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。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
1. 高光譜儀能又快又準地鑒別毒豆芽。檢測時，將一束光近距離照射在物體上，靠反射回來的光譜信息進行分析判斷。下列說法錯誤的是（ ）
A. 每一種物質都有自己獨特的光譜特征
B. 檢測原理：先提取原始物質的光譜信息再通過檢測物與光譜庫數(shù)據(jù)的比對分析來完成
C. 光譜檢測只能檢測高溫稀薄氣體中游離態(tài)原子的光譜
D. 物質中的原子吸收光的能量躍遷到高能級再回到較低能級時能發(fā)出自己獨特的光譜
【答案】C
【解析】A．每一種物質都有自己獨特的光譜特征。故A正確，與題意不符；
B．檢測原理：先提取原始物質的光譜信息再通過檢測物與光譜庫數(shù)據(jù)的比對分析來完成。故B正確，與題意不符；
C．依題意，光譜檢測除了檢測高溫稀薄氣體中游離態(tài)原子光譜，也可以檢測反射回來的光譜。故C錯誤，與題意相符；
D．物質中的原子吸收光的能量躍遷到高能級再回到較低能級時能發(fā)出自己獨特的光譜，故D正確，與題意不符。故選C。
2. 2024年4月11日《光明日報》報道，東華大學團隊研發(fā)出集無線能量采集、信息感知與傳輸?shù)裙δ苡谝惑w的新型智能纖維，由其編織制成的智能紡織品無須依賴芯片和電池便可實現(xiàn)發(fā)光顯示、觸控等人機交互功能。添加特定功能材料后，僅經過人體觸碰，這種新型纖維就會展現(xiàn)發(fā)光發(fā)電的“神奇一幕”。電磁場和電磁波無處不在，這種新型纖維利用了電磁感應原理。下列說法錯誤的是（ ）
A. 變化的電磁場使纖維導體中磁通量變化產生感應電動勢
B. 人體接觸纖維時，纖維、人體、大地組成導體回路
C. 當手接觸電阻為R的纖維兩端，纖維發(fā)光時電流為I，則纖維中感應電動勢等于IR
D. 纖維中磁通量變化越快產生的感應電動勢越大
【答案】C
【解析】A．變化的電磁場使纖維導體中磁通量變化產生感應電動勢，選項A正確，不符合題意；
B．人體接觸纖維時，纖維、人體、大地組成導體回路，選項B正確，不符合題意；
C．當手接觸電阻為R的纖維兩端，纖維發(fā)光時電流為I，人體和大地之間的電阻為r，則纖維中感應電動勢等于I(R+r)，選項C錯誤，符合題意；
D．根據(jù)法拉第電磁感應定律，纖維中磁通量變化越快產生的感應電動勢越大，選項D正確，不符合題意。故選C。
3. 某同學做了一個“消失的樹冠”魔術，如圖所示，先在白紙上畫樹冠，在很薄的塑料密封袋外面畫黑色的樹干，把白紙裝進密封袋，樹冠和樹干組成完整的樹，塑料袋口密封好，然后把塑料袋豎直放入裝滿水的杯子中，發(fā)現(xiàn)樹冠浸入水中后，真的消失不見了。他蹲低身子，發(fā)現(xiàn)視線與水平方向夾角很小時又能看到樹冠。已知水的折射率為。假設塑料袋壁折射率和水相同，忽略很薄的塑料袋壁中光路的變化。關于“樹冠消失”的解釋，下列說法正確的是（ ）
A. 由塑料袋內樹冠上發(fā)出光經空氣射向水面時發(fā)生了全反射
B. 光經袋中空氣射向水再射向水面上方空氣時入射角小于臨界角，發(fā)生了全反射
C. 水的臨界角為
D. 如果光從塑料袋射入水中折射角小于，再從水射向水面上方空氣時一定會發(fā)生全反射
【答案】D
【解析】明確發(fā)生全反射條件：光從光密介質進入光疏介質，入射角等于或大于臨界角。這兩個條件需要同時滿足，缺一不可。A．光經空氣射向水面時，是從光疏介質進入光密介質，不會發(fā)生全反射，A錯誤；
B．要看到袋內物體的像，需要該點發(fā)出的光先從空氣折射到水中，再從水中折射到水面上的空氣中，最后射入人眼，當光在射向水面上方空氣時入射角大于臨界角，才會發(fā)生全反射現(xiàn)象，B錯誤；
C．根據(jù)全反射的公式
解得臨界角
C錯誤；
