2024年吉林省普通高等學(xué)校招生選擇性考試物理試題含答案

2024年吉林省普通高等學(xué)校招生選擇性考試物理一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．2024年5月3日，長征五號(hào)遙八運(yùn)載火箭托舉嫦娥六號(hào)探測器進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道?；鸺者^程中，以下描述其狀態(tài)的物理量屬于矢量的是()A．質(zhì)量B．速率C．動(dòng)量D．動(dòng)能C[標(biāo)量和矢量質(zhì)量、速率和動(dòng)能均只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，A、B、D錯(cuò)誤；動(dòng)量既有大小，又有方向，是矢量，C正確。]2．“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的()A．半徑相等B．線速度大小相等C．向心加速度大小相等D．角速度大小相等D[同軸轉(zhuǎn)動(dòng)模型＋圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)題圖可知，Q點(diǎn)到軸的距離大于P點(diǎn)到軸的距離，則Q點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于P點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，A錯(cuò)誤；P、Q兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小相等，根據(jù)v＝ωr和a＝ω2r結(jié)合A項(xiàng)分析可知，Q點(diǎn)的線速度大小和向心加速度大小均大于P點(diǎn)的，B、C錯(cuò)誤，D正確。]3．利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)()A．硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左B．桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左C．桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力C[受力分析＋摩擦力＋相互作用力＋平衡力滑動(dòng)摩擦力方向與物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，墨條相對(duì)硯臺(tái)水平向左運(yùn)動(dòng)，則硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合A項(xiàng)分析可知，硯臺(tái)受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，其水平方向上受力平衡，則桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)硯臺(tái)受力分析，豎直方向上，硯臺(tái)受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力不是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤。]4．某同學(xué)自制雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置：在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發(fā)絲形成雙縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照射雙縫，能夠在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相鄰兩條亮條紋中心間距變小的是()A．換用更粗的頭發(fā)絲B．換用紅色激光照射雙縫C．增大紙板與墻面的距離D．減小光源與紙板的距離A[雙縫干涉實(shí)驗(yàn)＋雙縫干涉條紋間距公式相鄰亮條紋中心間距公式Δx＝Ldλ，換用更粗的頭發(fā)絲，則雙縫間距d增大，Δx變小，A正確；換用紅色激光照射雙縫，即光的波長λ增大，Δx變大，B錯(cuò)誤；增大紙板與墻面的距離，即L增大，Δx變大，C錯(cuò)誤；減小光源與紙板的距離，Δx5．某種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖(a)所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖(b)所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則()A．電容器的電容減小B．電容器所帶的電荷量增大C．電容器兩極板之間的電勢差增大D．溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→NB[電容器的性質(zhì)＋含容電路的動(dòng)態(tài)分析根據(jù)題圖(a)可知，降低溶液的濃度時(shí)，該不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常量εr增大，結(jié)合電容的決定式C＝εrS4πkd可知，電容器的電容增大，A錯(cuò)誤；電容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯(cuò)誤；根據(jù)電容的定義式C＝QU結(jié)合AC項(xiàng)分析可知，電容器所帶的電荷量6．在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高處的過程中()A．動(dòng)能減小，電勢能增大B．動(dòng)能增大，電勢能增大C．動(dòng)能減小，電勢能減小D．動(dòng)能增大，電勢能減小D[類平拋運(yùn)動(dòng)＋電場力做功與電勢能變化的關(guān)系根據(jù)題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場力方向水平向右，小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高處的過程做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球的速度增大，動(dòng)能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]7．如圖(a)，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運(yùn)動(dòng)的圖像如圖(b)所示(不考慮自轉(zhuǎn)影響)。