2024年四川高考物理試題及答案

2024年四川高考物理試題及答案

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準考證號、座位號填寫

在本試卷上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。涂寫在本試卷上無效。

3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效”

4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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，第廣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.笊核可通過一系列聚變反應釋放能量，總的反應效果可用6；Hf2；He+￡n+yip+43.15MeV表示，

式中黑y的值分別為（）

A.x=l,y=2B.x=l,y=3C.x=2,y=2D.x=3,y=l

【答案】C

【解析】

【詳解】根據反應前后質量數和電荷數守恒可得

6x2=2x4+x+y

6=2x2+y

解得

x=2,y=2

故選C。

2.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩一端系物塊P,P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一

端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置成碼。改變盤中礪碼總質量m,并測量P的加速度大小&得到。-〃7

圖像。重力加速度大小為&在下列。-〃2圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

【解析】

【洋解】設P的質量為M，P與桌面的動摩擦力為/;以P為對象，根據牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和硅碼為對象，根據牛頓第二定律可得

mg-T=ma

聯(lián)立可得

m

MM+m

可知當祛碼的重力大于/時，才有一定的加速度，當川趨于無窮大時，加速度趨近等于g。

故選D。

3.2024年5月，嫦娥六號探測器發(fā)射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅。將采得的樣品帶回

地球，飛行器需經過月面起飛、環(huán)月飛行、月地轉移等過程。月球表面自由落體加速度約為地球表面自由

落體加速度的,。下列說法正確的是（）

6

A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力為零

B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零

C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質量也不同

D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力提供所需的向心力，不為零，故A錯誤;

BI）,若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力大小等于它在月球表面的重力大??；由于月球表面自由

落體加速度約為地球表面自由落體加速度的,，則樣品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所以樣

6

品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小，故B錯誤，D正確；

C.樣品在不同過程中受到的引力不同，但樣品的質量相同，故C錯誤。

故選及

4.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，質量為勿的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端

經，點自由下滑至其底部，。為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ?/p>

A.在0點最大B.在。點最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解析】

【詳解】方法一（分析法）：設大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處（尸點）與圓環(huán)的作用力恰好為零,

如圖所示

設圖中夾角為8,從大圓環(huán)頂端到0點過程，根據機械能守恒定律

mgR(l-cos0)=—mv

在P點，根據牛頓第二定律

nigcos0=in—

聯(lián)立解得

cos0二一

3

從大圓環(huán)頂端到P點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓瓦圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，

所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從2點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)

對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程

中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。

方法二（數學法）：設大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為

。（0工夕工萬），根據機械能守恒定律

〃igR（l_cos6）=—mv2（0W。W笈）

2

該處根據牛頓第二定律

2

F+mgcos0=m—（0<0<^）

聯(lián)立可得

F=2mg-3mgcos3

則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小

\F\=\2mg-3mgcos0\

2

根據數學知識可知|F|的大小在cos6=§時最小，結合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用

力大小先減小后增大。

故選C。

5.在電荷量為。的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時.，距離該點電荷r處的電勢為

r

其中左為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代

數和。電荷量分別為和。2的兩個點電荷產生.的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數字的單位是伏特），

A.Q<0,3=-2B.Q>0,m=-2c.Q,<0,m=-3D.。］>O,&=一3

【答案】B

【解析】

【詳解】根據兩點電荷周圍的電勢分布可知Q1帶正電，Q?帶負電；由圖中電勢為（）的等勢線可知

A&+&絲=0

4弓

由圖中距離關系可知

2=9

弓3

聯(lián)立解得

旦=

。2

故選B。

6.如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數可通過滑動觸頭T調節(jié)，副線圈回路接有滑動變阻器〃、定