D．如果光從塑料袋射入水中折射角小于30°，那么光射向水面上的空氣時的入射角會大于60°，大于臨界角，則會發(fā)生全反射現(xiàn)象，D正確。
故選D。
4. 在如圖所示的水平向右的電場中，質子在坐標原點由靜止釋放，電場強度沿x軸變化的關系滿足，則質子運動到1 m處獲得的動能為（ ）
A. 4 × 10?20 JB. 4π × 10?20 JC. 4π × 10?18 JD. 4 × 10?18 J
【答案】B
【解析】根據(jù)動能定理，則有
其中應為E ? x圖像的面積，即
可解得
故選B。
5. 風力發(fā)電綠色環(huán)保、低碳，通過變壓器和遠距離輸電線給用戶供電，工作原理如圖所示。發(fā)電機線圈面積為S、匝數(shù)為N匝、電阻不計，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線圈繞垂直磁場的水平軸勻速轉動，轉速為n，其輸出端與升壓變壓器的原線圈相連，輸出電壓為，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，輸出功率為P，降壓變壓器的副線圈連接用戶，兩變壓器間的輸電線總電阻為R，變壓器均為理想變壓器。用戶端工作電壓為。下列說法正確的是（ ）
A.
B. 兩變壓器間輸電線上的電流為
C. 用戶獲得的功率為
D. 若其他條件不變，只減小，則增大
【答案】D
【解析】A．發(fā)電線圈產生的感應電動勢最大值為
又
輸出電壓為
聯(lián)立，解得
故A錯誤；
B．升壓變壓器電流為
由
解得兩變壓器間輸電線上的電流為
故B錯誤；
C．輸電線上損耗的功率為
用戶獲得的功率為
聯(lián)立，解得
故C錯誤；
D．根據(jù)
，
又
，
聯(lián)立，解得
若其他條件不變，只減小，則增大，根據(jù)
可知
則增大。故D正確。
故選D。
6. 大型文藝晚會常模擬麥浪滾滾的簡諧橫波傳播過程，圖甲為該簡諧橫波在時刻的波形圖，此時演員P位于平衡位置，演員Q平衡位置坐標為，圖乙為演員P的振動圖像，以向上為y軸正方向。下列說法正確的是（ ）
A. 圖甲中演員P正在向上運動
B. P總是重復Q的動作，只是比Q遲開始運動
C. 與P相隔的演員總是與P運動方向相反
D. 該波的傳播速度為
【答案】C
【解析】A．由圖乙知演員P在時正在向下運動，故A錯誤；
B．由圖乙知演員P在時正在向下運動，根據(jù)同側法結合圖甲知波沿x軸負向傳播，故Q總是重復P的動作，只是比P遲開始運動，故B錯誤；
C．與P相隔的演員，與P相差半個周期，所以總是與P運動方向相反，故C正確；
D．由圖甲知波長為2m，圖乙知周期為0.8s，則波的傳播速度為
故D錯誤。
故選C。
7. 如圖所示，一半徑為R圓心為O的圓形區(qū)域內部存在磁感應強度大小為B垂直于紙面向外的勻強磁場。一群單個質量為m、電荷量為的粒子從圖中磁場邊界點以初速度v從不同方向沿紙面射入磁場，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（ ）
A. 若，則所有粒子出射方向平行
B. 若，則所有粒子偏轉角度相同
C. 若，則所有粒子均從某段圓弧邊界射出，其圓弧長度為
D. 若，則粒子在磁場中運動的最長時間是
【答案】A
【解析】AB．若
粒子在磁場中做圓周運動半徑
根據(jù)磁發(fā)散原理，所有粒子出射方向平行，但是粒子在磁場中的軌跡不同，即圓心角不同，轉過的角度不同，故A正確，B錯誤；
C．若
粒子在磁場中運動的軌道半徑
則入射點與最遠出射點連線應是軌跡圓的直徑，長度為
如下圖所示
由幾何關系可知，圖中
則對應的弧的長度是整個圓周長的三分之一，即圓弧長度為，故C錯誤；
D．若
粒子在磁場中運動的軌道半徑
則粒子沿某一方向射入磁場時，可在磁場中完成一個完整的圓周運動，最后回到出發(fā)點，可知則粒子在磁場中運動的最長時間是一個周期
故D錯誤。
故選A。
