一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。 每題只有一個選項最符合題意。
1. 如圖所示，在注滿清水的豎直密封玻璃管中，蠟塊R在玻璃管內(nèi)勻速上浮的同時，玻璃管向右運動，蠟塊的運動軌跡如圖所示，則玻璃管（ ）
A. 一直加速
B. 一直減速
C. 先加速后減速
D. 先減速后加速
【答案】A
【解析】由軌跡可知，蠟塊合力向右，蠟塊速度與合力夾角小于90°，所以蠟塊做加速運動。
故選A。
2. 用油膜法估測分子大小的實驗中，下列操作正確的是（ ）
A. 滴入液滴時，滴管下端應(yīng)遠離水面
B. 應(yīng)先滴入油酸酒精溶液，后將痱子粉均勻地撒在水面上
C. 待油酸薄膜形狀穩(wěn)定后，在玻璃板上描下油酸膜的形狀
D. 向量筒中滴5滴溶液，測出5滴溶液的體積，算得1滴溶液的體積
【答案】C
【解析】A．滴入液滴時，滴管下端應(yīng)靠近水面，便于油酸溶液均勻散開形成油膜，故A錯誤；
B．實驗時應(yīng)先把痱子粉均勻地撒在水面上，再滴油酸酒精溶液，這樣可以形成邊界清晰的油膜，易于對油膜面積的測定，故B錯誤；
C．待油酸薄膜形狀穩(wěn)定后，在玻璃板上描下油酸膜的形狀，故C正確；
D．向量筒中滴5滴溶液，滴數(shù)太少，算得1滴油酸溶液體積時誤差較大，故D錯誤。
故選C。
3. 無線電廣播系統(tǒng)方框圖如圖所示，下列關(guān)于a、b裝置說法正確的是（ ）
A. a是調(diào)制、b是調(diào)諧
B. a是調(diào)制、b是解調(diào)
C. a是調(diào)諧、b是解調(diào)
D. a是調(diào)諧、b是調(diào)制
【答案】B
【解析】在無線電廣播中，人們先將聲音信號轉(zhuǎn)換為電信號，然后將這些信號由高頻電磁波帶著向周圍空間傳播，可知a是調(diào)制。而在另一地點，人們利用接收機接收到這些電磁波后，又將其中的電信號還原成聲音信號，這就是無線電廣播的大致過程。其中“收音”的順序大致為：天線接收電磁波→調(diào)諧器選出某一頻率的電磁波→解調(diào)器從高頻電流中取出音頻電信號，放大后送到揚聲器→揚聲器把音頻電信號轉(zhuǎn)換成聲音，可知b是解調(diào)。
故選B。
4. 在不同溫度下某物質(zhì)材料的分子排列如圖所示，甲圖對應(yīng)的溫度為，乙圖對應(yīng)的溫度為。則（ ）
A.
B. 甲、乙兩圖中的分子都在做熱運動
C. 甲圖中沿不同方向單位長度上的分子數(shù)相同
D. 乙圖中沿不同方向單位長度上的分子數(shù)相同
【答案】B
【解析】A．液晶在低溫時會凝固成結(jié)晶態(tài)，當(dāng)溫度升高時，晶體中分子熱運動增加，轉(zhuǎn)化為液晶態(tài)，則有
故A錯誤；
B．分子的熱運動是永不停息的，則甲、乙兩圖中的分子都在做熱運動，故B正確；
CD．液晶是一種介于晶體固體和各向同性液體之間的中間相，其分子結(jié)構(gòu)具有各向異性，這意味著液晶分子的排列和取向在不同方向上會有所不同，因此，液晶在不同的形態(tài)下，沿不同方向單位長度上的分子數(shù)是不相同的，故CD錯誤。
故選B。
5. 在巴黎奧運會15m攀巖速度賽中，我國選手伍鵬以4秒77奪得銀牌。 甲圖中腳離開裝置1開始計時，乙圖中手觸碰到裝置2計時結(jié)束，下列說法正確的是（ ）
A. 4秒77表示時刻
B. 伍鵬手的位移是 15m
C. 計時裝置使用了壓力傳感器
D. 可以求出伍鵬到達頂端時的瞬時速度
【答案】C
【解析】A．4秒77表示一段間隔，為時間，故A錯誤；
B．伍鵬腳離開裝置1位置到手觸碰裝置2的位置的位移是15m，手的位移小于15m，故B錯誤；
C．計時裝置使用壓力傳感器檢測伍鵬出發(fā)和到達的信息，故C正確；
D．只知道時間和位移，無法求出伍鵬到達頂端時的瞬時速度，故D錯誤。
故選C。
6. 央視曝光“能量石”核輻射嚴(yán)重超標(biāo)，該“能量石”含有放射性元素釷，連續(xù)衰變方程為，半衰期長達1.4×101?年。 則（ ）
A. X比少（12+y） 個中子
B. 衰變過程中只產(chǎn)生了兩種射線
C. X的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能
D. 100個經(jīng)過1.4×101?年還剩50個
【答案】A
【解析】A．中子數(shù)為232-90=142
根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒，X的質(zhì)量數(shù)為
根據(jù)電荷數(shù)守恒，X的電荷數(shù)為
則X的中子數(shù)為208-（）=130-y
X比少
142-（130-y）=12+y
個中子，故A正確；
B．衰變過程中只產(chǎn)生了3種射線，分別為射線、射線和射線，故B錯誤；
C．該反應(yīng)因為放出能量，所以X的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故C錯誤；
