2024年吉林省普通高等學校招生選擇性考試物理一、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。1．2024年5月3日，長征五號遙八運載火箭托舉嫦娥六號探測器進入地月轉移軌道。火箭升空過程中，以下描述其狀態的物理量屬于矢量的是()A．質量B．速率C．動量D．動能C[標量和矢量質量、速率和動能均只有大小，沒有方向，是標量，A、B、D錯誤；動量既有大小，又有方向，是矢量，C正確。]2．“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的()A．半徑相等B．線速度大小相等C．向心加速度大小相等D．角速度大小相等D[同軸轉動模型＋圓周運動根據題圖可知，Q點到軸的距離大于P點到軸的距離，則Q點做圓周運動的半徑大于P點做圓周運動的半徑，A錯誤；P、Q兩點同軸轉動，角速度大小相等，根據v＝ωr和a＝ω2r結合A項分析可知，Q點的線速度大小和向心加速度大小均大于P點的，B、C錯誤，D正確。]3．利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時()A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力C[受力分析＋摩擦力＋相互作用力＋平衡力滑動摩擦力方向與物體間的相對運動方向相反，墨條相對硯臺水平向左運動，則硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，A錯誤；根據牛頓第三定律結合A項分析可知，硯臺受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺處于靜止狀態，其水平方向上受力平衡，則桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，B錯誤，C正確；對硯臺受力分析，豎直方向上，硯臺受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不是一對平衡力，D錯誤。]4．某同學自制雙縫干涉實驗裝置：在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發絲形成雙縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照射雙縫，能夠在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相鄰兩條亮條紋中心間距變小的是()A．換用更粗的頭發絲B．換用紅色激光照射雙縫C．增大紙板與墻面的距離D．減小光源與紙板的距離A[雙縫干涉實驗＋雙縫干涉條紋間距公式相鄰亮條紋中心間距公式Δx＝Ldλ，換用更粗的頭發絲，則雙縫間距d增大，Δx變小，A正確；換用紅色激光照射雙縫，即光的波長λ增大，Δx變大，B錯誤；增大紙板與墻面的距離，即L增大，Δx變大，C錯誤；減小光源與紙板的距離，Δx5．某種不導電溶液的相對介電常數εr與濃度cm的關系曲線如圖(a)所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構成如圖(b)所示的電路。閉合開關S后，若降低溶液濃度，則()A．電容器的電容減小B．電容器所帶的電荷量增大C．電容器兩極板之間的電勢差增大D．溶液濃度降低過程中電流方向為M→NB[電容器的性質＋含容電路的動態分析根據題圖(a)可知，降低溶液的濃度時，該不導電溶液的相對介電常量εr增大，結合電容的決定式C＝εrS4πkd可知，電容器的電容增大，A錯誤；電容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯誤；根據電容的定義式C＝QU結合AC項分析可知，電容器所帶的電荷量6．在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中()A．動能減小，電勢能增大B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小D．動能增大，電勢能減小D[類平拋運動＋電場力做功與電勢能變化的關系根據題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場力方向水平向右，小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動，小球的速度增大，動能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯誤，D正確。]7．如圖(a)，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標原點O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如圖(b)所示(不考慮自轉影響)。設地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2，地球半徑是該天體半徑的n倍。ρ1A．2n B．n2C．2nC[簡諧運動規律＋天體密度的計算在地球表面，小球處于平衡位置時有m0g1＝k·2A，在該天體表面，小球處于平衡位置時有m0g2＝kA，聯立解得g1g2＝21，在星球表面有GMmR2＝mg，星球的密度ρ＝MV，又V＝438．X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發出光電子，并對光電子進行分析的科研儀器。用某一頻率的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強度，則()A．該金屬的逸出功增大B．X光的光子能量不變C．逸出的光電子最大初動能增大D．單位時間逸出的光電子數增多BD[光電效應＋理解能力金屬的逸出功是金屬本身的特性，與照射光的強度無關，A錯誤；根據ε＝hν可知，X光的光子能量與其強度無關，B正確；根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0結合AB項分析可知，逸出的光電子最大初動能與照射光的強度無關，C錯誤；若增加此X光的強度，則單位時間入射到金屬表面的光子數增多，單位時間逸出的光電子數增多，D正確。]9．如圖，兩條“”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度大小為g，兩棒在下滑過程中()A．回路中的電流方向為abcdaB．ab中電流趨于3C．ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D．兩棒產生的電動勢始終相等AB[楞次定律＋法拉第電磁感應定律＋牛頓第二定律由于ab和cd均沿導軌下滑，則通過abcd回路的磁通量增大，根據楞次定律可知，回路中的電流方向為abcda，A正確；初始時，對ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律分別有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2-3BIL2m，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C錯誤；當加速度趨于零時，兩導體棒中的電流趨于穩定，結合C項分析可知，ab中的電流趨于3mg3BL，B正確；由于]10．一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是()A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板B．