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2024年普通高等学校招生全国统一考试·新课标卷
物　理
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
C　[直线运动＋(x t图像)＋(v t图像)任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C可能正确，A、B、D错误。]
2．福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　)
A．0.25倍 B．0.5倍
C．2倍 D．4倍
C　[动能＋平抛运动，C对。]
3．天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ 1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的(　　)
A．0.001倍 B．0.1倍
C．10倍 D．1 000倍
B　[万有引力定律的应用　由r可得M＝，故≈0.1，B正确。]
4．三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖，不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是(　　)
A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
A　[光子能量＋光子动量＋光在介质中传播
]
5．如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则(　　)
A．两绳中的张力大小一定相等
B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量
D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
B　[带电小球在复合场中的受力分析＋推理论证能力　分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有－qQE＝mQg tan θ，＋qPE＝mPg tan θ，显然mQg tan θT′，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知>EqQ，则>E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。
]
6．位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则(　　)
A．波的周期是0.1 s
B．波的振幅是0.2 m
C．波的传播速度是10 m/s
D．平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置
BC　[机械波的形成与传播＋振动图像　根据题图可知，该波的周期T＝0.2 s，振幅为0.2 m，A错误，B正确；由题意可知波源第2次处于波谷位置，即波源振动了Δt＝1T时质点P开始振动，所以该波的传播速度v＝＝10 m/s，C正确；结合C项分析可知，t＝0.45 s时质点Q开始振动，此时质点P已经运动了0.1 s，结合题图可知此时质点P处于平衡位置，D错误。]
7．电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　　)
A．电流最小
B．电流最大
C．电流方向由P指向Q
D．电流方向由Q指向P
BD　[交变电流的产生　磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确。]
8．如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
AD　[热力学第一定律＋气体实验定律＋(p V图像)　1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖 吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。]
二、非选择题：共62分。
9．(6分)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。
完成下列填空：
(1)记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma________mb(选填“>”或“<”)；
(2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式________________，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度。依据是_______________________________________________________________________________________________。
[解析]　验证动量守恒定律＋对实验的理解能力
(1)由于实验中须保证向右运动的小球a与静止的小球b碰撞后两球均向右运动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即ma>mb。
(2)对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律可知，小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。
[答案]　(1)>　(2)maxP＝maxM＋mbxN　小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等(合理即可)
10．(12分)学生实验小组要测量量程为3 V的电压表的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E(电动势5 V)，电压表(量程5 V，内阻约 3 kΩ), 定值电阻R0(阻值为800 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值 5 kΩ), 开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应________(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的________(选填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡________(选填“×1”“×100”或“×1 k”)位置。重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为________ kΩ(结果保留1位小数)；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝________(用U1、U和R0表示)；
(4)测量得到U1＝4.20 V，U＝2.78 V，则待测电压表内阻RV＝________ kΩ(结果保留3位有效数字)。
[解析]　测量电压表的内阻＋多用电表的使用＋器材选择＋数据处理
(1)使用多用电表粗测电阻的步骤应为①机械调零：使用前，若指针没有指在左端“∞”位置，要用螺丝刀转动指针定位螺丝，使指针指在“∞”位置；②选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其置于欧姆挡的合适挡位；③欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处；④测量示数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以倍率即为待测电阻阻值。故该实验中正确的操作顺序应为CAB；由于多用电表在使用时电流流向为“红进黑出”，且通过电压表的电流流向为“正进负出”，所以在用多用电表粗测电压表内阻时多用电表的红、黑表笔应分别与待测电压表的负极、正极相连；由题图(a)中的虚线Ⅰ可知，待测电压表的内阻约为 1 500 Ω， 则为使指针指在中央刻度线附近，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置；由题图(a)中的实线Ⅱ可知该电压表的内阻为R粗＝16×100 Ω＝1.6 kΩ。
(2)由题图(b)可知，滑动变阻器用分压式接法，则为了方便调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1，为了保护电路，闭合开关前测量电路部分分压应为0，即滑动变阻器的滑片应置于a端。
(3)由题图(b)可知，流过待测电压表和流过定值电阻R0的电流相等，则结合欧姆定律和串联电路分压规律有，可得RV＝。
(4)将U1＝4.20 V、U＝2.78 V、R0＝800 Ω 代入(3)中表达式，可得RV＝ Ω≈1.57 kΩ。
[答案]　(1)CAB　负极、正极　×100　1.6　(2)R1　a　(3)　(4)1.57
11．(10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m, 求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
[解析]　力的平衡条件＋动能定理
(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg
在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β
联立并代入数据解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
[答案]　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J
12．(14分)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
[解析]　板块模型＋匀变速直线运动＋平抛运动＋匀速直线运动
(1)解法一　 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－
x板＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·
μmg·－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
[答案]　(1)4 m/s　 s　(2) m
13．(20分)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力，求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)P沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
[解析]　带电粒子在电磁组合场中的运动＋综合分析问题的能力
(1)由运动的合成可知，P到b点时粒子的速度大小为vb＝v0
P从b点运动到c点的过程，对粒子由洛伦兹力提供向心力有qvbB＝m
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r＝
又T＝
则粒子做圆周运动的周期为T＝。
(2)由几何关系可知P从b点运动到c点的过程速度偏转角为270°，则粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为270°，故P从b点运动到c点的时间为tbc＝
根据题意任何相等的时间内P沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等
可知
根据题图可知P由a点运动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有
v0＝atab
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得电场强度的大小为E＝Bv0。
(3)P沿题图中闭合曲线移动1周回到a点的过程，粒子运动的轨迹如图所示。
P由a点运动到b点的过程，粒子垂直电场方向的位移yab＝v0tab＝
P由c点回到a点的过程，粒子垂直电场方向的位移yca′＝yab
由几何关系可知P沿题图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移大小为
y＝2r cos 45°－2yab＝。
[答案]　(1)　(2)Bv0　(3)

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