2024年普通高中學業水平選擇性考試（河北卷）物理試題本試卷共100分，考試時間75分鐘．一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．A. B. C. D.【答案】D【解析】詳解】根據核反應前后質量數和電荷數守恒得故式中的X為，故選D。2.我國古人最早發現了尖端放電現象，并將其用于生產生活，如許多古塔的頂端采用“傘狀”金屬飾物在雷雨天時保護古塔。雷雨中某時刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰等勢線電勢差相等，則a、b、c、d四點中電場強度最大的是（）A.a點 B.b點 C.c點 D.d點【答案】C【解析】【詳解】在靜電場中，等差等勢線的疏密程度反映電場強度的大小。圖中c點的等差等勢線相對最密集，故該點的電場強度最大。故選C。3.籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是（）A.a點 B.b點 C.c點 D.d點【答案】A【解析】【詳解】由圖像可知，圖像第四象限表示向下運動，速度為負值。當向下運動到速度最大時籃球與地面接觸，運動發生突變，速度方向變為向上并做勻減速運動。故第一次反彈后上升至a點，此時速度第一次向上減為零，到達離地面最遠的位置。故四個點中籃球位置最高的是a點。故選A。【答案】B【解析】【詳解】根據有效值的定義可知圖1的有效值的計算為解得圖二的有效值為接在阻值大小相等的電阻上，因此故選B。【答案】A【解析】【詳解】對小球受力分析如圖所示由幾何關系易得力與力與豎直方向的夾角均為，因此由正交分解方程可得解得故選A。【答案】C【解析】【詳解】紫外光在紙上的投影做的是簡諧振動，電動機的轉速為因此角頻率周期為故選C。【答案】D【解析】【詳解】B點C點的電荷在M的場強的合場強為故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求．全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．8.2024年3月20日，鵲橋二號中繼星成功發射升空，為嫦娥六號在月球背面的探月任務提供地月間中繼通訊。鵲橋二號采用周期為24h的環月橢圓凍結軌道（如圖），近月點A距月心約為2.0×103km，遠月點B距月心約為1.8×104km，CD為橢圓軌道的短軸，下列說法正確的是（）A.鵲橋二號從C經B到D的運動時間為12hB.鵲橋二號在A、B兩點的加速度大小之比約為81：1C.鵲橋二號在C、D兩點的速度方向垂直于其與月心的連線D.鵲橋二號在地球表面附近的發射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s【答案】BD【解析】【詳解】A．鵲橋二號圍繞月球做橢圓運動，根據開普勒第二定律可知，從A→C→B做減速運動，從B→D→A做加速運動，則從C→B→D的運動時間大于半個周期，即大于12h，故A錯誤；B．鵲橋二號在A點根據牛頓第二定律有同理在B點有帶入題中數據聯立解得aA：aB=81：1故B正確；C．由于鵲橋二號做曲線運動，則可知鵲橋二號速度方向應為軌跡的切線方向，則可知鵲橋二號在C、D兩點的速度方向不可能垂直于其與月心的連線，故C錯誤；D．由于鵲橋二號環繞月球運動，而月球為地球的“衛星”，則鵲橋二號未脫離地球的束縛，故鵲橋二號的發射速度應大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正確。故選BD。9.如圖，水平放置的密閉絕熱汽缸被導熱活塞分成左右兩部分，左側封閉一定質量的理想氣體，右側為真空，活塞與汽缸右壁中央用一根輕質彈簧水平連接。汽缸內壁光滑且水平長度大于彈簧自然長度，彈簧的形變始終在彈性限度內且體積忽略不計。活塞初始時靜止在汽缸正中間，后因活塞密封不嚴發生緩慢移動，活塞重新靜止后（）A.彈簧恢復至自然長度B.活塞兩側氣體質量相等C.與初始時相比，汽缸內氣體的內能增加D.與初始時相比，活塞左側單位體積內氣體分子數減少【答案】ACD【解析】【詳解】A．初始狀態活塞受到左側氣體向右的壓力和彈簧向左的彈力處于平衡狀態，彈簧處于壓縮狀態。因活塞密封不產，可知左側氣體向右側真空漏出。左側氣體壓強變小，右側出現氣體，對活塞有向左的壓力，最終左、右兩側氣體壓強相等，且彈簧恢復原長，故A正確；B．由題知活塞初始時靜止在汽缸正中間，但由于活塞向左移動，左側氣體體積小于右側氣體體積，則左側氣體質量小于右側氣體質量，故B錯誤；C．密閉的氣缸絕熱，與外界沒有能量交換，但彈簧彈性勢能減少了，可知氣體內能增加，故C正確；D．初始時氣體在左側，最終氣體充滿整個氣缸，則初始左側單位體積內氣體分子數應該是最終左側的兩倍，故D正確。故選ACD。10.如圖，真空區域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C.若粒子經cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】ACD【解析】【詳解】AC．根據幾何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經過cd邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示粒子從C點垂直于BC射出，故AC正確；BD．