8. 鵲橋二號中繼星自3月20日發(fā)射升空后，經過中途修正、近月制動、環(huán)月軌道機動，于4月2日按計劃進入24小時周期的環(huán)月大橢圓凍結軌道作為使命軌道（圖甲）。鵲橋二號中繼星將在凍結軌道上分別與正在月球背面開展探測任務的嫦娥四號和嫦娥六號探測器（月球南極地面狀態(tài)）開展對通測試（圖乙）。環(huán)月大橢圓凍結軌道是處于穩(wěn)定狀態(tài)的環(huán)月軌道，近月點在月球北極附近，遠月點在月球南極一側，后期將調整到周期為12小時的環(huán)月橢圓軌道，為嫦娥七號、八號服務（圖丙）。下列說法正確的是（ ）
A. 鵲橋二號發(fā)射速度大于，飛向月球過程機械能一定守恒
B. 圖乙中鵲橋二號在遠月點附近運行時，與月球的連線每秒掃過的面積相等
C. 圖乙中鵲橋二號每轉一圈與月球南極附近的嫦娥六號保持通信的時間可超過12小時
D. 圖丙中內側橢圓是12小時周期軌道，大小橢圓長軸比為
【答案】BCD
【解析】A．鵲橋二號登月，依然繞地球運動，其發(fā)射速度大于第一宇宙速度即可，飛向月球過程需點火調整，機械能不守恒，故A錯誤；
B．根據(jù)開普勒第二定律可知，圖乙中鵲橋二號在遠月點附近運行時，與月球的連線每秒掃過的面積相等，故B正確；
C．圖乙中鵲橋二號的軌道為橢圓軌道，在南極地面相切的線切割橢圓軌道，通信的時間內劃過的弧長大于整個橢圓的一半，速度小于另外一側時的平均速度，故可知在南極一側的軌道部分的所需時間大于整個周期的一半12小時，故C正確；
D．圖丙中內側橢圓是12小時周期軌道，根據(jù)開普勒第三定律可知
大小橢圓長軸比為
故D正確；
故選BCD。
9. 如圖所示為冰舞比賽中，世界冠軍韓聰拉著隋文靜的手在旋轉，雙方都以韓聰?shù)淖竽_尖和手所在的豎直軸為軸心在勻速旋轉，已知周期為，韓聰和隋文靜的體重分別為，此時隋文靜的身體與韓聰手臂在一條直線上，且與冰面的夾角為，此時隋文靜的腳剛要離開地面，近似認為，g取，忽略冰面的摩擦力。韓聰和隋文靜的重心離軸線的水平距離之比為K，隋文靜的重心離韓聰?shù)氖值木嚯x為L。下列說法正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】如圖，韓聰?shù)淖竽_尖和手所在的豎直軸為,韓聰?shù)闹匦臑椋逦撵o的重心為，即，設兩人之間的拉力為T，韓聰?shù)馁|量為，隋文靜質量為，兩人做圓周運動的半徑分別為和，可得韓聰和隋文靜的重心離軸線的水平距離即為和，對隋文靜，根據(jù)牛頓第二定律得
①
②
對韓聰
③
同時有
，
由②③可得
即；由①②可得
根據(jù)幾何知識可得隋文靜的重心離韓聰?shù)氖值木嚯x為
故選AC。
10. 如圖所示，一質量為的物體，帶電量q為，從半徑為的圓弧軌道的A端，在電場力作用下沿圓弧緩慢運動到B端（圓弧AB在豎直平面內）。電場強度E的方向與物體所在處的切線間的夾角隨位置變化，E的大小隨變化，且滿足。圓弧軌道所對應的圓心角為，BO邊沿豎直方向。g取，則這一過程中，下列說法正確的是（ ）
A. 電場力對物體做功10JB. 電場力對物體做功
C. 重力對物體做功1.2JD. 克服摩擦力做功8.8J
【答案】AD
【解析】A．電場力對物體做功
故A正確；B錯誤；
C．重力對物體做功
故C錯誤；
D．根據(jù)動能定理，可得
解得
即克服摩擦力做功8.8J。故D正確。
故選AD。
二、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11. 如圖（a）是第四次天宮課堂中的小球斜碰大球實驗，為了驗證天宮課堂斜碰實驗中動量是否守恒，利用仿真物理實驗室軟件模擬航天員的數(shù)據(jù)，結合頻閃照相和留下質心軌跡的技術得到如圖（b）的結果，并且把每一大格的橫縱坐標分成了更精細的10等分。為方便精密計算球的位置，設水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，網(wǎng)格每大格為，初狀態(tài)，質量為，半徑為的大鋼球靜止在質心坐標處，小鋼球質量，從質心坐標處沿x軸負方向向大球運動，從小球出發(fā)開始，每隔記錄兩球位置。