值電阻&和與、開關S。S處于閉合狀態(tài)，在原線圈電壓U。不變的情況下，為提高飛的熱功率，可以（）

A.保持7不動，滑動變阻器"的滑片向F端滑動

B.將T向〃端移動，滑動變阻器小的滑片位置不變

C.將7向a端移動，滑動變阻器#的滑片向f端滑動

D.將T向。端移動，滑動變阻器力的滑片向。端滑動

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.保持7?不動，根據理想變壓器的性質可知副線圈中電壓不變，當滑動變阻器"的滑片向/'端滑

動時，/?與凡串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，根據可知此時熱功率增大，故A正確;

B.將7向。端移動，副線圈匝數變小，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器"的滑片位置不變時，通過與

的電流減小，故熱功率減小，故B錯誤；

C.將7向a端移動，副線圈匝數增加，故副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器〃的滑片向f端滑動，R與R、

串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，此時熱功率增大，故C正確；

D.將7向力端移動，副線圈匝數戒少，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器"的滑片向e端滑動，R與R1

串聯(lián)后的總電阻增大，電流減小，此時熱功率減小，故D錯誤。

故選AC。

7.蹦床運動中，體重為60kg的運動員在/=()時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小廠與時間E的關系如

圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力

B.，=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C.，=1.00s時，運動員恰好運罰到最大高度處

1).運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據牛頓第三定律結合題圖可知r=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，

此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據題圖可知運動員從f=0.30s離開蹦床到，=2.3s再次落到蹦床上經歷時間為2s,根據豎直上拋

運動的對稱性可知，運動員上升時間為is,則在/=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，r=0.30sM

運動員的速度大小

v=10xInVs=1Om/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理

F-A/-mg-Ar=mv—(-tnv)

其中

A/=0.3s

代入數據可得

F=46(X)N

根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對捕床的平均作用力大小為4600N,故I)正確。

故選BDo

8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另

一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上卜邊界水平，在

，=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內旦上下邊框

保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度/隨時間z變化的圖像中可能正確的是()

【解析】

【詳解】設線圈的上邊進入磁場時的速度為匕設線圈的質量機物塊的質顯偈圖中線圈進入磁場時線圈

的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知

Mg+F.；i—T=Ma

對滑塊

其中

B2L2V

R

即

B~I3V…、八,、

———+(M-=(A/+m)a

線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划敿铀俣葹榱銜r，即線圈勻速運動的速度為

(M-m)gR

A.若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨

近千零，則圖像A可能正確；

B.因Q0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；

CD.若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于斷線圈進入磁場做加速度減小的

減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速

運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。

故選ACo

二、非選擇題：

9.如圖，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為。導軌光滑元摩擦。定值電阻大小為凡其余電阻忽略

不計，電容大小為2在運動過程中，金屬棒始終與導軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應強度為

〃的勻強磁場中。

(1)開關S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為修。當外力功率為定值電

阻功率的兩倍時，求金屬棒速度了的大小。

(2)當金屬棒速度為。時，斷開開關S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功率的

兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關斷開到此刻外力所做的功。

【答案】⑴「多；⑵t7=—,W=七了

222

【解析】

【詳解】(1)開關S閉合時，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則

F=F證=BIL

由閉合電路歐姆定律

R

金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為

E=BLVQ

聯(lián)立可得，恒定的外力為

F

R

在加速階段，外力的功率為

定值電阻的功率為

若耳=2及時?，即

B2L2V）B2I}V2

--0---v=2------

RR

化簡可得金屬棒速度口的大小為

一

2

（2）斷開開關S,則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有

E=BLv=IR+^-

C

當金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力

4=不斷減小，而恒力的功率

Pv=Fv=BILv

定位電阻功率

當耳=2心時有

BILv=21-R

可得

/R二處

2

根據

E=BLv=IR+9

C

可得此時電容器兩端電壓為

H_q_BLv

u=—=-----

(rC2

從開關斷開到此刻外力所做的功為

W=ZB/￡(vAr)=BL㈤-X=BLvq

其中

CBLv

q=

2

聯(lián)立可得

CB2I?V2

1W1Z=-----------

2

（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并

用2B鉛筆在答題卜上把所選題目題號后的方框涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題弓一致，并

