2024北京高考物理詳細解析

第13頁2024年北京市高考物理試卷參考答案與試題解析一．選擇題〔共9小題〕1．以下說法正確的選項是〔〕A．物體放出熱量，其內(nèi)能一定減小B．物體對外做功，其內(nèi)能一定減小C．物體吸收熱量，同時對外做功，其內(nèi)能可能增加D．物體放出熱量，同時對外做功，其內(nèi)能可能不變分析：做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能；物體內(nèi)能的增量等于外界對物體做的功和物體吸收熱量的和，即：△U=Q+W．解答：解：A、物體放出熱量，假設(shè)外界對物體做更多的功大于放出的熱量，內(nèi)能可能增加，故A錯誤；B、物體對外做功，如同時從外界吸收的熱量大于做功的數(shù)值，那么內(nèi)能增加，故B錯誤；C、物體吸收熱量，同時對外做功W，如二者相等，那么內(nèi)能可能不變，假設(shè)Q＞W(wǎng)，那么內(nèi)能增加，假設(shè)W＞Q，那么內(nèi)能減少，故C正確；D、物體放出熱量，Q＜0，同時對外做功，W＜0，那么△U＜0，故內(nèi)能一定減少，故D錯誤．應(yīng)選：C．2．以下核反響方程中，屬于α衰變的是〔〕A．N+He→O+HB．U→Th+HeC．H+H→He+nD．Th→Pa+e解答：解：A、方程N+He→O+H；是人工核反響方程，是發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反響方程．故A錯誤；B、方程U→Th+He，是U原子核分裂并只放射出氦原子核的反響過程，屬于α衰變．故B正確；C、方程H+H→He+n，是輕核的聚變反響．故C錯誤；D、方程Th→Pa+e，釋放出一個電子，是β衰變的過程．故D錯．應(yīng)選：B．3．周期為2.0s的簡諧橫波沿x軸傳播，該波在某時刻的圖象如以下列圖，此時質(zhì)點P沿y軸負方向運動，那么該波〔〕A．沿x軸正方向傳播，波速v=20m/sB．沿x軸正方向傳播，波速v=10m/sC．沿x軸負方向傳播，波速v=20m/sD．沿x軸負方向傳播，波速v=10m/s分析：根據(jù)P點的速度方向可運用波形平移法判斷波的傳播方向．由圖讀出波長，由v=求出波速．解答：解：由題，此時P點向y軸負方向運動，根據(jù)平移法可知，波形將向右平移，那么知，該波沿x軸正方向傳播．由圖讀出波長λ=20m，故波速v=m/s．故B正確．應(yīng)選：B．4．假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，那么〔〕A．地球公轉(zhuǎn)周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期B．地球公轉(zhuǎn)的線速度小于火星公轉(zhuǎn)的線速度C．地球公轉(zhuǎn)的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的加速度D．地球公轉(zhuǎn)的角速度大于火星公轉(zhuǎn)的角速度分析：根據(jù)萬有引力提供向心力=ma，解出線速度、周期、向心加速度以及角速度與軌道半徑大小的關(guān)系，據(jù)此討論即可．解答：解：A、B、根據(jù)萬有引力提供向心力，得，．由此可知，軌道半徑越大，線速度越小、周期越大，由于地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，所以v地＞v火，T地＜T火．故AB錯誤．C、據(jù)萬有引力提供向心加速度，得：，可知軌道半徑比較小的地球的向心加速度比較大．故C錯誤；D、根據(jù)：T=，所以：，可知軌道半徑比較小的地球的公轉(zhuǎn)的角速度比較大．故D正確．應(yīng)選：D．5．實驗觀察到，靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖．那么〔〕A．軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面向里分析：靜止的原子核發(fā)生β衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后粒子與反沖核的運動方向相反，動量的方向相反，大小相等．由半徑公式r==，P是動量，分析兩個粒子半徑軌跡半徑之比．解答：解：原子核發(fā)生β衰變時，根據(jù)動量守恒可知兩粒子的速度方向相反，動量的方向相反，大小相等；由半徑公式r==〔P是動量〕，分析得知，r與電荷量成反比，β粒子與新核的電量大小分別為e和ne〔n為新核的電荷數(shù)〕，那么β粒子與新核的半徑之比為：ne：e=n：1．所以半徑比較大的軌跡1是衰變后β粒子的軌跡，軌跡2是新核的．新核沿逆時針方向運動，在A點受到的洛倫茲力向左，由左手定那么可知，磁場的方向向里．由以上的分析可知，選項D正確，ABC錯誤．