D．半衰期是大量原子核的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核不適用，故D錯誤。故選A。
7. 如圖所示為氫原子能級示意圖的一部分，從第3、第2能級躍遷到第1能級所輻射的光子能量分別為E1、E2， 頻率分別為、， 波長分別為λ?、λ?， 動量分別為p1、p2。 則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】A．由波爾理論以及題意可知，則有
故A錯誤；
B．根據(jù)
可知
故B錯誤；
C．根據(jù)
可知
故C錯誤；
D．根據(jù)
可知
故選D。
8. 2024年3月20日，鵲橋二號中繼星成功發(fā)射升空，并順利進入月球附近的橢圓形捕獲軌道，沿順時針方向運行。 如圖所示，捕獲軌道的近月點為A，遠月點為C，短軸的一個端點為B，設(shè)鵲橋二號由A第一次運動到B和由B第一次運動到C的時間分別為、，對應(yīng)的兩個階段鵲橋二號與月球連線掃過的面積分別為、，在A、B兩點的速度大小為vA、vB，加速度大小為aA、aB。 則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】AB．由開普勒第二定律可知，鵲橋二號在近月點A速度最大，在遠月點C速度最小，可知從A到C的過程中，速度逐漸減小，鵲橋二號由A第一次運動到B的弧長等于由B第一次運動到C的弧長，因此可知鵲橋二號由A第一次運動到B的時間小于由B第一次運動到C的時間，即；由鵲橋二號與月球連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等可知，對應(yīng)的兩個階段鵲橋二號與月球連線掃過的面積則有，A錯誤，B正確；
C．由開普勒第二定律可知，鵲橋二號與月球連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等，因此鵲橋二號在近月點A附近，在相等時間內(nèi)通過的弧長較長，即運動的速度較大，在B點附近，在相等時間內(nèi)通過的弧長較小，即運動速度較小，因此有在A點的速度大于在B點的速度，即，C錯誤；
D．設(shè)月球質(zhì)量為M，鵲橋二號質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可得
可知，則有，D錯誤。故選B。
9. 在研究光電效應(yīng)的實驗時，當(dāng)圖甲中滑動變阻器的滑片P由位置a滑到位置b的過程中，對應(yīng)的電流表的示數(shù)變化如圖乙所示，則滑片移動過程中（ ）
A. 電源的左端為正極
B. 從K極射出的電子的最大初動能變大
C. 到達A極電子最大動能不變
D. 單位時間內(nèi)到達A極的電子數(shù)變多
【答案】D
【解析】A．由題圖乙可知，當(dāng)圖甲中滑動變阻器的滑片P由位置a滑到位置b的過程中，電流表的示數(shù)由增大到，光電流是由光電子定向移動產(chǎn)生，說明加在A極與K極間的正向電壓增大，即A極電勢高于K極電勢，因此電源的左端為負極，A錯誤；
B．由愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可知，K極的逸出功一定，光照頻率一定，因此從K極射出的電子的最大初動能不變，與加速電壓增大無關(guān)，B錯誤；
C．A極與K極間的正向加速電壓增大，光電子由K極射出到A極，由動能定理可得
解得
即到達A極的電子最大動能變大， C錯誤；
D．由題圖乙可知，當(dāng)滑動變阻器的滑片P由位置a滑到位置b的過程中，光電流隨加速電壓的增大由增大到，即光電流一直增大，因此由電流的定義可知，單位時間內(nèi)到達A極的電子數(shù)變多，D正確。
故選D。
10. 圖甲為明朝《天工開物》記載測量“號弦”張力插圖，圖乙為其示意圖，弦的質(zhì)量忽略不計，懸掛點為弦的中點。 在弓的中點懸掛一重物后再調(diào)整弦長，使弦的張角從 增大，則弦的張力（ ）
A. 增大
B. 減小
C. 先變小后變大
D. 先變大后變小
【答案】A
【解析】設(shè)弦的張力為T，則
若弦的張角從 增大，則弦的張力T變大。
故選A。
11. 如圖所示，物體M懸掛在動滑輪上，兩者可沿豎直固定的桿運動。繩子的一端固定在A點，繩子的另一端以速率v勻速收繩，當(dāng)繩BC段與豎直方向夾角為α?xí)r，物體M的速度大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根據(jù)題意可得
所以物體M的速度為
故選D。
二、非選擇題：共5題，共56分。 其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分； 有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
12. （15分）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置，探究加速度與力的關(guān)系。