（1）碰撞前小球的動量為__________（保留2位有效位數(shù)）。
（2）若碰撞后小球的水平、豎直分速度分別為，大球的水平、豎直分速度分別為，要用計算法驗證碰撞過程中動量是否守恒，可驗證兩個公式，即：__________和0=__________（用已知量和測定量的字母表示）。
（3）請你再提供一種簡略方法驗證碰撞過程系統(tǒng)動量是否守恒：__________。
（4）實驗結果表明，在誤差允許的范圍內，碰撞過程中兩球組成的系統(tǒng)動量__________（填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）-1.0
（2）
（3）可以采用做圖法，分別做出兩球碰撞前后的動量差，若在誤差允許范圍內，動量差等大反向則驗證系統(tǒng)動量守恒。
（4）守恒
【解析】【小問1詳解】
碰前小球的速度
動量為
【小問2詳解】
[1][2]動量是矢量，類比力的合成與分解，動量的合成和分解同樣遵循平行四邊形定則，若要驗證碰撞過程中的動量守恒，則應有
【小問3詳解】
可以采用做圖法，分別做出兩球碰撞前后的動量差，若在誤差允許范圍內，動量差等大反向則驗證系統(tǒng)動量守恒。
【小問4詳解】
由圖（b）可知碰后小球的水平分速度
豎直分速度
大球的水平分速度
豎直分速度
將數(shù)據(jù)帶入
可知，在誤差允許范圍內，可得系統(tǒng)動量守恒。
12. 某同學想測如圖（1）所示的集成電路里很薄的方塊電阻的電阻率，同時測干電池的電動勢E和內阻r，他設計了如圖（2）所示的電路。已知方塊電阻的上、下表面是邊長為L的正方形，上下表面間的厚度為d，連入電路時電流方向如圖（1）所示。
①斷開開關K，閉合開關S，改變電阻箱R阻值，記錄不同R對應的電壓表的示數(shù)U；
②將開關S、K均閉合，改變電阻箱R阻值，再記錄不同R對應的電壓表的示數(shù)U；
（1）畫出步驟①②記錄的數(shù)據(jù)對應的隨變化關系的圖像如圖（3）所示，圖中兩個橫截距為，縱截距為、b，不考慮電壓表的內阻，則步驟①對應的圖像是__________（填“甲”或“乙”），電源的電動勢__________，電源內阻__________，方塊電阻__________。
（2）要測出方塊電阻的電阻率，先用螺旋測微器測量上下表面間的厚度d。在測微螺桿和測砧相接時，示數(shù)如圖4（a）所示。在夾方塊電阻測厚度時示數(shù)如圖4（b）所示，則厚度d=__________mm。
（3）方塊電阻的電阻率__________。
【答案】（1）乙
（2）0.008 （3）
【解析】【小問1詳解】
（1）[1][2][3][4]步驟①中，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
變形有
步驟②中，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
變形有
根據(jù)上述函數(shù)表達式，可知，兩圖線斜率相等，即兩線平行，而步驟①中圖線在縱軸上的截距小一些，可知圖3中，上方的甲圖線是步驟②中圖線，下方的乙圖線是步驟①中圖線，結合函數(shù)與圖像有
，，
解得
，，
【小問2詳解】
根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，圖（a）讀數(shù)為
0+0.01×5.0mm=0.050mm
根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，圖（b）讀數(shù)為
0+0.01×5.8mm=0.058mm
則厚度為
d=0.058mm-0.050mm=0.008mm