應(yīng)選：D．6．“蹦極〞運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，以下分析正確的選項是〔〕A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力分析：從繩子繃緊到人下降到最低點的過程中，開始時人的重力大于彈力，人向下加速；然后再減速，直至速度為零；再反向彈回；根據(jù)動量及功的知識可明確動量、動能和彈性勢能的變化．解答：解：A、由于繩對人的作用力一直向上，故繩對人的沖量始終向上，由于人在下降中速度先增大后減?。还蕜恿肯仍龃蠛鬁p??；故A正確；B、在該過程中，拉力與運動方向始終相反，繩子的力一直做負功；但由分析可知，人的動能先增大后減??；故B錯誤；C、繩子恰好伸直時，繩子的形變量為零，彈性勢能為零；但此時人的動能不是最大，故C錯誤；D、人在最低點時，繩子對人的拉力一定大于人受到的重力；故D錯誤．應(yīng)選：A．7．如以下列圖，其中電流表A的量程為0.6A，表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于電流表內(nèi)阻的；R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍．假設(shè)用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值，那么以下分析正確的選項是〔〕A．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.04AB．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.02AC．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.06AD．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.01A專題：恒定電流專題．分析：對電路結(jié)構(gòu)進行分析，再根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律即可明確流過1的電流大小，再根據(jù)比例即可求出每一小格所表示的電流大?。獯穑航猓篈B、當接線柱1、2接入電路時，電流表A與R1并聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1分流為1.2A，故量程為1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB錯誤；CD、當接線柱1、3接入電路時，A與R1并聯(lián)后與R2串聯(lián)，電流表的量程仍為1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正確，D錯誤；應(yīng)選：C．8．利用所學物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通〔IC卡〕的工作原理及相關(guān)問題．IC卡內(nèi)部有一個由電感線圈L和電容C構(gòu)成的LC振蕩電路．公交車上的讀卡機〔刷卡時“嘀〞的響一聲的機器〕向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波．刷卡時，IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給電容C充電，到達一定的電壓后，驅(qū)動卡內(nèi)芯片進行數(shù)據(jù)處理和傳輸．以下說法正確的選項是〔〕A．IC卡工作所需要的能量來源于卡內(nèi)的電池B．僅當讀卡機發(fā)射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C．假設(shè)讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率，那么線圈L中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流D．IC卡只能接收讀卡機發(fā)射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數(shù)據(jù)信息分析：明確題意，根據(jù)電磁感應(yīng)及電諧振規(guī)律進行分析，即可明確能量及IC卡的工作原理，即可解答此題．