且在解答過程中寫清每間的小題號，在答題卡指定位置答題。如果多做則每學科按所做的第一題計分。

[物理一一選修3-3]（15分）

10.如圖，四個相同的絕熱試管分別倒立在盛水的燒杯a、b、以"中，平衡后燒杯a、b、c中的試管內外

水面的高度差相同，燒杯d中試管內水面高于試管外水面。已知四個燒杯中水的溫度分別為乙、4、

且水的密度隨溫度的變化忽略不計。下列說法正確的是（）

A.a中水的飽和氣壓最小

B.打、6中水的飽和氣壓相等

C.0、d中水的飽和氣壓相等

D.a、。中試管內氣體的壓強相等

E."中試管內氣體的壓強比c中的大

【答案】ACD

【解析】

t詳解】A.同一物質的飽和氣壓與溫度有關，溫度越大，飽和氣壓越大，a中水的溫度最低，則a中水的

飽和氣壓最小，故A正確；

B.同理，a中水的溫度小于b中水的溫度，則a中水的飽和氣壓小于〃中水的飽和氣壓，故B錯誤；

C.c中水的溫度等于d中水的溫度，則c、d中水的飽和氣壓相等，故C正確；

D.設大氣壓強為外,試管內外水面的高度差為△/?,則a、。中試管內氣體的壓強均為

P=+P水gbh

故D正確；

E.d中試管內氣體的壓強為

〃,/=〃0一。水川/?

。中試管內氣體的壓強為

Pc=1）。十億｝出儲2

可知

Pd<Pe

故E錯誤。

故選ACDo

11.如圖，一豎直放置的汽缸內密封有一定量的氣體，一不計厚度的輕質活塞可在汽缸內無摩擦滑動，移

動范圍被限制在卡銷a、。之間，b與汽缸底部的距離無=10茄，活塞的面積為1.0x10-2m2,初始時，活

塞在卜銷。處，汽缸內氣體的壓強、溫度與活塞外大氣的壓強、溫度相同，分別為1.0Kl（）5pa和300K。

在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞緩慢到達卡銷〃處（過程中氣體溫度視為不變），外力

增加到200N并保持不變。

（1）求外力增加到200N時，卡銷。對活塞支持力大小；

（2）再將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當活塞剛好能離開卡銷b時氣體的溫度。

【答案】（1）100N：（2）327K

【解析】

t詳解】（1）活塞從位置。到〃過程中，氣體做等溫變化，初態(tài)

p,=1.0xl05Pa.K=S?11X

末態(tài)

〃2=?、V2=SACkib

根據

=〃2匕

解得

5

p2=l.lxlOPa

此時對活塞根據平衡條件

F+p、S=p2S+N

解得卡銷。對活塞支持力的大小

N=100N

（2）將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢lI高，求當活塞剛好能離開K銷〃時，氣體做等容變化，初態(tài)

5

p2=l.lxlOPa,7；=300K

末態(tài)，對活塞根據平衡條件

p3s=/+網5

解得

凸=1.2x10’Pa

設此時溫度為根據

￡i=A

T2R

解得

7>327K

[物理----選修3-4]（15分）

12.一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為2s,7=0時刻的波形曲線如圖所示，此時介質中質點$向y軸負方

向運動，下列說法正確的是（）

A.該波的波速為1.0m/s

B.該波沿X軸正方向傳播

C.r=0.25s時質點&和質點。的運動方向相反

D.，=0.5s時介質中質點a向y軸負方向運動

E.，=1.5s時介質中質點。的速率達到最大值

【答案】ACD

【解析】

【詳解】A.由圖可知波K為

2=2m

則該波的波速為

v=-=-m/s=l.()m/s

T2

故A正確；

B.此時介質中質點。向y軸負方向運動，根據波形平移法可知，該波沿*軸負方向傳播，故3錯誤；

C.由于質點&和質點c之間的距離為半個波長，則質點a和質點c的振動完全相反，所以/=S25s時質點

a和質點。的運動方向相反，故C正確；

D.，=0時刻質點a處于波峰位置，則，=0.5s時，質點a剛好經過平衡位置向y軸負方向運動，故D正確;

