2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試新課標(biāo)卷物理試題含答案

2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試·新課標(biāo)卷物理一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．一質(zhì)點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是()ABCDC[直線運動＋(x-t圖像)＋(v-t圖像)任何時刻質(zhì)點的速度與位移都是唯一的，C可能正確，A、B、D錯誤。]2．福建艦是我國自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的()A．0.25倍 B．0.5倍C．2倍 D．4倍C[動能＋平拋運動Ek3．天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)，在太陽系外的一顆紅矮星有兩顆行星繞其運行，其中行星GJ1002c的軌道近似為圓，軌道半徑約為日地距離的0.07倍，周期約為0.06年，則這顆紅矮星的質(zhì)量約為太陽質(zhì)量的()A．0.001倍 B．0.1倍C．10倍 D．1000倍B[萬有引力定律的應(yīng)用由GMmr2＝m4π2T2r4．三位科學(xué)家由于在發(fā)現(xiàn)和合成量子點方面的突出貢獻，榮獲了2023年諾貝爾化學(xué)獎，不同尺寸的量子點會發(fā)出不同顏色的光。現(xiàn)有兩種量子點分別發(fā)出藍光和紅光，下列說法正確的是()A．藍光光子的能量大于紅光光子的能量B．藍光光子的動量小于紅光光子的動量C．在玻璃中傳播時，藍光的速度大于紅光的速度D．藍光在玻璃中傳播時的頻率小于它在空氣中傳播時的頻率A[光子能量＋光子動量＋光在介質(zhì)中傳播]5．如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等，則()A．兩繩中的張力大小一定相等B．P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量D．P的電荷量一定大于Q的電荷量B[帶電小球在復(fù)合場中的受力分析＋推理論證能力分別對兩小球受力分析如圖所示，設(shè)兩小球間的距離為l，繩與豎直方向的夾角為θ，則有kqPqQl2－qQE＝mQgtanθ，kqPqQl2＋qPE＝mPgtanθ，顯然mQgtanθ<mPgtanθ，即mQ<mP，B正確；設(shè)下端系有小球P的細繩的張力大小為T、下端系有小球Q的細繩的張力大小為T′，則有T＝mPgcosθ，T′＝mQgcosθ，結(jié)合上述分析可知，T>T′，A錯誤；根據(jù)小球]6．位于坐標(biāo)原點O的波源在t＝0時開始振動，振動圖像如圖所示，所形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播。平衡位置在x＝3.5m處的質(zhì)點P開始振動時，波源恰好第2次處于波谷位置，則()A．波的周期是0.1sB．波的振幅是0.2mC．波的傳播速度是10m/sD．平衡位置在x＝4.5m處的質(zhì)點Q開始振動時，質(zhì)點P處于波峰位置BC[機械波的形成與傳播＋振動圖像根據(jù)題圖可知，該波的周期T＝0.2s，振幅為0.2m，A錯誤，B正確；由題意可知波源第2次處于波谷位置，即波源振動了Δt＝134T時質(zhì)點P開始振動，所以該波的傳播速度v＝ΔxΔt＝10m/s，C正確；結(jié)合C項分析可知，t＝0.45s時質(zhì)點Q開始振動，此時質(zhì)點P7．電動汽車制動時可利用車輪轉(zhuǎn)動將其動能轉(zhuǎn)換成電能儲存起來。車輪轉(zhuǎn)動時帶動磁極繞固定的線圈旋轉(zhuǎn)，在線圈中產(chǎn)生電流。磁極勻速轉(zhuǎn)動的某瞬間，磁場方向恰與線圈平面垂直，如圖所示。將兩磁極間的磁場視為勻強磁場，則磁極再轉(zhuǎn)過90°時，線圈中()A．電流最小B．電流最大C．電流方向由P指向QD．電流方向由Q指向PBD[交變電流的產(chǎn)生磁極順時針勻速轉(zhuǎn)動相當(dāng)于線圈逆時針勻速轉(zhuǎn)動，線圈從中性面位置開始轉(zhuǎn)動，磁極轉(zhuǎn)過90°時即線圈逆時針轉(zhuǎn)過90°時，穿過線圈的磁通量為0，磁通量的變化率最大，線圈中電流最大，A錯誤，B正確；磁極轉(zhuǎn)過90°時相當(dāng)于題圖示中PQ向下切割磁感線，由右手定則可知線圈中電流方向由Q指向P，C錯誤，D正確。]8．如圖，一定量理想氣體的循環(huán)由下面4個過程組成：1→2為絕熱過程(過程中氣體不與外界交換熱量)，2→3為等壓過程，3→4為絕熱過程，4→1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴油機工作循環(huán)的主要過程。下列說法正確的是()A．1→2過程中，氣體內(nèi)能增加B．2→3過程中，氣體向外放熱C．3→4過程中，氣體內(nèi)能不變D．