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江西省2024年普通高中学业水平选择性考试
物　理
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是(　　)
A．电场力增大，方向向左
B．电场力增大，方向向右
C．电场力减小，方向向左
D．电场力减小，方向向右
B　[场强与电势差的关系＋电场力
B正确。]
2．近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管(LED)，开创了国际上第三条LED技术路线。某氮化镓基LED材料的简化能级如图所示，若能级差为2.20 eV(约3.52×10-19 J)，普朗克常量h＝6.63×10-34 J·s，则发光频率约为(　　)
A．6.38×1014 Hz　　　　 B．5.67×1014 Hz
C．5.31×1014 Hz D．4.67×1014 Hz
C　[能量子＋推理论证能力　根据题意可知，辐射出的光子能量ε＝3.52×10-19 J，由ε＝hν代入数据解得ν≈5.31×1014 Hz，C正确。]
3．一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝1＋2t＋3t2(x的单位是m，t的单位是s)。关于速度及该质点在第1 s内的位移，下列选项正确的是(　　)
A．速度是对物体位置变化快慢的描述；6 m
B．速度是对物体位移变化快慢的描述；6 m
C．速度是对物体位置变化快慢的描述；5 m
D．速度是对物体位移变化快慢的描述；5 m
C　[速度的定义＋位移与位置　速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位置随时间变化的快慢，B、D错误；根据x与t的关系式可知，t＝0时，质点位于x＝1 m处，t＝1 s时，质点位于x＝6 m 处，因此质点在第1 s内的位移为5 m，A错误，C正确。]
4．“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可视为圆形轨道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是(　　)
A．
C．
A　[万有引力定律的应用＋动能
→A正确。]
5．“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　)
A．109 W
B．107 W
C．105 W
D．103 W
B　[功率＋估算　发电功率P＝η·，B正确。]
6．如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是(　　)
A．振动减弱；d＝4.725 mm
B．振动加强；d＝4.725 mm
C．振动减弱；d＝9.45 mm
D．振动加强；d＝9.45 mm
A　[波的叠加＋推理论证能力　根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T＝2×10-7 s，又波速v＝6 300 m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10-3 m，结合题图(b)和题图(c)可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt＝1.5×10-6 s，故两个反射信号的路程差2d＝vΔt＝9.45×10-3 m＝λ，解得d＝4.725×10-3 m，且两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。]
7．石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
D　[电流的微观表达式＋速度选择器原理　设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知k＝ V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。]
8．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　)
　
A　　　　B　　　　C　　　　D
AD　[抛体运动规律＋图像分析　由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定量，则有x＝vxt，A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，B错误，D可能正确。]
9．某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是(　　)
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多
BC　[双缝干涉实验＋理解能力　光具座上的双缝应该在单缝和遮光筒之间，先通过单缝得到线光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光，A错误，C正确；透镜的作用是使射向滤光片的光更集中，B正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝可知，双缝间距d越小，则条纹间距Δx越大，测量头中观察到的条纹数目越少，D错误。]
10．如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　)
A．最低点的位置x＝
B．速率达到最大值时的位置x＝
C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0＜(mg－f)
BD　[库仑定律＋受力分析＋能量守恒定律　小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x)＝f(x0－x)＋，解得x＝，A错误；小球甲第一次向下运动至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg＝f＋，解得x＝，B正确；若小球甲停止是在下降的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＋f＝，解得x1＝，若小球甲停止是在上升的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＝＋f，解得x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为，C错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x<，结合A项分析可知x＝，则有＜，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f)，D正确。]
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8分)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受阻力。
(2)小车的质量为M1＝320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m所对应小车的加速度a。钩码所受重力记为F，作出a F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加至M2＝470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a F图像，如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间________，非线性区间________。再将小车的质量增加至M3＝720 g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度a/(m·s-2) 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9～14 15