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若粒子從cd邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖乙所示則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示則粒子一定垂直BC射出，故B錯誤、D正確故選ACD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分．11.某同學通過雙縫干涉實驗測量單色光的波長，實驗裝置如圖1所示，其中測量頭包括毛玻璃、游標尺、分劃板、手輪、目鏡等。該同學調整好實驗裝置后，分別用紅色、綠色濾光片，對干涉條紋進行測量，并記錄第一條和第六條亮紋中心位置對應的游標尺讀數，如表所示：單色光類別單色光1106018.64單色光28.4418.08根據表中數據，判斷單色光1為____________（填“紅光”或“綠光”）。【答案】綠光【解析】由圖表帶入數據可知故則已知綠光的波長小于紅光波長，則單色光1是綠光。12.圖1為探究平拋運動特點的裝置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐標紙的背板處于豎直面內，鋼球在斜槽中從某一高度滾下，從末端飛出，落在傾斜的擋板上擠壓復寫紙，在坐標紙上留下印跡．某同學利用此裝置通過多次釋放鋼球，得到了如圖2所示的印跡，坐標紙的y軸對應豎直方向，坐標原點對應平拋起點．①每次由靜止釋放鋼球時，鋼球在斜槽上的高度____________（填“相同”或“不同”）。②在坐標紙中描繪出鋼球做平拋運動的軌跡。____________【解析】【詳解】[1]為保證鋼球每次平拋運動的初速度相同，必須讓鋼球在斜槽上同一位置靜止釋放，故高度相同；[2]描點連線用平滑曲線連接，鋼球做平拋運動的軌跡如圖所示解得（2）研究光敏電阻在不同光照條件下的伏安特性②圖4為不同光照強度下得到的光敏電阻伏安特性圖3曲線，圖中曲線Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ對應光敏電阻受到的光照由弱到強。由圖像可知，光敏電阻的阻值隨其表面受到光照的增強而____________（填“增大”或“減小”）。（3）組裝光強報警器電路并測試其功能圖5為利用光敏電阻、發光二極管、三極管（當b、e間電壓達到一定程度后，三極管被導通）等元件設計的電路。組裝好光強報警器后，在測試過程中發現，當照射到光敏電阻表面的光強達到報警值時，發光二極管并不發光，為使報警器正常工作，應____________（填“增大”或“減小”）可調電阻的阻值，直至發光二極管發光。【答案】（1）負極（2）①.A②.A③.D##C④.減小（3）增大【解析】【小問1詳解】根據歐姆表結構，使用時歐姆表黑表筆接內部電源正極，故當黑表筆接M端，電阻無窮大，說明二極管反向截止即連接電源負極。【小問2詳解】[4]由圖像可知，隨光照強度增加，IU圖像斜率增大，所以電阻減小。【小問3詳解】三極管未導通時，與串聯。隨著光強增強，電阻減小，此時三極管仍未導通，說明分壓小，故需要增大。（1）電場強度E的大小。（2）小球在A、B兩點的速度大小。【解析】【詳解】（1）在勻強電場中，根據公式可得場強為（2）在A點細線對小球的拉力為0，根據牛頓第二定律得A到B過程根據動能定理得聯立解得15.如圖，邊長為的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導體軸。間距為L、與水平面成角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒在水平面內繞O點以角速度勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒始終靜止。棒在轉動過程中，棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知棒在導軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，棒始終與導軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導軌間的動摩擦因數。【解析】根據閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當OA運動到與細框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當CD棒受到的安培力最小時根據平衡條件得當CD棒受到的安培力最大時根據平衡條件得聯立解得撤去推力瞬間，根據牛頓第二定律得解得（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。【解析】【詳解】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統動量守恒，設機器人質量為M，三個木板質量為m，根據人船模型得同時有解得A、B木板間的水平距離（2）設機器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時間為t，根據斜拋運動規律得聯立解得機器人跳離A的過程，系統水平方向動量守恒根據能量守恒可得機器人做的功為聯立得得分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器