考生注意：
1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。
2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。
3.本卷命題范圍：高考范圍。
一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求）
1. 鈷60具有極強的放射性，能導致脫發(fā)，會嚴重損害人體血液內的細胞組織，造成白血球減少，嚴重的會使人患上白血病。已知鈷60發(fā)生β衰變的半衰期約為5.27年。以下說法正確的是（ ）
A. 衰變方程為C→Mn＋He
B. 經過11年后，受鈷60污染的土壤中仍會含有鈷60
C. 升高溫度可以加快鈷60的衰變速度
D. 放出的β射線，是來自于鈷60核外的電子
【答案】B
【解析】A．根據質量數與電荷數守恒可知，鈷60發(fā)生β衰變方程為
C→Ni＋e
故A錯誤；
B．放射性物質永遠具有放射性，經過11年后，土壤中鈷60的含量約為原來的四分之一，故B正確；
C．衰變速度與溫度、壓強、化學狀態(tài)等因素無關，故C錯誤；
D．β射線是原子核中一個中子轉化為一個質子時伴隨著產生，不是來自于核外電子，故D錯誤。
故選B。
2. 我國的石拱橋世界聞名。如圖，某石拱橋由形狀、質量均完全相同的六個石塊組成，其中石塊1、6固定，其余石塊依次磊放在上面，形成一個完整的半圓形狀。不計石塊之間的摩擦力，設第2、3石塊之間的作用力為F23，第3、4石塊之間的作用力為F34，則F23∶F34等于（ ）
A 1∶1B. ∶2C. ∶3D. 2∶3
【答案】D
【解析】題意知物塊3受到和自身重力而平衡，故由平衡條件得
整理得
故選D。
3. 如圖所示，質量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架頂端，下端被質量為m的小孩緊抓著上下振動，框架始終沒有離開地面。則框架對地面壓力為零的瞬間，小孩的加速度大小和方向分別為（ ）
A. 2g，豎直向下B. g，豎直向下
C. g，豎直向上D. g，豎直向上
【答案】B
【解析】框架對地面壓力為零的瞬間，彈簧對框架的作用力向上，大小為Mg，彈簧對小孩的作用力向下，大小也為Mg，故小孩受到的重力和彈力都向下，加速度方向豎直向下，對小孩，由牛頓第二定律得
解得
故B正確，ACD錯誤。
故選 B。
4. 一物塊在高為2m、長為2.5m的斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化關系如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2。則（ ）
A. 物塊下滑過程中機械能守恒
B. 物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C. 物塊下滑時，加速度大小為4.8m/s2
D. 物塊下滑1.25m時，機械能損失了16J
【答案】C
【解析】A．下滑過程中，物塊重力勢能減少20J，動能只增加了12J，故機械能不守恒，故A錯誤；
B．斜面高為2m，長為2.5m，故傾角為53°，在頂端時，重力勢能為
Ep=mgh=20J
解得
m=1kg
由損失的機械能
Q=μmgscs53°=8J
解得
故B錯誤；
C．由牛頓第二定律有
mgsin53°-μmgcs53°=ma
解得
a=4.8m/s2
故C正確；
D．下滑1.25m時，重力勢能為10J，動能為6J，機械能剩余16J，則機械能損失了4J，故D錯誤。
故選C。
5. 示波器是電子科研部門常用儀器。其工作原理如圖所示，初速度為零的電子經電壓U1加速后，垂直進入偏轉電場，偏轉電壓為U2，偏轉極板長為L，板間距為d。為了放大波形幅度，提高電子束偏轉靈敏度（單位偏轉電壓引起的偏轉位移），可以采用的辦法是（ ）
A. 減小加速電壓U1
B. 增大偏轉電壓U2
C. 減小板長L
D. 增大板間距d
【答案】A
【解析】電子在加速電場中獲得的速度為，則根據動能定理可得
在偏轉電場中，根據牛頓第二定律可得
故偏轉位移
其中
聯立解得
故偏轉靈敏度為
A．減小加速電壓U1，根據上述分析可知，靈敏度增大，A正確；
B．增大偏轉電壓U2，不影響其靈敏度，B錯誤；
C．減小板長L，根據上述結論可知，其靈敏度降低，C錯誤；
D．增大板間距d，根據上述結論可知，其靈敏度降低，D錯誤。