4→1過程中，氣體向外放熱AD[熱力學(xué)第一定律＋氣體實驗定律＋(p-V圖像)1→2為絕熱過程，Q＝0，氣體體積減小，外界對氣體做功，W>0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，氣體內(nèi)能增加，A正確；2→3為等壓膨脹過程，W<0，由蓋-呂薩克定律可知氣體溫度升高，內(nèi)能增加，即ΔU>0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，氣體從外界吸熱，B錯誤；3→4過程為絕熱過程，Q＝0，氣體體積增大，W<0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，氣體內(nèi)能減少，C錯誤；4→1過程中，氣體做等容變化，W＝0，又壓強減小，則由查理定律可知氣體溫度降低，內(nèi)能減少，即ΔU<0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，氣體對外放熱，D正確。]二、非選擇題：共62分。9．(6分)某同學(xué)用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律，將斜槽軌道固定在水平桌面上，軌道末段水平，右側(cè)端點在水平木板上的垂直投影為O，木板上疊放著白紙和復(fù)寫紙。實驗時先將小球a從斜槽軌道上Q處由靜止釋放，a從軌道右端水平飛出后落在木板上；重復(fù)多次，測出落點的平均位置P與O點的距離xP。將與a半徑相等的小球b置于軌道右側(cè)端點，再將小球a從Q處由靜止釋放，兩球碰撞后均落在木板上；重復(fù)多次，分別測出a、b兩球落點的平均位置M、N與O點的距離xM、xN。完成下列填空：(1)記a、b兩球的質(zhì)量分別為ma、mb，實驗中須滿足條件ma________mb(選填“>”或“<”)；(2)如果測得的xP、xM、xN、ma和mb在實驗誤差范圍內(nèi)滿足關(guān)系式________________，則驗證了兩小球在碰撞中滿足動量守恒定律。實驗中，用小球落點與O點的距離來代替小球水平飛出時的速度。依據(jù)是_______________________________________________________________________________________________。[解析]驗證動量守恒定律＋對實驗的理解能力(1)由于實驗中須保證向右運動的小球a與靜止的小球b碰撞后兩球均向右運動，則實驗中小球a的質(zhì)量應(yīng)大于小球b的質(zhì)量，即ma>mb。(2)對兩小球的碰撞過程，由動量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球從軌道右端飛出后做平拋運動，且小球落點與軌道右端的豎直高度相同，則結(jié)合平拋運動規(guī)律可知，小球從軌道右端飛出后在空中運動的時間相等，設(shè)此時間為t，則mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。[答案](1)>(2)maxP＝maxM＋mbxN小球從軌道右端飛出后做平拋運動，且小球落點與軌道右端的豎直高度相同，結(jié)合平拋運動規(guī)律可知小球從軌道右端飛出后在空中運動的時間相等(合理即可)10．(12分)學(xué)生實驗小組要測量量程為3V的電壓表的內(nèi)阻RV?？蛇x用的器材有：多用電表，電源E(電動勢5V)，電壓表(量程5V，內(nèi)阻約3kΩ),定值電阻R0(阻值為800Ω)，滑動變阻器R1(最大阻值50Ω)，滑動變阻器R2(最大阻值5kΩ),開關(guān)S，導(dǎo)線若干。完成下列填空：(1)利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)________(把下列實驗步驟前的字母按正確操作順序排列)；A．將紅、黑表筆短接B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆C．將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置再將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的________(選填“正極、負(fù)極”或“負(fù)極、正極”)相連，歐姆表的指針位置如圖(a)中虛線Ⅰ所示。為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋________(選填“×1”“×100”或“×1k”)位置。重新調(diào)節(jié)后，測量得到指針位置如圖(a)中實線Ⅱ所示，則粗測得到的該電壓表內(nèi)阻為________kΩ(結(jié)果保留1位小數(shù))；(2)為了提高測量精度，他們設(shè)計了如圖(b)所示的電路，其中滑動變阻器應(yīng)選________(選填“R1”或“R2”)，閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于________(選填“a”或“b”)端；(3)閉合開關(guān)S，滑動變阻器滑片滑到某一位置時，電壓表、待測電壓表的示數(shù)分別為U1、U，則待測電壓表內(nèi)阻RV＝________(用U1、U和R0表示)；(4)測量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，則待測電壓表內(nèi)阻RV＝________kΩ(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。[解析]測量電壓表的內(nèi)阻＋多用電表的使用＋器材選擇＋數(shù)據(jù)處理(1)使用多用電表粗測電阻的步驟應(yīng)為①機械調(diào)零：使用前，若指針沒有指在左端“∞”位置，要用螺絲刀轉(zhuǎn)動指針定位螺絲，使指針指在“∞”位置；②選擋：估計待測電阻的大小，旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)，使其置于歐姆擋的合適擋位；③歐姆調(diào)零：將紅、黑表筆短接，調(diào)整調(diào)零旋鈕，使指針指在表盤右端“0”刻度處；④測量示數(shù)：將兩表筆分別與待測電阻的兩端接觸，指針示數(shù)乘以倍率即為待測電阻阻值。