小物塊和木板間的動摩擦因數為2μC．小物塊與木板的質量比為3∶4D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動ABD[板塊模型＋運動學規律＋牛頓第二定律＋(v-t圖像)由題圖可知，t＝3t0時木板的速度開始減小，說明小物塊在t＝3t0時滑上木板，A正確；v-t圖像斜率的絕對值表示加速度大小，則0～3t0時間內，木板的加速度大小為a1＝12μgt0t0＝12μg，t＝3t0時木板的速度大小為v1＝a1·3t0＝32μgt0，結合題意可知，t＝3t0時小物塊以32μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0時小物塊與木板共速，大小為12μgt0，方向水平向右，則與木板共速前，小物塊的加速度大小a′＝12μgt0--32μgt0t0＝2μg，設小物塊的質量為m，小物塊與木板間的動摩擦因數為μ′，對小物塊由牛頓第二定律得μ′mg＝ma′，聯立解得μ′＝2μ，B正確；設木板的質量為M，0～3t0時間內，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝32μMg，3t0～4t0時間內，木板的加速度大小a2＝32μgt0-12μgt0t0＝μg，由牛頓第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)某探究小組要測量電池的電動勢和內阻。可利用的器材有：電壓表、電阻絲、定值電阻(阻值為R0)、金屬夾、刻度尺、開關S、導線若干。他們設計了如圖所示的實驗電路原理圖。(1)實驗步驟如下：①將電阻絲拉直固定，按照圖(a)連接電路，金屬夾置于電阻絲的________(選填“A”或“B”)端；②閉合開關S，快速滑動金屬夾至適當位置并記錄電壓表示數U，斷開開關S，記錄金屬夾與B端的距離L；③多次重復步驟②，根據記錄的若干組U、L的值，作出圖(c)中圖線Ⅰ；④按照圖(b)將定值電阻接入電路，多次重復步驟②，再根據記錄的若干組U、L的值，作出圖(c)中圖線Ⅱ。(2)由圖線得出縱軸截距為b，則待測電池的電動勢E＝________。(3)由圖線求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分別為k1、k2，若k2k1＝n，則待測電池的內阻r＝________(用n和[解析]測量電池的電動勢和內阻＋實驗探究能力(1)①為了保護電路，開關閉合前應將金屬夾置于電阻絲接入電路電阻最大處，即A端；(2)(3)設金屬絲的總電阻為R，總長度為x，對題圖(a)根據閉合電路歐姆定律有E＝U＋URLxr，可得1U＝1E+xrER·1L，對題圖(b)有E＝U＋URLx(r＋R0[答案](1)①A(2)1b(3)12．(8分)圖(a)為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學通過實驗探究這套積木小幅擺動時周期T與外徑D之間的關系。(1)用刻度尺測量不同顏色積木的外徑D，其中對藍色積木的某次測量如圖(b)所示，從圖中讀出D＝________cm。(2)將一塊積木靜置于硬質水平桌面上，設置積木左端平衡位置的參考點O，將積木的右端按下后釋放，如圖(c)所示。當積木左端某次與O點等高時記為第0次并開始計時，第20次時停止計時，這一過程中積木擺動了________個周期。(3)換用其他積木重復上述操作，測得多組數據。為了探究T與D之間的函數關系，可用它們的自然對數作為橫、縱坐標繪制圖像進行研究，數據如下表所示：顏色紅橙黃綠青藍紫lnD2.93922.78812.59532.48492.197……1.792lnT－0.45－0.53－0.56－0.65－0.78－0.92－1.02根據表中數據繪制出lnT-lnD圖像如圖(d)所示，則T與D的近似關系為________。A．T∝D B．T∝D2C．T∝1D D．T∝(4)請寫出一條提高該實驗精度的改進措施：________________。[解析]類單擺運動＋數據處理＋改進措施(1)根據刻度尺的讀數規則可知D＝7.54cm。(2)結合單擺的運動分析可知，積木左端與O點等高后，向下(向上)運動后再次與O點等高，之后向上(向下)運動后又一次與O點等高，此過程為一個周期，則題述過程中積木擺動了10個周期。(3)根據題圖(d)有lnT＝klnD＋b，其中k＝-0.50--1.002.80-1.80＝12，則有lnT＝12lnD＋b＝lnD＋b，根據數學知識可得T與(4)可以多次測量同一顏色的積木的周期求平均值，從而減小實驗誤差。[答案](1)7.54(7.53～7.55均可)(2)10(3)A(4)多次測量同一顏色的積木的周期求平均值(合理即可)13．(10分)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2＝5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體，接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。(1)求變壓器的輸出功率P。(2)已知該容器內的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。[解析]理想變壓器的工作原理＋電功率＋查理定律(1)由原線圈所接正弦交流電的峰值求出其有效值U1＝Um2，設變壓器副線圈的輸出電壓為UU1求得U2＝n故變壓器的輸出功率P＝U2(2)設加熱前容器內氣體的壓強為p0，加熱后容器內氣體的溫度為T1，則加熱后氣體的壓強為2p0，由題意可知容器內的氣體做等容變化，則由查理定律有p0解得T1＝2T0由Q＝CΔT知氣體吸收的熱量Q＝C(2T0－T0)＝CT0又容器是絕熱容器且電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，則Q＝Pt＝CT0，即Um250Rt解得t＝50CT[答案](1)Um214．(12分)如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10m/s2。不計空氣阻力，求：(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；(3)整個過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。[解析]反沖模型＋平拋運動＋綜合分析問題的能力(1)A離開桌面后做平拋運動，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯立并代入數據解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統所受合外力為零，動量守恒，則有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。(2)對B離開彈簧后的運動過程，根據動能定理有－μmBgxB＝0－1代入數據解得μ＝0.2。(3)對A、B與彈簧相互作用的過程，根據能量守恒定律有ΔEp＝1代入數據解得ΔEp＝0.12J。[答案](1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J15．(18分)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬；各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q(q>0)、質量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知