設(shè)地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2，地球半徑是該天體半徑的n倍。ρ1A．2n B．n2C．2nC[簡諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律＋天體密度的計(jì)算在地球表面，小球處于平衡位置時(shí)有m0g1＝k·2A，在該天體表面，小球處于平衡位置時(shí)有m0g2＝kA，聯(lián)立解得g1g2＝21，在星球表面有GMmR2＝mg，星球的密度ρ＝MV，又V＝438．X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發(fā)出光電子，并對(duì)光電子進(jìn)行分析的科研儀器。用某一頻率的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強(qiáng)度，則()A．該金屬的逸出功增大B．X光的光子能量不變C．逸出的光電子最大初動(dòng)能增大D．單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)增多BD[光電效應(yīng)＋理解能力金屬的逸出功是金屬本身的特性，與照射光的強(qiáng)度無關(guān)，A錯(cuò)誤；根據(jù)ε＝hν可知，X光的光子能量與其強(qiáng)度無關(guān)，B正確；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0結(jié)合AB項(xiàng)分析可知，逸出的光電子最大初動(dòng)能與照射光的強(qiáng)度無關(guān)，C錯(cuò)誤；若增加此X光的強(qiáng)度，則單位時(shí)間入射到金屬表面的光子數(shù)增多，單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)增多，D正確。]9．如圖，兩條“”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，兩棒在下滑過程中()A．回路中的電流方向?yàn)閍bcdaB．a(chǎn)b中電流趨于3C．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2∶1D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終相等AB[楞次定律＋法拉第電磁感應(yīng)定律＋牛頓第二定律由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑，則通過abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A正確；初始時(shí)，對(duì)ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2-3BIL2m，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C錯(cuò)誤；當(dāng)加速度趨于零時(shí)，兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，ab中的電流趨于3mg3BL，B正確；由于]10．一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時(shí)刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是()A.小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板B．小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)ABD[板塊模型＋運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律＋牛頓第二定律＋(v-t圖像)由題圖可知，t＝3t0時(shí)木板的速度開始減小，說明小物塊在t＝3t0時(shí)滑上木板，A正確；v-t圖像斜率的絕對(duì)值表示加速度大小，則0～3t0時(shí)間內(nèi)，木板的加速度大小為a1＝12μgt0t0＝12μg，t＝3t0時(shí)木板的速度大小為v1＝a1·3t0＝32μgt0，結(jié)合題意可知，t＝3t0時(shí)小物塊以32μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0時(shí)小物塊與木板共速，大小為12μgt0，方向水平向右，則與木板共速前，小物塊的加速度大小a′＝12μgt0--32μgt0t0＝2μg，設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，對(duì)小物塊由牛頓第二定律得μ′mg＝ma′，聯(lián)立解得μ′＝2μ，B正確；設(shè)木板的質(zhì)量為M，0～3t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝32μMg，3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，木板的加速度大小a2＝32μgt0-12μgt0t0＝μg，由牛頓第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)某探究小組要測量電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻?？衫玫钠鞑挠校弘妷罕怼㈦娮杞z、定值電阻(阻值為R0)、金屬夾、刻度尺、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。(1)實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將電阻絲拉直固定，按照?qǐng)D(a)連接電路，金屬夾置于電阻絲的________(選填“A”或“B”)端；②閉合開關(guān)S，快速滑動(dòng)金屬夾至適當(dāng)位置并記錄電壓表示數(shù)U，斷開開關(guān)S，記錄金屬夾與B端的距離L；③多次重復(fù)步驟②，根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖(c)中圖線Ⅰ；④按照?qǐng)D(b)將定值電阻接入電路，多次重復(fù)步驟②，再根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖(c)中圖線Ⅱ。(2)由圖線得出縱軸截距為b，則待測電池的電動(dòng)勢E＝________。