故選A。
6. 某電器設備的電源指示燈工作電路如圖所示，已知交流電源電壓為220V，原線圈匝數為1210匝，副線圈匝數為55匝，小燈泡額定電壓為10V，額定功率為5W，忽略小燈泡電阻隨電壓改變而發(fā)生變化，已知二極管單向導電。則以下說法正確的是（ ）
A. 電壓表示數為10V
B. 小燈泡能正常發(fā)光
C. 小燈泡的實際功率為2.5W
D. 若將交流電源改為220V直流電，小燈泡正常發(fā)光
【答案】C
【解析】A．副線圈電壓有效值為
經過二極管后，交流電變成了半波，電壓表測量的是該半波電壓的有效值
解得
故A錯誤；
B．由于，即電壓有效值小于燈泡的額定電壓，燈泡不能正常發(fā)光，故B錯誤；
C．小燈泡的電阻
實際功率
故C正確；
D．變壓器不能在直流電路中工作，故D錯誤。
故選C。
7. 如圖所示，一列簡諧橫波向右傳播，A、B兩質點的平衡位置相距0.4m。當A質點運動到平衡位置上方最大位移處時，B質點剛好運動到平衡位置下方最大位移處，則這列波的波長可能是（ ）
A. 0.16mB. 0.20mC. 0.24mD. 0.40m
【答案】A
【解析】當A質點運動到平衡位置上方最大位移處時，B質點剛好運動到平衡位置下方最大位移處，考慮周期性，則波長滿足
解得波長
（n=0，1，3，...）
則當n=2時，波長
λ=0.16m
故選A。
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，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）
8. “嫦娥六號”探測器于2024年5月3日發(fā)射升空，經過3次近月制動進入環(huán)月軌道飛行，于6月2日在月球背面成功著陸。探測器在月球附近的變軌過程可以簡化為：探測器從圓軌道1的A點變軌到橢圓軌道2，之后又在橢圓軌道2的B點變軌到近月圓軌道3。已知探測器在軌道1的運行周期為T1，O為月球球心，C為軌道3上的一點，AC與AO的最大夾角為θ。下列說法正確的是（ ）
A. 探測器從軌道2變到軌道3，需要在B點點火加速
B. 探測器在軌道2上經過B點時的速度大于在軌道1的速度
C. 探測器在軌道2上經過A點時速度最小，加速度最大
D. 探測器在軌道3的運行周期為
【答案】BD
【解析】A．從軌道2變到軌道3，需要在B點點火反推減速，故A錯誤；
B．軌道2變軌到軌道3，需在B點減速，則探測器在軌道2上B點的速度大于軌道3上B點的速度，由于軌道半徑越大，做圓周運動線速度越小，可知軌道3上的速度大于軌道1上的速度，所以探測器在軌道1的速度小于在軌道2經過B點的速度，故B正確;
C．由于探測器在軌道2上從A點到B點過程，萬有引力對其做負功，所以在A點時速度減小，設地球質量為M，探測器與地球間距為r，根據牛頓第二定律可知加速度
故在A點時距離r最大，所以加速度最小，故C錯誤；
D．設探測器在1、3軌道的圓周運動周期分別為，軌道半徑分別為，題意可知當AC與軌道3相切時，AC與AO的夾角為θ，即
由開普勒第三定律得
聯立解得
故D正確。
故選BD 。
9. 如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形氧化鋅玻璃磚置于水平桌面上。OP=R，當光線從P點垂直界面射入氧化鋅玻璃磚時，恰好在圓形表面發(fā)生全反射。已知真空中的光速為c，則（ ）
A. 光從氧化鋅玻璃射向空氣發(fā)生全反射的臨界角為45°
B. 該氧化鋅玻璃磚的折射率為
C. 光線將在C點從圓形表面射出
D. 光在氧化鋅玻璃磚內的傳播速度為c
【答案】AD
【解析】A．光線在玻璃磚中的傳播光路圖如圖所示
光線在B點恰好發(fā)生全反射，則有
解得臨界角為45°，故A正確；
B．由全反射臨界角公式
得折射率為
故B錯誤；
C．由幾何關系可知，光線平行AC到達圓弧上D點時入射角恰好是45°，在D點也要發(fā)生全反射，反射光線DE與光線PB平行，不從C點出射，故C錯誤；
D．由折射率與光速公式有
故D正確；
故選AD。
10. 如圖所示，一水平面內固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌上面橫放著兩根完全相同、質量均為m的金屬棒1和2，構成矩形回路。在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場。開始時2棒靜止，1棒受到一瞬時沖量作用而以初速度v0向右滑動，運動過程中1、2棒始終與導軌垂直且接觸良好。下列關于兩棒此后運動的說法中，正確的是（ ）