【小問3詳解】
根據(jù)電阻的決定式有
聯(lián)立，解得
13. 如圖所示為某品牌精華液瓶子，瓶蓋和膠頭吸管是一體化設計。已知裝液體的大瓶A內還有大概一半液體，插入吸管后，液體上方除膠頭吸管外的空氣體積為，吸管B玻璃部分管內橫截面積為S，長為L，上面膠頭中空部分容積為V，擠壓膠頭把膠頭內空氣全部擠出，玻璃吸管中的液體也會全部擠出。保持膠頭捏緊狀態(tài)把吸管插入液體中，放松膠頭讓其恢復體積為V，發(fā)現(xiàn)玻璃吸管中被吸進了長為的液體，已知大氣壓為p0，瓶中氣體可看成理想氣體，不考慮氣體溫度變化。
（1）求此時膠頭內空氣壓強；
（2）若排空吸管內液體后放松膠頭，將吸管插入液體密封瓶蓋不漏氣（若此時大瓶A液體上方和吸管中氣體壓強都為，液體還未進入吸管），迅速完全把膠頭擠癟，放手后，吸管內吸進長度為的液體，忽略大瓶上方細管口的容積，求此時大瓶A內氣體壓強。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根據(jù)玻意耳定律，可得
解得
（2）研究大瓶A中封閉氣體，初狀態(tài)壓強為，體積為（）末狀態(tài)體積為（），根據(jù)玻意耳定律，可得
解得
14. 如圖所示，兩根足夠長的金屬直導軌水平平行放置，導軌間距為，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為?，F(xiàn)將質量均為的金屬棒a、b垂直導軌放置，a、b金屬棒接入導軌之間的電阻分別為R、3R，。a棒光滑，b棒與軌道間動摩擦因數(shù)，運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，當給a棒施加水平向右恒定的拉力，則：
（1）a棒速度v0為多大時，b棒開始運動？此時a棒的加速度大小為多少？
（2）從b棒運動開始計時，經過時間，a，b棒速度之比，求此時b棒的速度vb的大??；t0時間內流過b棒的電量為q，求時間t0內a棒相對于b棒運動的距離Δx。
【答案】（1）4m/s，1m/s2；（2）3m/s，44m
【解析】（1）b棒開始運動時
解得

根據(jù)閉合電路歐姆定律得

解得

根據(jù)法拉第電磁感應定律得

解得

根據(jù)牛頓第二定律得

解得

（2）對a棒，根據(jù)動量定理得

對b棒，根據(jù)動量定理得
解得


根據(jù)



解得

根據(jù)上式得

解得
15. 如圖所示，左、右側斜面傾角分別為的光滑斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一足夠長的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側。將質量分別為mA=2.5kg、mB=2kg的小物塊A、B同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g=10m/s2。求（結果可用根號表示）：
（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分別為多大？
（2）A、B的加速度aA、aB分別為多大？
（3）若將A的質量改為，仍然同時由靜止釋放，當B的位移為時，系統(tǒng)機械能的損失量?E為多少？
【答案】（1）0；；（2）；；（3）
【解析】（1）對小物塊B受力分析，可得
對小物塊A受力分析，可得
所以A相對輕質綢帶靜止，二者一起加速下滑。
fA=0
（2）由牛頓第二定律，可得
解得
同理，有
解得
（3）若將A的質量改為，則有
解得
仍然同時由靜止釋放，，當B的位移為時，即
，
聯(lián)立，解得
可知此過程B相對于綢帶的距離為
系統(tǒng)機械能的損失量為

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