E.，=0時刻質點少處于平衡位置向y軸負方向運動，則，=1.5s時，質點b剛好處于波峰位置，此時質點

8的速率為0,故E錯誤。

故選ACD<,

13.一玻璃柱的折射率〃=6，其橫截面為四分之一圓，圓的半徑為心如圖所示。截面所在平面內，一

束與初邊平行的光線從圓弧入射。入射光線與/切邊的距離由小變大，距離為方時，光線進入柱體后射到

回邊恰好發(fā)生全反射。求此時力與〃的比值。

c

【答案】段

【解析】

【詳解】如圖，畫出光路圖

sina

=n=5/3

sin/3

設臨界角為心得

sinC=-=—3。旦

n33

根據。=￡+C可得

sin（￡十C）二萬

sinP

解得

tan/?=—-X=

3-V2

故可得

sinft=--------------

V12-6V2

故可知

—=sina=Gsin〃=

2024年四川高考物理試題及答案

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準考證號、座位號填寫

在本試卷上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。涂寫在本試卷上無效。

3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效”

4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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，第廣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.笊核可通過一系列聚變反應釋放能量，總的反應效果可用6；Hf2；He+￡n+yip+43.15MeV表示，

式中黑y的值分別為（）

A.x=l,y=2B.x=l,y=3C.x=2,y=2D.x=3,y=l

【答案】C

【解析】

【詳解】根據反應前后質量數和電荷數守恒可得

6x2=2x4+x+y

6=2x2+y

解得

x=2,y=2

故選C。

2.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩一端系物塊P,P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一

端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置成碼。改變盤中礪碼總質量m,并測量P的加速度大小&得到。-〃7

圖像。重力加速度大小為&在下列。-〃2圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

【解析】

【洋解】設P的質量為M，P與桌面的動摩擦力為/;以P為對象，根據牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和硅碼為對象，根據牛頓第二定律可得

mg-T=ma

聯(lián)立可得

m

MM+m

可知當祛碼的重力大于/時，才有一定的加速度，當川趨于無窮大時，加速度趨近等于g。

故選D。

3.2024年5月，嫦娥六號探測器發(fā)射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅。將采得的樣品帶回

地球，飛行器需經過月面起飛、環(huán)月飛行、月地轉移等過程。月球表面自由落體加速度約為地球表面自由

落體加速度的,。下列說法正確的是（）

6

A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力為零

B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零

C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質量也不同

D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力提供所需的向心力，不為零，故A錯誤;

BI）,若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力大小等于它在月球表面的重力大?。挥捎谠虑虮砻孀杂?/p>

落體加速度約為地球表面自由落體加速度的,，則樣品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所以樣

6

品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小，故B錯誤，D正確；

C.樣品在不同過程中受到的引力不同，但樣品的質量相同，故C錯誤。

故選及

4.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，質量為勿的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端

經，點自由下滑至其底部，。為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ?/p>

A.在0點最大B.在。點最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解析】

【詳解】方法一（分析法）：設大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處（尸點）與圓環(huán)的作用力恰好為零,

如圖所示

設圖中夾角為8,從大圓環(huán)頂端到0點過程，根據機械能守恒定律

mgR(l-cos0)=—mv

在P點，根據牛頓第二定律

nigcos0=in—

聯(lián)立解得

cos0二一

3

從大圓環(huán)頂端到P點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓瓦圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，

所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從2點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)