A. 1棒做勻減速直線運動，2棒做勻加速直線運動
B. 最終1棒靜止，2棒以速度v0向右滑動
C. 最終1、2棒均以v0的速度向右勻速滑動
D. 最終1棒產生的焦耳熱為
【答案】CD
【解析】AB．由楞次定律可判斷1棒、2棒受到的安培力方向分別向左、向右，故1棒減速運動，2棒加速運動，故二者相對速度減小，設回路總電阻為，磁感應強度為B，導軌間距為L，則由法拉第電磁感應定律得感應電流
可知電流減小，根據安培力
可知安培力減小，故棒的合力在減小，由牛頓第二定律
可知其加速度也在減小，當對速度減小為0時，二者共速，一起勻速運動，故AB錯誤；
C．分析可知1棒、2棒構成的系統(tǒng)動量守恒，最終速度為v，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒得
解得
故C正確;
D．系統(tǒng)損失的機械能轉化為兩棒的焦耳熱，故1棒產生的焦耳熱為
聯立以上得
故D正確
故選 CD。
三、非選擇題（本題共5小題，共54分。考生根據要求將答案寫在答卷指定的位置，其中11～12題為實驗題；13～15題為解答題，要求答題有必要的文字說明）
11. 如圖甲為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖，用一條柔軟的輕繩通過兩只光滑的滑輪將小車和豎直懸掛的拉力傳感器連接起來，忽略動滑輪的質量，小車與穿過電火花打點計時器的紙帶相連。拉力傳感器是一種將拉力大小轉換為可測量電信號的裝置，用于檢測輕繩上拉力的大小。
（1）安裝實驗器材時，需要調整定滑輪的高度，使連接小車的細繩與木板平行，目的是_____（填字母）。
A. 保證小車能做勻速直線運動
B. 平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車受到的合力
C. 保證拉力傳感器的讀數等于小車受到的合力的一半
（2）實驗中_____（填“需要”或“不需要”）用天平稱量所掛鉤碼的質量，_____（填“需要”或“不需要”）滿足所掛鉤碼的質量遠小于小車的質量。
（3）第一實驗小組在實驗中得到一條紙帶的一部分如圖乙所示，用毫米刻度尺測量并記錄了部分相鄰計數點之間的距離，相鄰兩計數點之間還有4個計時點未畫出，已知打點計時器使用的交流電源頻率為50Hz，由此可計算出小車加速度的大小為_____m/s2.（結果保留2位有效數字）
（4）第二實驗小組根據測量數據作出的a-F圖像如圖丙所示，該小組同學做實驗時存在的問題是_____。
【答案】（1）B （2）不需要 不需要
（3）1.4 （4）平衡摩擦力時傾角過大，或拉力傳感器零點未校準
【解析】【小問1詳解】
A．不掛鉤碼時，小車能否做勻速運動取決于是否平衡了摩擦力；正常實驗時，小車做勻加速直線運動，根本不是勻速運動，故A錯誤;
B．平衡摩擦力后，小車受到的合外力為0，小車與細繩相連后細繩的拉力就是小車受到的合力，故B正確;
C．拉力傳感器的讀數始終等于小車受到的合力，與細繩的傾角無關，故C錯誤。
故選B。
【小問2詳解】
[1][2]本實驗小車所受合外力就等于拉力傳感器的讀數，不需要用鉤碼的重力代替，因此不需要稱量鉤碼的質量，也不用擔心鉤碼失重導致實驗出現系統(tǒng)誤差，故不需要滿足所掛鉤碼的質量遠小于小車的質量；
【小問3詳解】
逐差法得加速度
【小問4詳解】
F=0時，a>0，表示拉力傳感器的讀數為0時，小車已經在做加速運動，要么是平衡摩擦力時傾角過大，或者是拉力傳感器零點未校準，導致有拉力時，傳感器的示數卻顯示為0。
12. 半導體材料的電阻率介于金屬和絕緣體之間，室溫時約為1×10-5Ω·m～1×107Ω·m。小明在實驗室實測兩根半導體棒的電阻率，用到的實驗器材如下：
學生電源（輸出電壓0～6V）；滑動變阻器（最大阻值10Ω，最大電流2A）；
電壓表V（量程3V，內阻未知）；電流表A（量程3A，內阻未知）；
待測半導體棒R（A、B兩根）；螺旋測微器，游標卡尺，開關S，單刀雙擲開關K，導線若干。
請回答以下問題：
（1）使用螺旋測微器測量兩根半導體棒的直徑，測量結果均如圖甲所示，該讀數為_____mm。
（2）使用游標卡尺測量半導體棒A的長度如圖乙所示，則lA=_____mm。采用同樣的方法測得半導體棒B的長度lB=60.80mm。
