q點離O點的距離（1分）未知矩形磁場區域的最小面積為圖中矩形的面積（1分）2024年普通高等學校招生全國統一考試(遼寧卷)物理考生注意：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1．一物體做勻減速直線運動，初速度未知，加速度大小為1m/s2，則物體在停止運動前最后1s內的位移為（）A．5.5m B．5m C．1m D．0.5m【答案】D【解析】把勻減速直線運動過程看成初速度為零的勻加速直線運動的逆過程；原最后1s內的位移即新情境中的第1s內的位移，有故選D。2．如圖將光滑的重球放在斜面上，被豎直的擋板擋住而靜止，設球對斜面的壓力為N1，對擋板的壓力為N2，當擋板從豎直緩慢地轉到水平位置的過程中（）N1變小，N2變大 B．N1變大，N2變小C．N1變小，N2先變小后變大 D．N1和N2都變小【答案】C【解析】以球為研究對象，受力分析如圖小球受到重力G、斜面的支持力N1′和擋板的支持力N2′，N1′與N1是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，N2′與N2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡條件得知，N1′和N2′的合力與重力G大小相等、方向相反，作出多個位置N1′和N2′的合力，如圖，由圖看出，N1′逐漸減小，N2′先減小后增大，當N1′和N2′垂直時，N2′最小，根據牛頓第三定律得知，N1逐漸減小，N2先變小后變大，故C正確，ABD錯誤。故選C。3.如圖所示，一束自然光經過玻璃三棱鏡折射后分為幾束單色光，選取了其中兩種單色光a、b進行研究并作出了光路圖。單色光a、b的波長分別為λa、λb，在該玻璃中的傳播速度分別為va、vb，該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、nb，則（）A．λa<λb，va>vb，na>nbB．λa<λb，va=vb，na<nbC．λa>λb，va>vb，na<nbD．λa>λb，va=vb，na>nb【答案】C【解析】由圖可知，兩束光的入射角i相同，玻璃對單色光a的折射角大于b光的折射角，根據折射定律得知，玻璃對a光的折射率小于玻璃對b光的折射率，即na<nb由得可知va>vb由于玻璃對a光的折射率小于玻璃對b光的折射率，所以a光的頻率小于b光的頻率，由波長、波速的公式得可知λa>λb故選C。4.為研究太陽系內行星的運動，需要知道太陽的質量，已知地球半徑為R，地球質量為m，太陽與地球中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉的周期為T。則太陽的質量為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】地球表面物體重力等于萬有引力地球圍繞太陽做圓周運動萬有引力提供向心力有解得故選D。5.冬奧會上，某滑雪運動員從靜止開始分別沿兩個不同夾角的斜坡滑下，如圖所示，兩次滑行的時間恰好相等。關于兩次滑行過程中，運動員所受沖量下列說法正確的是（）A．重力的沖量大小相等B．支持力的沖量大小相等C．摩擦力的沖量大小相等D．合力的沖量大小相等【答案】A【解析】A．兩次滑行過程中，人的重力不變，兩次滑行的時間恰好相等，根據沖量的表達式為故兩次重力的沖量大小相等，A正確；BC．設斜面與水平方向的夾角為，人沿著斜面加速下滑，故支持力大小為摩擦力的大小為兩次滑行的時間相等，根據沖量的表達式為，由于沿兩個不同夾角的斜坡滑下，故兩次支持力和摩擦力的沖量大小都不相等，BC錯誤；D．斜面的高度相同，傾角不同，斜面的長度則不同，滑雪運動員從靜止開始勻加速運動下滑的時間相同，故兩次下滑時的加速度不同，所受的合外力不相同，根據沖量表達式兩次合外力的沖量大小不同，D錯誤。故選A。6.一波源O產生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻（）波傳播到了B點，該時刻波動圖像如圖所示，再經過0.2s，C點第一次到達波峰，下列說法正確的是（）A．該波的周期為2.5sB．波源的起振方向為y軸負方向C．該波的傳播速度為10m/sD．從至波傳播到C點時，A點運動的路程為8cm【答案】C【解析】AC．