2024年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試(福建卷)物理試題含答案

2024年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試(福建卷)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4小題，每小題4分，共16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。1.2863Ni→29A．24HeC．10eB核反應(yīng)方程[核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，因此有63＝63＋A，可得A＝0，28＝29＋Z，可得Z＝－1，故X的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為－1，X為電子，表示為-102．某簡諧運動的y-t圖像如圖所示，則以下說法正確的是()A．振幅為2cmB．頻率為2.5HzC．0.1s時速度為0D．0.2s時加速度方向豎直向下B簡諧振動的描述和振動圖像[由題圖圖像可知該簡諧運動的振幅為1cm，A錯誤；由題圖圖像可知，振動周期為0.4s，由?＝1T3．某直線運動的v-t圖像如圖所示，其中0～3s為直線，3～3.5s為曲線，3.5～6s為直線，則以下說法正確的是()A．0～3s的平均速度為10m/sB．3.5～6s做勻減速直線運動C．0～3s的加速度比3.5～6s的大D．0～3s的位移比3.5～6s的小Bv-t圖像[由題圖v-t圖像可知，0～3s內(nèi)的平均速度v1＝0+302m/s＝15m/s，A錯誤；3.5～6s內(nèi)速度隨時間均勻減小，為勻減速直線運動，B正確；0～3s和3.5～6s兩段v-t圖線的斜率表示加速度，由題圖圖像可知0～3s內(nèi)的加速度大小為10m/s2，3.5s末的速度大于25m/s，則3.5～6s內(nèi)的加速度大小大于10m/s2，C錯誤；v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移，由題圖圖像可知0～3s內(nèi)的位移為Δx1＝v1·t＝4．[暫缺]環(huán)形導(dǎo)線計算感應(yīng)電動勢二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小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。5．巡天號距地表400km，哈勃號距地表550km，則()A．ω巡<ω哈 B．v巡<v哈C．T巡<T哈 D．a(chǎn)巡>a哈CD衛(wèi)星運行參數(shù)比較[衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，則GMmr2＝mω2r＝mv2r＝m4π2T2r＝ma，可得ω＝GMr3，故r越大，角速度越小，ω巡>ω哈，A錯誤；v＝GMr，故r越大，線速度越小，v巡>v哈，B錯誤；T＝2πr36．將半徑為r的銅導(dǎo)線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A向B大小為I的電流，則()A．通電后兩繩拉力變小B．通電后兩繩拉力變大C．安培力為πBIrD．安培力為2BIrBD安培力的大小和方向[通電流之前，銅導(dǎo)線半圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有2FT＝mg；通電流之后，半圓環(huán)受到安培力，由左手定則可判斷半圓環(huán)受到的安培力方向豎直向下，根據(jù)平衡條件有2F′T＝mg＋F安，可知通電后兩繩的拉力變大，A錯誤，B正確；半圓環(huán)的有效長度為2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C錯誤，D正確。]7．如圖甲所示，物體置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t＝0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖乙所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法中正確的是()A．0～4t0，物體一直沿斜面向下運動B．0～4t0，合外力的總沖量為0C．t0時動量是2t0時的一半D．2t0～3t0過程物體的位移小于3t0～4t0過程的位移AD周期性變力作用下的力學(xué)問題[沿斜面方向，物體受到重力沿斜面向下的分力mgsinθ和F，分階段分析，由牛頓第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0階段，物體的加速度大小為3gsinθ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0階段，物體的加速度大小為gsinθ，方向沿斜面向上，可以畫出物體運動的v-t圖像如圖所示，由圖像可知，物體先沿斜面向下加速后沿斜面向下減速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下減速，物體一直沿斜面向下運動，A正確；全過程中，力F的沖量為零，重力和支持力的合力的沖量大小為4mgt0sinθ，則合外力的總沖量大小為4mgt0sinθ，B錯誤；由v-t圖像可知t0時的動量為2t0時的1.5倍，C錯誤；由v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移可知，2t0～3t0過程比3t0～4t0過程的位移小，D正確。]