對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程

中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。

方法二（數學法）：設大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為

。（0工夕工萬），根據機械能守恒定律

〃igR（l_cos6）=—mv2（0W。W笈）

2

該處根據牛頓第二定律

2

F+mgcos0=m—（0<0<^）

聯(lián)立可得

F=2mg-3mgcos3

則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小

\F\=\2mg-3mgcos0\

2

根據數學知識可知|F|的大小在cos6=§時最小，結合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用

力大小先減小后增大。

故選C。

5.在電荷量為。的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時.，距離該點電荷r處的電勢為

r

其中左為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代

數和。電荷量分別為和。2的兩個點電荷產生.的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數字的單位是伏特），

A.Q<0,3=-2B.Q>0,m=-2c.Q,<0,m=-3D.。］>O,&=一3

【答案】B

【解析】

【詳解】根據兩點電荷周圍的電勢分布可知Q1帶正電，Q?帶負電；由圖中電勢為（）的等勢線可知

A&+&絲=0

4弓

由圖中距離關系可知

2=9

弓3

聯(lián)立解得

旦=

。2

故選B。

6.如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數可通過滑動觸頭T調節(jié)，副線圈回路接有滑動變阻器〃、定

值電阻&和與、開關S。S處于閉合狀態(tài)，在原線圈電壓U。不變的情況下，為提高飛的熱功率，可以（）

A.保持7不動，滑動變阻器"的滑片向F端滑動

B.將T向〃端移動，滑動變阻器小的滑片位置不變

C.將7向a端移動，滑動變阻器#的滑片向f端滑動

D.將T向。端移動，滑動變阻器力的滑片向。端滑動

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.保持7?不動，根據理想變壓器的性質可知副線圈中電壓不變，當滑動變阻器"的滑片向/'端滑

動時，/?與凡串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，根據可知此時熱功率增大，故A正確;

B.將7向。端移動，副線圈匝數變小，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器"的滑片位置不變時，通過與

的電流減小，故熱功率減小，故B錯誤；

C.將7向a端移動，副線圈匝數增加，故副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器〃的滑片向f端滑動，R與R、

串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，此時熱功率增大，故C正確；

D.將7向力端移動，副線圈匝數戒少，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器"的滑片向e端滑動，R與R1

串聯(lián)后的總電阻增大，電流減小，此時熱功率減小，故D錯誤。

故選AC。

7.蹦床運動中，體重為60kg的運動員在/=()時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小廠與時間E的關系如

圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力

B.，=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C.，=1.00s時，運動員恰好運罰到最大高度處

1).運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據牛頓第三定律結合題圖可知r=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，

此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據題圖可知運動員從f=0.30s離開蹦床到，=2.3s再次落到蹦床上經歷時間為2s,根據豎直上拋

運動的對稱性可知，運動員上升時間為is,則在/=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，r=0.30sM

運動員的速度大小

v=10xInVs=1Om/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理

F-A/-mg-Ar=mv—(-tnv)

其中

A/=0.3s

代入數據可得

F=46(X)N

根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對捕床的平均作用力大小為4600N,故I)正確。

故選BDo

8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同?豎直面(紙面)內的光滑定滑輪，繩的?端連接一矩形金屬線框，另

一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上卜邊界水平，在

，=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內旦上下邊框

保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度/隨時間z變化的圖像中可能正確的是()

【解析】

【詳解】設線圈的上邊進入磁場時的速度為匕設線圈的質量機物塊的質顯偈圖中線圈進入磁場時線圈

的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知

Mg+F.；i—T=Ma

對滑塊

其中

B2L2V

R

即

B~I3V…、八,、

———+(M-=(A/+m)a

線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划敿铀俣葹榱銜r，即線圈勻速運動的速度為

(M-m)gR

A.若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨

近千零，則圖像A可能正確；

B.因Q0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；

CD.若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于斷線圈進入磁場做加速度減小的

減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速

運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。

故選ACo

二、非選擇題：

9.如圖，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為。導軌光滑元摩擦。定值電阻大小為凡其余電阻忽略

