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2024年河北省普通高中学业水平选择性考试
物　理
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＋Li＋H＋X，式中的X为(　　)
n　　　e　　　e　　　He
D　[核反应方程]
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、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
C　[等差等势线＋电场强度　c点电场强度最大，C正确。]
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v 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
A　[v t图像　由题意可知题图中v<0表示篮球在向下运动，v>0表示篮球在向上运动，由v t图像与直线v＝0所围图形的面积表示位移大小可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。]
4．R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两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(　　)
　
A．2∶3 B．4∶3 C．2∶ D．5∶4
B　[交流电有效值＋电热　结合Q＝t可知Q1＝＋(U0)2，又R1＝R2，所以，B正确。]
5．如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg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1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　)
A． N
B．1.0 N
C． N
D．2.0 N
A　[受力分析＋力的平衡条件　对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。
N1cos 60°＝N2cos 60°
N1sin 60°＋N2sin 60°＋T＝mg N1＝N2＝ N，A正确。]
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 t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　)
A．0.2 rad/s，1.0 m B．0.2 rad/s，1.25 m
C．1.26 rad/s，1.0 m D．1.26 rad/s，1.25 m
C　[另类的机械振动＋圆频率＋路程　由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。]
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。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k。顶点A处的电场强度大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
D　[场强叠加原理＋点电荷＋对称思想　由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E′＝cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝，D正确。]
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。全部选对的得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信。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道(如图)，近月点A距月心约为2.0×103 km，远月点B距月心约为1.8×104 km，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12 h
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7.9 km/s 且小于11.2 km/s
BD　[开普勒第二定律＋万有引力定律的应用＋牛顿第二定律＋宇宙速度　鹊桥二号从C经B到D过程与月心连线扫过的面积大于鹊桥二号从D经A到C过程与月心连线扫过的面积，由开普勒第二定律可知，鹊桥二号从C经B到D的运动时间t1大于鹊桥二号从D经A到C的运动时间t2，又t1＋t2＝T，故t1＞＝12 h，A错误；鹊桥二号运动过程中，由牛顿第二定律有＝ma，则鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比，B正确；由速度方向为轨迹切线方向结合几何关系可知，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；由于鹊桥二号的轨道为环月椭圆轨道，则鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于第一宇宙速度(7.9 km/s)，又其没有完全脱离地球的束缚，所以其发射速度大于第一宇宙速度(7.9 km/s)且小于第二宇宙速度(11.2 km/s)，D正确。]
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
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
ACD　[力的平衡条件＋能量守恒定律　活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V左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°
ACD　[带电粒子在有界磁场中的运动　根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区，当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1－cos 60°)]
三、非选择题：本题共5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。
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：
单色光类别 x1/mm x6/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________(选填“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________(选填“相同”或“不同”)。
②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
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9.8 m/s2，保留两位有效数字)。
[解析]　用双缝干涉实验测光的波长＋探究平抛运动的特点＋数据处理能力
(1)设第一条和第六条亮条纹的中心间距为x，则相邻两条亮条纹之间的距离Δx＝，又双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，则λ＝，由题表中数据可知x单色光1＝18.64 mm－10.60 mm＝8.04 mm(2)①探究平抛运动特点的实验中，要使钢球到达斜槽末端的速度相同，则每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度相同。
②用平滑曲线连接坐标纸上的点，即为钢球做平抛运动的轨迹，作图时应使尽可能多的点在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线两侧，如答图所示。
③根据平抛运动规律有x＝v0t、y＝gt2，联立可得v0＝，在轨迹图线上选取一点(8 cm，6 cm)，代入数据可得v0≈0.72 m/s。
[答案]　(1)绿光　(2)①相同　②如图所示　③0.72(0.67～0.77均可)
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(0～20 V)、数字电流表(0～20 mA)、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，1.5 A)、白炽灯、可调电阻R1(0～50 kΩ)、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“×10 k”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________(选填“正极”或“负极”)。
　
(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”)。
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________(选填“增大”或“减小”)。
[解析]　多用电表的使用＋判断发光二极管的极性＋研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性＋电路设计＋数据处理　(1)使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔与M端接触、红表笔与N端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图2可知此时多用电表指针位于a位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M端为二极管的负极。
(2)①由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应接A接线柱，L3另一端应接C(或D)接线柱。
②I U图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻值，由题图4可知，光照增强时，光敏电阻的阻值减小，即光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而减小。
[答案]　(1)负极　(2)①A　A　C(或D)　②减小
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。
[解析]　电势差与场强的关系＋牛顿第二定律＋圆周运动＋电场力做功＋动能定理
(1)A、B两点间的电势差为U，则
E＝。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝
解得小球在B点的速度大小vB＝。
[答案]　(1)　(2)vA＝　vB＝
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OO′。间距为L、与水平面成θ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ω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。
[解析]　法拉第电磁感应定律＋旋转切割磁感线＋力的平衡条件＋牛顿第二定律
(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
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静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
[答案]　(1)　(2)
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2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取，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。
[解析]　人船模型＋斜抛运动＋综合分析问题的能力
(1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知
Mx1＝mx2
根据位移关系有x1＋x2＝LA
联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5 m
因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。
(2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则
水平方向上有x2＝v0cos θ·t
竖直方向上有v0sin θ＝g·
联立解得v0＝
机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有
Mv0cos θ＝mvA
根据功能关系有
W＝
联立可得W＝(单位为J)
当且仅当，即tan θ0＝2时，W取最小值，则Wmin＝90 J。
(3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为v01，A木板的速度为vA0，机器人跳到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度为v共，此时A、B木板间的水平距离为xAB，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有
Mv01cos θ0＝(M＋2m)v共
取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则有
(M＋m)v共＝MvM1＋mvm1＝MvM2＋mvm2＝MvM3＋mvm3
又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有
(vM1－vm1)t1＝
(vM2－vm2)t2＝
(vM3－vm3)t3＝
联立可得v共(t1＋t2＋t3)－(vm1t1＋vm2t2＋vm3t3)＝LB
又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有
vm1t1＋vm2t2＋vm3t3＋vA0(t1＋t2＋t3)＋xAB＝0
机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离
xAC＝vA0(t1＋t2＋t3)＋xAB＋LB＋v共(t1＋t2＋t3)
联立解得xAC＝LB。
[答案]　(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝LB

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