（3）將待測半導體棒R接入圖丙所示電路，閉合開關S后，將滑動變阻器滑片由最右端向左調節(jié)到合適位置，將單刀雙擲開關K分別擲到1、2端，觀察到電流表A示數變化比電壓表V示數變化更明顯，為了減小測量誤差，應將K擲到_____（填“1”或“2”）端。
（4）正確連接電路，得到半導體棒A的I-U圖像如圖丁所示，求得電阻RA=_____Ω（保留3位有效數字）；采用同樣的方法得到半導體棒B的電阻為1.50Ω。
（5）分析以上數據可知，半導體棒A的電阻率_____（填“大于”或“小于”）半導體棒B的電阻率。
【答案】（1）2.948##2.949##2.950##2.951##2.952
（2）40.65 （3）2
（4）1.72##1.73##1.74
（5）大于
【解析】【小問1詳解】
圖甲可知，該螺旋測微器讀數為
2.5mm＋45.0×0.01mm=2.950mm
【小問2詳解】
圖乙可知該游標卡尺精度為0.05mm，故
【小問3詳解】
電流表A示數變化比電壓表V示數變化更明顯，說明電壓表分流較大，應采用電流表內接法，故開關應擲到2端；
【小問4詳解】
圖像過原點，另一端應看距離原點最遠的點，讀數為
I=1.5A，U=2.60V
故電阻阻值
【小問5詳解】
兩根半導體棒的直徑、橫截面積S相同，由
結合以上分析得
，
故
ρAρB>1
半導體棒A的電阻率大于半導體棒B的電阻率。
13. 粗細均勻的U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞，初始時管內水銀柱和空氣柱的長度如圖所示?，F用力緩慢向下壓活塞，直至兩邊管內的水銀面高度相等。求此時右側管內空氣柱的壓強和活塞向下移動的距離。已知管內未發(fā)生漏氣，環(huán)境溫度不變，大氣壓強P0=76cmHg。
【答案】989cm
【解析】由圖可知初始時兩側水銀面高度差h=15cm，分析可知相平時左側水銀面下降7.5cm，右側水銀面上升7.5cm，故右側管內的空氣柱前后在活塞向下前后的長度分別為
分析可知初始時右側氣體壓強為
設最終右側氣體壓強為，玻璃管橫截面積為S，由玻意耳定律得
解得
初始時對左側管內的空氣柱壓強
分析可知左側管內的空氣柱最終壓強
設最終左側氣柱長度為，由玻意耳定律得
解得
故活塞向下移動的距離為
14. 如圖所示，光滑的水平面AB與光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，軌道半徑R=0.4m，D為軌道最高點。用輕質細線連接甲、乙兩小球，中間夾一輕質彈簧，彈簧與甲、乙兩球均不拴接。甲球的質量為m1=0.1kg，乙球的質量為m2=0.2kg，甲、乙兩球靜止?，F固定甲球，燒斷細線，乙球離開彈簧后進入半圓軌道恰好能通過D點。重力加速度g=10m/s2，甲、乙兩球可看作質點。
（1）求細線燒斷前彈簧的彈性勢能Ep；
（2）若甲球不固定，燒斷細線，求從燒斷細線開始到乙球脫離彈簧的過程中，彈簧對乙球的沖量I的大小。（答案允許含根號）
【答案】（1）2J （2）N·s
【解析】【小問1詳解】
題意知乙球離開彈簧后進入半圓軌道恰好能通過D點，這在D點速度為v，對乙球由牛頓第二定律得
由能量守恒得彈性勢能
聯立解得Ep=2J
【小問2詳解】
設甲、乙兩球脫離彈簧時速度大小分別為v1、v2，對該系統(tǒng)分析可知動量守恒，即
m1v1=m2v2
由能量守恒定律得
對乙球由動量定理得
I=m2v2
聯立解得N·s
15. 如圖所示，一個質量為m、帶負電荷粒子的電荷量為q、不計重力的帶電粒子從x軸上的P點以速度v沿與軸成的方向射入第一象限內的勻強磁場中，恰好垂直于y軸射出第一象限。已知。
（1）求勻強磁場的磁感應強度B的大?。?br>（2）讓大量這種帶電粒子同時從x軸上的P點以速度v沿與軸成的方向垂直磁場射入第一象限內，求y軸上有帶電粒子穿過的區(qū)域范圍和帶電粒子在磁場中運動的最長時間。
【答案】（1）；（2），
【解析】（1）粒子運動軌跡半徑設為，如圖所示

根據幾何關系可得
解得
由洛倫茲力提供向心力可得
解得
（2）粒子從軸上之間射出，設點縱坐標為，為軌跡圓的直徑，如圖所示

由幾何關系得
解得
可知y軸上有帶電粒子穿過的區(qū)域范圍為
沿方向出發(fā)的粒子在磁場中運動時間最長，設該時間為，軌跡對應的圓心角設為，如圖所示

由幾何關系得
解得
則有

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