（1）該實驗過程中操作正確的是______。
A. 補償阻力時小車不要連接紙帶
B. 先接通打點計時器電源，后釋放小車
C. 調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與水平桌面平行
（2）圖乙為某同學(xué)在實驗中打出的紙帶，計時器打點頻率為50 Hz，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，部分實驗數(shù)據(jù)如圖所示。求得小車的加速度是______m/s2。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）實驗中根據(jù)得到的數(shù)據(jù)畫出了a ? F的圖線，如圖丙所示，從圖中可以發(fā)現(xiàn)實驗操作中存在的問題可能是______。
A. 補償阻力時長木板的傾角偏大
B. 處理紙帶時去除了開始密集的點
C. 砝碼和砝碼盤總質(zhì)量沒有遠小于小車質(zhì)量
（4）如圖丁所示，將原小車換成帶有力傳感器的、等質(zhì)量的小車，細線拉力F的大小可以從力傳感器獲得。從理論上分析，實驗得到的a ? F圖線的斜率與（3）相比，將______（選填“變大”、“變小”或“不變”），理由是______。
【答案】（1）B （2）0.51 （3）A
（4）變大 將原小車換成帶有力傳感器的、等質(zhì)量的小車后，a ? F圖線的斜率變?yōu)?，大于?）中a ? F圖線的斜率
【解析】【小問1詳解】
A．補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；
B．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點，實驗時應(yīng)先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；
C．為使小車所受拉力與速度同向，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。
故選B。
【小問2詳解】
相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為
根據(jù)逐差法可得，小車的加速度為
【小問3詳解】
A．由圖丙可知，當(dāng)F = 0時，小車產(chǎn)生了加速度，因此說明補償阻力時長木板的傾角偏大，故A正確；
B．如果實驗過程沒有不當(dāng)之處，在處理紙帶時去除了開始密集的點，那么紙帶后面的點得到的數(shù)據(jù)在a ? F的圖線中的連線反向延長線也是能過原點的，所以圖丙中a ? F圖線不過原點與處理紙帶時去除了開始密集的點無關(guān)，故B錯誤；
C．設(shè)小車質(zhì)量為M，砝碼和砝碼盤總質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得
解得
實驗中，小車的拉力F = mg，則隨著F的增大，即m增大，而將變小，則a ? F的圖線的斜率變小，特別是M與m接近時，斜率變小更加明顯，所以砝碼和砝碼盤總質(zhì)量沒有遠小于小車質(zhì)量，會使a ? F的圖線末端向F軸彎曲，不會使a ? F的圖線不過原點，故C錯誤。故選A。
【小問4詳解】
由（3）可知，原實驗得到的a ? F圖線的斜率為，現(xiàn)將原小車換成帶有力傳感器的、等質(zhì)量的小車，由牛頓第二定律得
解得
所以將原小車換成帶有力傳感器的、等質(zhì)量的小車后，a ? F圖線的斜率變?yōu)椋笥冢?）中a ? F圖線的斜率。
13. 如圖所示， 傾角 ’的光滑斜坡與光滑水平面在O處平滑相接，小滑塊甲在斜坡上高h處由靜止釋放，在甲釋放的同時，滑塊乙在恒力作用下從O處由靜止開始向右做勻加速運動，甲恰能追上乙。 已知 重力加速度 ，求：
（1）甲在斜面上運動的加速度大小a1；
（2）乙向右運動的加速度大小a2。
【答案】（1） （2）
【解析】【小問1詳解】
對甲分析，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
【小問2詳解】
設(shè)甲在斜面上運動的時間為，則有
解得
甲下到水平面的速度為
甲下到水平面后，做勻速直線運動，設(shè)甲、乙經(jīng)ts相遇，則有
且有
聯(lián)立解得
14. n摩爾理想氣體，其壓強p隨熱力學(xué)溫度T變化的過程如圖所示，a、b、c為過程中的三個狀態(tài)，各狀態(tài)的壓強和溫度如圖所示，已知狀態(tài)a時氣體的體積為V?，ab的延長線通過坐標(biāo)原點0，氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b吸收熱量Q，阿伏伽德羅常數(shù)為,求：
（1）狀態(tài)b時氣體的溫度
（2）從狀態(tài)a到狀態(tài)b氣體內(nèi)能的增加量