8．先后兩次從高為OH＝1.4m的高處斜向上拋出質(zhì)量為m＝0.2kg的同一物體，兩次分別落于Q1、Q2，測得OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高且距水平地面高為3.2m，如圖所示。重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A．第一次拋出上升時間、下降時間之比為7∶4B．第一次過P點比第二次過P點機械能少1.3JC．落地瞬間，第一次、第二次動能之比為72∶85D．第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大BD斜拋運動[同一物體的兩次斜拋運動，最高點等高且距水平地面高為3.2m，則豎直方向的上升高度、時間，下落高度、時間完全相同，上升階段的豎直位移均為h1＝3.2m－1.4m＝1.8m，可知豎直方向的初速度v0y＝2gh1＝6m/s，上升階段的時間t1＝v0yg＝0.6s，下降階段的豎直位移為h2＝3.2m，可知豎直方向的末速度vty＝2gh2＝8m/s，下降階段的時間t2＝vtyg＝0.8s，則第一次拋出上升時間、下降時間之比為3∶4，A錯誤；水平方向OQ1＝v1x(t1＋t2)，得v1x＝6m/s，OQ2＝v2x(t1＋t2)，得v2x＝7m/s，故落地瞬間的動能分別為Ek1＝12mv1x2+vty2＝10J、Ek2＝12mv2x2+vty2＝11.3J，則Ek1∶Ek2＝100∶113，C錯誤；運動到]三、非選擇題：共60分，根據(jù)要求作答。9．17℃時輪胎胎壓為2.9個大氣壓，胎內(nèi)氣體為理想氣體。體積、質(zhì)量不變，27℃時輪胎氣壓為________個大氣壓，內(nèi)能________(選填“大于”“等于”或“小于”)17℃時氣體內(nèi)能。查理定律和理想氣體內(nèi)能的決定因素解析：氣體體積不變，根據(jù)查理定律得p1T1＝p2T2，初狀態(tài)，p1＝2.9p0，T1＝290K，末狀態(tài)，T2＝300K，代入可得答案：3.0大于10．一束光以入射角i(i>0)射入透鏡，遇反射膜反射，垂直射到反射膜則原路返回成為激光，如圖所示。將藍綠兩條光束以相同入射角射入透鏡，已知透鏡對藍光折射率大于綠光，則透鏡中藍光折射角________(選填“大于”“等于”或“小于”)綠光，若此時激光為藍光，要變?yōu)榫G光，則________(選填“順時針”或“逆時針”)改變?nèi)肷浣?。光的折射解析：由光的折射定律可知，光的頻率越大，透鏡對該光的折射率越大，則藍綠兩條光束以相同入射角射入透鏡，藍光折射角小于綠光折射角；如圖所示，若要讓綠光的折射光線垂直于反射膜，需要減小綠光的折射角，因此應(yīng)順時針改變?nèi)肷浣?。答案：小于順時針11．以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓上八等分放置電荷，G為－Q，其他為＋Q，M、N分別為OC、OG半徑上的點，如圖所示。已知靜電力常量為k，則O點電場強度大小為________，M點電勢________(選填“大于”“等于”或“小于”)N點電勢。將＋q點電荷從M沿MN移動到N點，電場力做________(選填“正功”“負功”或“不做功”)。電場的疊加、電勢、電場力做功解析：由對稱性可知，7個正電荷在O點處合電場強度等于C點處的正電荷單獨在O點的電場強度，大小為E1＝kQR2，方向向右，G處的負電荷在O點電場強度大小為E2＝kQR2，方向向右，所以O(shè)點電場強度大小為E＝E1＋E2＝2kQR2；沿電場線方向電勢逐漸降低，所以M點電勢大于N點電勢；正電荷在電勢高的地方電勢能大，將＋q點電荷從M答案：2kQR12．[暫缺]動量定理求子彈速率13．[暫缺]歐姆定律、電路設(shè)計14．[暫缺]功與功率計算15．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子經(jīng)電容器M由靜止開始加速后從另一電容器N下極板進入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后恰從電容器N的上極板射出偏轉(zhuǎn)電場，已知兩電容器電壓均為U，以N電容器下極板右側(cè)O點建立坐標(biāo)系，粒子自y軸上距離O為d的P點進入右側(cè)磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直于x軸方向經(jīng)過x軸，求：(1)粒子剛進入N時的速度大小；(2)粒子在P處速度方向與y軸正方向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小。帶電粒子在電場、磁場中的運動解析：(1)粒子在電容器M兩極板間受電場力做勻加速直線運動，由動能定理得qU＝12mvN2，解得v(2)帶電粒子在電容器N中做類平拋運動，沿x軸方向以速度vx＝vN＝2qUm做勻速直線運動，沿y軸正方向做勻加速直線運動，加速