故該實驗中正確的操作順序應(yīng)為CAB；由于多用電表在使用時電流流向為“紅進黑出”，且通過電壓表的電流流向為“正進負(fù)出”，所以在用多用電表粗測電壓表內(nèi)阻時多用電表的紅、黑表筆應(yīng)分別與待測電壓表的負(fù)極、正極相連；由題圖(a)中的虛線Ⅰ可知，待測電壓表的內(nèi)阻約為1500Ω，則為使指針指在中央刻度線附近，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“×100”位置；由題圖(a)中的實線Ⅱ可知該電壓表的內(nèi)阻為R粗＝16×100Ω＝1.6kΩ。(2)由題圖(b)可知，滑動變阻器用分壓式接法，則為了方便調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)選最大阻值較小的R1，為了保護電路，閉合開關(guān)前測量電路部分分壓應(yīng)為0，即滑動變阻器的滑片應(yīng)置于a端。(3)由題圖(b)可知，流過待測電壓表和流過定值電阻R0的電流相等，則結(jié)合歐姆定律和串聯(lián)電路分壓規(guī)律有URV＝U1-(4)將U1＝4.20V、U＝2.78V、R0＝800Ω代入(3)中表達式，可得RV＝2.78×8004.20-2.78Ω≈[答案](1)CAB負(fù)極、正極×1001.6(2)R1a(3)UR011．(10分)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。(sin37°＝0.6)(1)求此時P、Q繩中拉力的大??；(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝10m,求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。[解析]力的平衡條件＋動能定理(1)由題意可知重物下降過程中受力平衡，設(shè)此時P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則在豎直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得FP＝1200N、FQ＝900N。(2)重物下降到地面的過程，根據(jù)動能定理有mgh＋W總＝0代入數(shù)據(jù)解得W總＝－4200J。[答案](1)1200N900N(2)－4200J12．(14分)如圖，一長度l＝1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當(dāng)薄板運動的距離Δl＝l6時，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等，它們之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；(2)平臺距地面的高度。[解析]板塊模型＋勻變速直線運動＋平拋運動＋勻速直線運動(1)解法一由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質(zhì)量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為a＝μg＝3m/s2設(shè)物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學(xué)公式有x物＝v0t1－1x板＝1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s，t1＝13解法二對物塊與薄板組成的系統(tǒng)，從開始運動到狀態(tài)一，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2分別對物塊和薄板根據(jù)動能定理有－μmg·7μmg·16聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s，v1＝3m/s，v2＝1m/s對薄板由動量定理有μmgt1＝mv2－0代入數(shù)據(jù)解得t1＝13(2)結(jié)合(1)問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為v2＝at1＝1m/s由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設(shè)物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學(xué)公式有l(wèi)2-l6＝又h＝1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h＝59[答案](1)4m/s13s(2)513．(20分)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個點P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中a(0，v0)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P沿線段ab移動到b(v0，v0)點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場