(3)由圖線求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分別為k1、k2，若k2k1＝n，則待測電池的內(nèi)阻r＝________(用n和[解析]測量電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻＋實(shí)驗(yàn)探究能力(1)①為了保護(hù)電路，開關(guān)閉合前應(yīng)將金屬夾置于電阻絲接入電路電阻最大處，即A端；(2)(3)設(shè)金屬絲的總電阻為R，總長度為x，對(duì)題圖(a)根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝U＋URLxr，可得1U＝1E+xrER·1L，對(duì)題圖(b)有E＝U＋URLx(r＋R0[答案](1)①A(2)1b(3)12．(8分)圖(a)為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)探究這套積木小幅擺動(dòng)時(shí)周期T與外徑D之間的關(guān)系。(1)用刻度尺測量不同顏色積木的外徑D，其中對(duì)藍(lán)色積木的某次測量如圖(b)所示，從圖中讀出D＝________cm。(2)將一塊積木靜置于硬質(zhì)水平桌面上，設(shè)置積木左端平衡位置的參考點(diǎn)O，將積木的右端按下后釋放，如圖(c)所示。當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時(shí)記為第0次并開始計(jì)時(shí)，第20次時(shí)停止計(jì)時(shí)，這一過程中積木擺動(dòng)了________個(gè)周期。(3)換用其他積木重復(fù)上述操作，測得多組數(shù)據(jù)。為了探究T與D之間的函數(shù)關(guān)系，可用它們的自然對(duì)數(shù)作為橫、縱坐標(biāo)繪制圖像進(jìn)行研究，數(shù)據(jù)如下表所示：顏色紅橙黃綠青藍(lán)紫lnD2.93922.78812.59532.48492.197……1.792lnT－0.45－0.53－0.56－0.65－0.78－0.92－1.02根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出lnT-lnD圖像如圖(d)所示，則T與D的近似關(guān)系為________。A．T∝D B．T∝D2C．T∝1D D．T∝(4)請(qǐng)寫出一條提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：________________。[解析]類單擺運(yùn)動(dòng)＋數(shù)據(jù)處理＋改進(jìn)措施(1)根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則可知D＝7.54cm。(2)結(jié)合單擺的運(yùn)動(dòng)分析可知，積木左端與O點(diǎn)等高后，向下(向上)運(yùn)動(dòng)后再次與O點(diǎn)等高，之后向上(向下)運(yùn)動(dòng)后又一次與O點(diǎn)等高，此過程為一個(gè)周期，則題述過程中積木擺動(dòng)了10個(gè)周期。(3)根據(jù)題圖(d)有l(wèi)nT＝klnD＋b，其中k＝-0.50--1.002.80-1.80＝12，則有l(wèi)nT＝12lnD＋b＝lnD＋b，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得T與(4)可以多次測量同一顏色的積木的周期求平均值，從而減小實(shí)驗(yàn)誤差。[答案](1)7.54(7.53～7.55均可)(2)10(3)A(4)多次測量同一顏色的積木的周期求平均值(合理即可)13．(10分)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。(1)求變壓器的輸出功率P。(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時(shí)間t。[解析]理想變壓器的工作原理＋電功率＋查理定律(1)由原線圈所接正弦交流電的峰值求出其有效值U1＝Um2，設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為UU1求得U2＝n故變壓器的輸出功率P＝U2(2)設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p0，加熱后容器內(nèi)氣體的溫度為T1，則加熱后氣體的壓強(qiáng)為2p0，由題意可知容器內(nèi)的氣體做等容變化，則由查理定律有p0解得T1＝2T0由Q＝CΔT知?dú)怏w吸收的熱量Q＝C(2T0－T0)＝CT0又容器是絕熱容器且電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，則Q＝Pt＝CT0，即Um250Rt解得t＝50CT[答案](1)Um214．(12分)如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。不計(jì)空氣阻力，求：(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)整個(gè)過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。[解析]反沖模型＋平拋運(yùn)動(dòng)＋綜合分析問題的能力(1)A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，則有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。(2)對(duì)B離開彈簧后的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmBgxB＝0－1代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。(3)對(duì)A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有ΔEp＝1代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12J。[答案](1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J15．(18分)現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?；各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q(q>0)、質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為32v0和v0。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知