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2024年山东省普通高中学业水平等级考试
物理
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。
1．2024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(　　)
Sr衰变为时产生α粒子
Pu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
D　[衰变类型＋半衰期　质量数守恒
电荷数守恒，C错误，D正确。]
2．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．
B　[受力分析＋推理论证能力　只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。]
3．如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为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．∶
A　[牛顿第二定律＋运动学规律　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。]
4．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
C　[斜劈干涉＋逻辑推理能力　单色平行光垂直照射平板玻璃，上、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，同一条干涉条纹位置处光的光程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的光程差不同，则滚珠a的直径与滚珠c的不相等，即滚珠c不合格，C正确。]
5．“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．
C．
D　[开普勒第三定律　“鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道上运行时，由开普勒第三定律有＝k，对地球同步卫星由开普勒第三定律有＝k′，则有，D正确。]
6．一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
C　[气体实验定律＋热力学第一定律＋(p V图像)　a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖 吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝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，C正确；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－(－Qca)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量，D错误。]
7．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(dA．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
B　[功能关系　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝；从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。
一题多解　画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋＋μmg(l－d)，B正确。
]
8．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
C　[交流电的产生＋图像分析　根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝E sin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当E sin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2d cos ＝d，C正确。]
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。
9．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2 m/s。t＝0时刻二者在x＝2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x＝2 m处的质点P，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0
B．t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为－2 cm
C．t＝1.0 s时，P向y轴正方向运动
D．t＝1.0 s时，P向y轴负方向运动
BC　[波的叠加＋波形图　由于两波的波速均为2 m/s，则t＝0.5 s时，题图所示平衡位置在x＝1 m处和x＝3 m处两质点的振动形式传到P点处，则由波的叠加可知，t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为－2 cm，A错误，B正确；与AB项分析同理，t＝1 s时，题图所示平衡位置在x＝0处和x＝4 m处两质点的振动形式(均向y轴正方向运动)传到P点处，根据波的叠加可知，t＝1 s时，P向y轴正方向运动，C正确，D错误。]
10．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l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝－
AD　[库仑定律＋动能定理＋电势差　小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向有mg sin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgS sin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；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UAC＝，D正确。]
11．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
ABD　[楞次定律＋左手定则＋逻辑推理能力　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，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；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，D正确；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，沿速度反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，C错误。]
12．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20 m/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10 m/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2 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10 m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m
BD　[抛体运动规律＋运动的合成与分解　对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，竖直方向上有y＝，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghm cos 30°＝(v0 sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym＝，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D正确。]
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200.0 g和400.0 g；
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(保留两位有效数字)；
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(选填“A”或“B”)。
[解析]　碰撞实验＋利用图像处理数据的能力　(1)由x t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即发生了碰撞；(2)由x t图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小v＝ cm/s＝0.20 m/s；
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为v′A＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v′＝0.50 m/s，对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有mAvA＋mBv＝mAv′A＋mBv′，代入数据解得≈2，所以质量为200.0 g的滑块是B。
[答案]　(1)1.0　(2)0.20　(3)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0～16 V)；
滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程3 V，内阻未知)；
电流表A(量程3 A，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________(选填“1”或“2”)端；
(3)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯的I U图像如图丙所示，求得电阻RY＝________Ω(保留三位有效数字)；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70 Ω；
(4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68 mm、60.78 mm。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________(选填“大于”或“小于”)Y型号铅笔芯的电阻率。
[解析]　仪器读数＋电流表的内外接法＋数据处理　(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为d＝2 mm＋0.01×45.0 mm＝2.450 mm；
(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)根据题图丙结合欧姆定律可得RY＝≈1.92 Ω；
(4)根据电阻定律R＝ρ可得ρ＝，分别代入数据可知ρX>ρY。
[答案]　(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sin θ；
(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上的入射点D(图中未标出)到E点距离的范围。
[解析]　光的折射＋全反射＋几何关系
(1)设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有n＝
根据几何关系可得α＝30°
代入数据解得sin θ＝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P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
sin C＝
设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有
l＝R sin C
又xPE＝
联立解得xPE＝R
故光线在EF上的入射点D到E点的距离范围为。
[答案]　(1)0.75　(2)
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＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，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＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。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。
[解析]　气体实验定律＋气体压强的计算＋变质量气体问题
(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，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝p3
又p3＋ρg·＝p0
联立解得V＝8.92×10-4m3。
[答案]　(1)2 cm　(2)8.92×10-4m3
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＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/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，轨道的加速度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＝8 N，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面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
[解析]　圆周运动＋板块模型＋动量守恒定律＋机械能守恒定律＋运动学规律＋综合图像处理问题的能力
(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知kg-1＝0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝Ma
变形得a＝ F－
结合题图乙可知kg-1＝1 kg-1，
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝
解得L＝4.5 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m
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(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。
[解析]　带电粒子在电磁复合场中的运动＋综合分析问题的能力
(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图1所示。
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r＝xNK＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
在匀强加速电场中由动能定理有U0q＝mv2
联立解得U0＝。
(2)根据题意，作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图2所示。
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
r′＝xNKcos 60°＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向
大小满足qv′B＝Eq
联立可得E＝。
(3)在匀强加速电场中由动能定理有
Uq＝mv″2
可得v″＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
qv″B＝m
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径
r″＝L
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图3所示。
设粒子从小孔K射出的速度方向与x轴正方向夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝
则粒子从小孔K射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，可将此速度分解为沿x轴正方向、大小v″x＝的速度和沿y轴正方向、大小v″y＝的速度
结合(2)问分析可知粒子从小孔K射出后的运动可以分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动
由洛伦兹力提供向心力有qv″xB＝m
解得r ＝L
又T＝
分析可知当运动T时，粒子距离y轴最近，此最近位置的横坐标为x＝－r ＝，纵坐标为y＝L＋r ＋v″yT＝，其中n为自然数
综上，最近位置的坐标为(n为自然数)。
[答案]　(1)　(2)，方向沿x轴正方向　(3)(n为自然数)

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