由圖可知波長為4m，波峰傳播到C點傳播了2m，用時0.2s，所以波速為10m/s，由可知故A錯誤，C正確；B．橫波向右傳播，B點重復左側圖像的振動形式，所以B點的起振方向為y軸正方向，故B錯誤；D．從至波傳播到C點的過程中，歷時0.2s，即半個周期，即A點應從平衡位置離開再回到平衡位置，走過的路程為2A，即4cm，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，虛線a，b，c代表電場中的三條電場線，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R，Q是這條軌跡上的三點，由圖可知（）A．電場中Q點的電勢高于R點的電勢B．帶電粒子的受力方向與電場強度的方向相同C．帶電粒子在R點時的加速度小于在P點時的加速度D．帶電粒子在Q點時的電勢能小于在P點時的電勢能【答案】C【解析】ABD．帶電粒子做曲線運動，電場力指向曲線的凹側，所以電場力方向向右，由于不能確定粒子的電性，所以無法判斷帶電粒子的受力方向與電場強度的方向是否相同，若粒子從P經過R運動到Q，電場力做負功，電荷的電勢能增大，則帶電粒子在Q點時的電勢能大于在R點的電勢能大于在P點時的電勢能，由于不能確定粒子的電性，則電場中Q點的電勢與R點的電勢無法確定，故ABD錯誤；C．由電場線的疏密程度可知，R點的電場強度小于P點的電場強度，則帶電粒子在R點時的加速度小于在P點時的加速度，故C正確。故選C。8.裝修中用到的某些含有Th（釷）的花崗巖會釋放出放射性惰性氣體Rn（氡），核反應方程為：，而氡會繼續發生衰變，放出、、射線，這些射線可能會誘發呼吸道方面的疾病，甚至會導致細胞發生癌變。下列說法正確的是（）A．方程中x=3，y是電子B．方程中x=2，y是中子C．1000個氡經過一個半衰期后還剩下500個D．上述核反應方程中，中子總數減少了2個【答案】AD【解析】AB．根據核反應的質量數和電荷數守恒可知，因He質量數為4，電荷數為2，可判斷方程中x=3，y是電子，該反應為衰變方程，不可能出現中子，選項A正確，B錯誤；C．半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量原子核衰變不適應，選項C錯誤；D．上述核反應為反應前中子數為232-90=142，反應后中子數為（220-86）+3（4-2）=140，即中子總數減少了2個，選項D正確。故選AD。9.如圖所示為火災報警器簡化原理圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，原線圈接入電壓為（V）的交流電，電壓表和電流表均為理想電表，和均為定值電阻，R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小。下列說法中正確的是（）A．電壓表示數為44V B．R處出現火警時電流表示數增大C．R處出現火警時電壓表示數增大 D．R處出現火警時兩端電壓降低【答案】AB【解析】A．原線圈電壓有效值為U1=220V。根據變壓器原理得即電壓表示數。故A正確；B．R處出現火警時，電阻減小，負載總電阻減小，則總電流增大，故原線圈電流增大，即電流表示數增大。故B正確；C．副線圈電壓由原線圈決定，不隨R變化，即電壓表示數不變。故C錯誤；D．根據“串反并同”可知，R處出現火警時，電阻減小，則兩端電壓增大。故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，在一磁場空間內，懸掛了一個“正方體”金屬導體，“正方體”的邊長為，該“正方體”的中間挖去一個邊長為的空心區域，其中，在該“正方體”的上半區域由四根相同的、長度為的細線提起并懸掛于一點，現在該“正方體”內通入磁場大小為（是常量，是時間）的勻強磁場，方向豎直向上，“正方體”的重力為，電阻率為，則下列說法不正確的是（）A．每根細線承受的拉力為B．產生的感應電動勢大小為ktd2C．該正方體的熱功率為D．在該正方體周圍鋪上一層低電阻率（小于）的鋼板，可有效降低渦流產生的影響【答案】BD【解析】A．依題意，穿過空心區域的磁場均勻增大，根據法拉第電磁感應定律結合楞次定理可判斷知“正方體”金屬導體內部將產生恒定的，方向從上往下看為順時針的感應電流，根據左手定則，由于對稱性，可知“正方體”金屬導體受到的合安培力為零。