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度a/(m·s-2) 1.67 1.95 2.20 …… 3.92
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
(6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：________________________________________。
[解析]　探究物体加速度与其所受合外力的关系＋数据处理　(4)根据对题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如答图所示。
(6)对钩码根据牛顿第二定律有F－T＝ma，对小车根据牛顿第二定律有T＝Ma，联立解得F＝(M＋m)a，变形得a＝F，当m M时，可认为m＋M≈M，则a＝F，即a与F成正比。
[答案]　(4)较大　较小　(5)如图所示　(6)远大于钩码的质量　见解析
12．(7分)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
(1)如图(a)所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d＝0.07 m和高h＝0.03 m。
(2)现有实验器材：电流表(量程300 μA，内阻RA＝2 500 Ω)、电压表(量程3 V或15 V，内阻未知)、直流电源(3 V)、滑动变阻器、开关和导线。请在图(a)中画线完成电路实物连接。
(3)连接好电路，测量26 ℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65 ℃，重复测量。绘出26 ℃和65 ℃水的Rx l图线，分别如图(b)中甲、乙所示。
(4)若Rx l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝________(用k、d、h表示)。实验结果表明，温度________(选填“高”或“低”)的水更容易导电。
(5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10-3 m的水管。若人体的安全电流为1.0×10-3 A，热水器出水温度最高为65 ℃，忽略其他电阻的影响(相当于热水器220 V的工作电压直接加在水管两端)，则该水管的长度至少应设计为________m。(保留两位有效数字)
[解析]　设计电热水器防触电装置＋测量水的电阻率＋电路连接＋图像法处理数据＋实验探究能力　(2)由于电流表内阻准确已知，则电流表的分压可以求出，故电流表采用内接法，又电源电动势为3 V，则电压表应以量程3 V接入电路，电路连接如答图所示。
(4)根据电阻定律有Rx＝ρ，又S＝dh，联立得Rx＝l，故Rx l图像中图线的斜率k＝，解得ρ＝kdh，根据题图(b)可知，温度高的水的Rx l图线(图线乙)斜率较小，则温度高的水的电阻率较小，更容易导电。
(5)根据欧姆定律和电阻定律有R＝，代入数据解得水管长度的最小值为0.46 m。
[答案]　(2)如图所示　(4)kdh　高　(5)0.46
13．(10分)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
[解析]　气体实验定律＋(p V图像)
(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积也为V2＝2.0 m3。
[答案]　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
14．(11分)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
[解析]　圆周运动＋受力分析
(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝r1
转椅受到的摩擦力f1＝μmg
根据几何关系有tan α＝
联立解得tan α＝。
(2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2＝r2
转椅受到的摩擦力f2＝μN2
根据几何关系有tan β＝
竖直方向上由平衡条件有N2＋T cos θ＝mg
水平面上有f2＝T sin θsin β
联立解得ω2＝。
[答案]　(1)　(2)
15．(18分)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2，sin θ1＝0.6，sin θ2＝0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值；
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
[解析]　法拉第电磁感应定律＋动能定理＋牛顿第二定律＋动量定理＋动量守恒定律＋运动学公式＋临界极值问题分析
(1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程，根据动能定理有
m1gh－μ1m1g cos θ1·－0
甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有
E0＝Blv0
根据欧姆定律有I0＝
对乙由牛顿第二定律有
BI0l＝m2a乙0
联立并代入数据解得a乙0＝2 m/s2
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统受合外力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0＝(m1＋m2)v共
对乙根据动量定理有
Blt＝m2v共－0
又
dmin＝Δx
联立解得dmin＝24 m。
(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s
乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2g sin θ2＋μ2m2g cos θ2＝m2a上
根据运动学规律有2a上x上＝
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2g sin θ2－μ2m2g cos θ2＝m2a下
根据运动学规律有2a下x下＝
又x上＝x下
联立并代入数据解得乙第一次从右侧斜轨上滑下经Q1Q2时的速度
v1＝5 m/s
甲乙结合体第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
(m1＋m2)g sin θ2＋μ2(m1＋m2)g cos θ2＝(m1＋m2)a′上
根据运动学规律有2a′上x′上＝v2
由题图(b)可知x上＝4.84x′上
解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s
乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有
m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v
解得乙返回水平导轨Q1Q2时甲的速度为v2＝ m/s
若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则对应d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
－BlΔt1＝m1v2－m1v共
又q1＝Δt1＝
解得Δx′＝ m
根据位移关系有d′min－Δx＝Δx′
解得d′min＝ m
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
BlΔt2＝m2v－(－m2v1)
又q2＝Δt2＝
解得Δx″＝ m
根据位移关系有d′max－Δx－Δx′＝Δx″
解得d′max＝ m
综上所述，d的取值范围为 m≤d≤ m。
[答案]　(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)24 m　(3) m≤d≤ m

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