（3）狀態(tài)c時，氣體分子間的平均距離d。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小問1詳解】
氣體從a到b為等容變化，體積不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有
可得
小問2詳解】
氣體從a到b為等容變化，體積不變，氣體做功為0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有
可得
【小問3詳解】
氣體從b到c為等壓變化，壓強不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有
解得
氣體分子個數(shù)為
分子間的平均距離為
15. 如圖所示，不可伸長的輕繩穿過一豎直固定的光滑細管，其兩端系有小球A、B，B的質(zhì)量是A的兩倍。 當(dāng)球A繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，A球到上管口的繩長為L，不計空氣阻力，重力加速度為g。
（1）求與A 球相連的繩與細管的夾角θ；
（2）求A球運動的周期 T；
（3）若A球的角速度增為原來的 QUOTE 2 2倍，求穩(wěn)定后B球的高度變化量
【答案】（1）60° （2） （3）
【解析】【小問1詳解】
設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m和2m，對小球A，細繩的拉力的豎直分量等于重力可得
其中
可得
【小問2詳解】
對小球A，由牛頓第二定律可知
可得
【小問3詳解】
根據(jù)
即
若A球的角速度增為原來的倍，則L變?yōu)樵瓉淼囊话?，即變?yōu)?，則穩(wěn)定后B球的高度變化量
16. 如圖所示，水平面上一小滑塊置于長木板上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知滑塊與木板左、右兩端距離分別為L1 = 6 m、L2 = 8 m，木板與滑塊、水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1 = 0.2、μ2 = 0.1，木板的質(zhì)量M = 1 kg，上表面距水平面高度h = 0.8 m，滑塊的質(zhì)量m = 2 kg?，F(xiàn)給滑塊一水平向右的初速度v0 = 8 m/s，重力加速度g = 10 m/s2。
（1）要使木板保持靜止，在木板上加一豎直向下的力F1，求力F1的最小值；
（2）為使滑塊不滑離木板，在木板上加一水平方向的力F2，求力F2的大小范圍；
（3）若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，求滑塊落地時距木板左端的距離Δx。
【答案】（1）10 N
（2）1 N ≤ F2 ≤ 9 N
（3）4.16 m
【解析】【小問1詳解】
在木板上加一豎直向下的力F1，要使木板保持靜止，則水平面與木板之間的最大靜摩擦力要大于等于滑塊對木板的摩擦力，則有
解得
故力F1的最小值為10 N。
【小問2詳解】
①若在木板上加一水平向左的力F2，且木板的初始加速度也向左，則滑塊向右做勻減速運動到靜止時，滑塊的位移為
則滑塊向右做勻減速運動，還未與木板共速時就已經(jīng)從木板最右端滑離了木板，故木板的初始加速度不可能向左。
②若在木板上加一水平向右的力F2，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得
為使滑塊不滑離木板，則滑塊和木板共速時，滑塊最多只能到達木板的最右端，即木板與滑塊的相對位移小于等于L2，設(shè)滑塊和木板達到共速v共所用時間為t，滑塊的位移為x塊，木板的位移為x板，則
解得
要使滑塊與木板達到共速后，不再相對滑動，則應(yīng)滿足
解得
故力F2的大小范圍為1 N ≤ F2 ≤ 9 N。
【小問3詳解】
若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，則滑塊和木板共速前，滑塊的加速度大小為a1 = μ1g = 2 m/s2，設(shè)木板的加速度大小為a3，由牛頓第二定律得
設(shè)此時滑塊和木板達到共速所用時間為t1，滑塊和木板的相對位移大小為Δx1，則
因為F3 = 13 N > 9 N，所以滑塊和木板共速后還會相對滑動，設(shè)此后再經(jīng)過時間t2，滑塊剛好到達木板最左端而離開木板，此時滑塊和木板的相對位移大小為Δx2，木板的加速度大小為a4，滑塊和木板的速度分別為v塊和v板，則
滑塊脫離木板后，做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t3后落地，此時木板繼續(xù)做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a5，則
滑塊落地時距木板左端的距離為
解得

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