設每根細線與豎直方向夾角為，則根據平衡條件可得求得每根細線承受的拉力為故A正確；B．根據法拉第電磁感應定律可得，“正方體”金屬導體內產生的感應電動勢大小為故B錯誤；C．根據楞次定理，可判斷知“正方體”金屬導體內部將產生恒定，方向從上往下看為順時針的感應電流，則該正方體的熱功率為根據電阻定律有聯立求得故C正確；D．在該正方體周圍鋪上一層低電阻率（小于）的鋼板，根據知反而增大了渦流產生的影響，故D錯誤。由于本題選擇錯誤的，故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.（6分）小華同學在做“用單擺測定重力加速度”的實驗。（1）用游標卡尺測小球的直徑時示數如圖甲所示，則小球的直徑________。（2）在實驗中，若測得的重力加速度值偏大，其原因可能是_______。A．所用擺球質量偏大B．振幅太小導致測得的周期偏小C．將n次擺動的時間誤記為次擺動的時間D．單擺的懸點未固定緊，振動中出現松動，擺長變大（3）小華同學用標準的實驗器材和正確的實驗方法測量出幾組不同擺長和對應的周期，然后根據數據描繪圖像，進一步計算得到圖像的斜率為，可知當地的重力加速度大小________（用含k的表達式表示）。【答案】（1）2.18（2分）（2）C（2分）（3）（2分）【解析】（1）[1]游標卡尺讀數是主尺讀數（mm的整數位）加上游標尺讀數（mm的小數位），由甲圖可讀出游標卡尺讀數為。（2）[2]AB．由單擺周期公式得周期測量值可知重力加速度測量值偏大與擺球質量、振幅（不能太大）無關；AB錯誤;D．單擺的懸點為固定，導致擺長變大，但是數據處理仍舊按照原來的擺長來計算加速度則測量值偏小，D錯誤；C．將n次擺動當成（n+1）次則周期變小，因此測量值偏大，C正確；故選C。（3）[3]由可得則圖像的斜率得12.（8分）某同學做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗，已知小燈泡L“”標稱值為“5V；2.5W”，實驗室中除導線和開關外，還有以下器材可供選擇：電壓表V1（量程為3V，內阻為3kΩ）電流表A1（量程為0.6A，內阻約為10Ω）電流表A2（量程為3A，內阻約為0.1Ω）滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流為2A）滑動變阻器R2（0～1kΩ，額定電流為0.5A）定值電阻R3（阻值為10Ω）定值電阻R4（阻值為3kΩ）電源E（E=6V，內阻不計）（1）實驗中滑動變阻器應選用_______，電流表應選用_________，定值電阻應選用_________。（均填器材的符號）（2）在圖1中的虛線框內將電路圖補充完整_______。（圖中標出選用的器材的符號）（3）實驗中得到的該燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，如果將小燈泡與另一個電動勢為4V，內阻為8Ω的電源直接相連，則小燈泡的實際功率為___________W。（保留兩位有效數字）【答案】（1）R1（1分）A1（1分）R4（1分）（2）（3分）（3）0.49W（2分）【解析】（1）[1][2][3]為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇R1；燈泡額定電流為電流表A2量程量程太大，所以選電流表A1；因為燈泡的額定電壓為5V，電壓表的量程為3V，所以應擴大其量程，可以把定值電阻R4與電壓表V1串聯；（2）[4]實驗要求燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應選擇分壓接法，燈泡的阻值為由于電流表內阻與燈泡內阻相差不多，為減小實驗誤差，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示（3）[5]在燈泡I-U坐標系內作出電源的I-U圖線如圖所示由圖示圖線可知U=1.75VI=0.28A燈泡實際功率為P=UI=1.75×0.28=0.49W13.（10分）如圖所示，粗細均勻一端封閉一端開口的U形玻璃管，當t1=31℃，大氣壓強p0=76cmH