不計，電容大小為2在運動過程中，金屬棒始終與導軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應強度為

〃的勻強磁場中。

(1)開關S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為修。當外力功率為定值電

阻功率的兩倍時，求金屬棒速度了的大小。

(2)當金屬棒速度為。時，斷開開關S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功率的

兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關斷開到此刻外力所做的功。

【答案】⑴「多；⑵t7=—,W=七了

222

【解析】

【詳解】(1)開關S閉合時，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則

F=F證=BIL

由閉合電路歐姆定律

R

金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為

E=BLVQ

聯(lián)立可得，恒定的外力為

F

R

在加速階段，外力的功率為

定值電阻的功率為

若耳=2及時?，即

B2L2V）B2I}V2

--0---v=2------

RR

化簡可得金屬棒速度口的大小為

一

2

（2）斷開開關S,則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有

E=BLv=IR+^-

C

當金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力

4=不斷減小，而恒力的功率

Pv=Fv=BILv

定位電阻功率

當耳=2心時有

BILv=21-R

可得

/R二處

2

根據

E=BLv=IR+9

C

可得此時電容器兩端電壓為

Hu_q=—_=BL--v--

(rC2

從開關斷開到此刻外力所做的功為

W=ZB/￡(vAr)=BL㈤-X=BLvq

其中

CBLv

q=

2

聯(lián)立可得

CB2I?V2

1W1Z=--------

2

（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并

用2B鉛筆在答題卜上把所選題目題號后的方框涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題弓一致，并

且在解答過程中寫清每間的小題號，在答題卡指定位置答題。如果多做則每學科按所做的第一題計分。

[物理一一選修3-3]（15分）

10.如圖，四個相同的絕熱試管分別倒立在盛水的燒杯a、b、c、"中，平衡后燒杯a、b、c中的試管內外

水面的高度差相同，燒杯d中試管內水面高于試管外水面。已知四個燒杯中水的溫度分別為乙、4、

且水的密度隨溫度的變化忽略不計。下列說法正確的是（）

A.a中水的飽和氣壓最小

B.打、6中水的飽和氣壓相等

C.0、d中水的飽和氣壓相等

D.a、。中試管內氣體的壓強相等

E."中試管內氣體的壓強比c中的大

【答案】ACD

【解析】

t詳解】A.同一物質的飽和氣壓與溫度有關，溫度越大，飽和氣壓越大，a中水的溫度最低，則a中水的

飽和氣壓最小，故A正確；

B.同理，a中水的溫度小于b中水的溫度，則a中水的飽和氣壓小于〃中水的飽和氣壓，故B錯誤；

C.c中水的溫度等于d中水的溫度，則c、d中水的飽和氣壓相等，故C正確；

D.設大氣壓強為外,試管內外水面的高度差為△/?,則a、。中試管內氣體的壓強均為

P=+P水gbh

故D正確；

E.d中試管內氣體的壓強為

〃,/=〃0一。水川/?

。中試管內氣體的壓強為

Pc=1）。十億｝出儲2

可知

Pd<Pe

故E錯誤。

故選ACDo

11.如圖，一豎直放置的汽缸內密封有一定量的氣體，一不計厚度的輕質活塞可在汽缸內無摩擦滑動，移

動范圍被限制在卡銷a、。之間，b與汽缸底部的距離無=10茄，活塞的面積為1.0x10-2m2,初始時，活

塞在卜銷。處，汽缸內氣體的壓強、溫度與活塞外大氣的壓強、溫度相同，分別為1.0Kl（）5pa和300K。

在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞緩慢到達卡銷〃處（過程中氣體溫度視為不變），外力

增加到200N并保持不變。

（1）求外力增加到200N時，卡銷。對活塞支持力大??；

（2）再將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當活塞剛好能離開卡銷b