解答：解：A、由題意可知，該能量來自于電磁感應(yīng)，即人刷卡的機械能轉(zhuǎn)化為電能；故A錯誤；B、為了使IC卡中的感應(yīng)電流達最大，應(yīng)使LC電路產(chǎn)生電諧振，故只有發(fā)射特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作；故B正確；C、假設(shè)電磁波的頻率偏離該頻率，L中仍可出現(xiàn)感應(yīng)電流，但不會到達電諧振；故C錯誤；D、IC卡接收到讀卡機發(fā)射的電磁波，同時將自身數(shù)據(jù)信息發(fā)送給讀卡機進行處理；故D錯誤．應(yīng)選：B．9．“測定玻璃的折射率〞的實驗中，在白紙上放好玻璃磚，aa′和bb′分別是玻璃磚與空氣的兩個界面，如以下列圖，在玻璃磚的一側(cè)插上兩枚大頭針P1和P2，用“+〞表示大頭針的位置，然后在另一側(cè)透過玻璃磚觀察，并依次插上大頭針P3和P4．在插P3和P4時，應(yīng)使〔〕A．P3只擋住P1的像B．P4只擋住P2的像C．P3同時擋住P1、P2的像專題：實驗題；光的折射專題．分析：根據(jù)實驗的原理，連接P1、P2表示入射光線，連接P3、P4表示出射光線，連接兩光線與玻璃磚的交點，即為折射光線，才能作出光路圖．解答：解：根據(jù)實驗的原理，連接P1、P2表示入射光線，連接P3、P4表示出射光線，連接兩光線與玻璃磚的交點，即為折射光線．實驗的過程中，要先在白紙上放好玻璃磚，在玻璃磚的一側(cè)插上兩枚大頭針P1和P2，然后在玻璃磚另一側(cè)觀察，調(diào)整視線使P1的像被P2的像擋住，接著在眼睛所在一側(cè)相繼又插上兩枚大頭針P3、P4，使P3擋住P1、P2的像，使P4擋住P3和P1、P2的像．故AB錯誤，C正確．應(yīng)選：C．二．解答題〔共4小題〕10．用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖1所示．〔1〕組裝單擺時，應(yīng)在以下器材中選用AD〔選填選項前的字母〕．A．長度為1m左右的細線B．長度為30cm左右的細線C．直徑為1.8cm的塑料球D．直徑為1.8cm的鐵球〔2〕測出懸點O至小球球心的距離〔擺長〕L及單擺完成n次全振動所用的時間t，那么重力加速度g=〔用L、n、t表示〕．〔3〕如表是某同學記錄的3組實驗數(shù)據(jù)，并做了局部計算處理．組次123擺長L/cm80.0090.00100.0050次全振動時間t/s90.095.5100.5振動周期T/s1.801.91重力加速度g/〔m?s﹣2〕9.749.73請計算出第3組實驗中的T=2.01s，g=9.76m/s2．〔4〕用多組實驗數(shù)據(jù)做出T2﹣L圖象，也可以求出重力加速度g，三位同學做出的T2﹣L圖線的示意圖如圖2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應(yīng)的g值最接近當?shù)刂亓铀俣鹊闹担敲聪鄬τ趫D線b，以下分析正確的選項是B〔選填選項前的字母〕．A．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次C．圖線c對應(yīng)的g值小于圖線b對應(yīng)的g值〔5〕某同學在家里測重力加速度，他找到細線和鐵鎖，制成一個單擺，如圖3所示，由于家里只有一根量程為30cm的刻度尺，于是他在細線上的A點做了一個標記，使得懸點O到A點間的細線長度小于刻度尺量程．保持該標記以下的細線長度不變，通過改變O、A間細線長度以改變擺長．實驗中，當O、A間細線的長度分別為l1、l2時，測得相應(yīng)單擺的周期為T1、T2．由此可得重力加速度g=〔用l1、l2、T1、T2表示〕．分析：〔1〕根據(jù)實驗要求，擺長1m左右，體積較小的實心金屬球；〔2〕根據(jù)單擺周期公式T=2π求解g的表達式．〔3〕單擺完成N次全振動的時間為t，所以T=，根據(jù)g=即可計算出重力加速度；〔4〕根據(jù)單擺的周期公式變形得出T2與L的關(guān)系式，再分析T2﹣L圖象中g(shù)與斜率的關(guān)系，得到g的表達式．根據(jù)重力加速度的表達式，分析各圖線與b之間的關(guān)系．〔5〕根據(jù)單擺的周期公式T=2π分兩次列式后聯(lián)立求解即可．解答：解：〔1〕單擺在擺動過程中．阻力要盡量小甚至忽略不計，所以擺球選鋼球；擺長不能過小，一般取1m左右．故A、D正確，B、C錯誤．應(yīng)選：AD．〔2〕單擺完成N次全振動的時間為t，所以T=，測得懸點O至小球球心的距離〔擺長〕L，根據(jù)T=2π解得：g=；〔3〕單擺完成N次全振動的時間為t，所以T==s，根據(jù)公式：g=〔4〕根據(jù)單擺的周期公式T=2得，T2=，根據(jù)數(shù)學知識可知，T2﹣L圖象的斜率k=，當?shù)氐闹亓铀俣萭=．A、假設(shè)測量擺長時忘了加上擺球的半徑，那么擺長變成擺線的長度l，那么有T2=，根據(jù)數(shù)學知識可知，對T2﹣L圖象來說，T2=與b線T2=斜率相等，兩者應(yīng)該平行，是截距；故做出的T2﹣L圖象中a線的原因可能是誤將懸點到小球上端的距離記為擺長L．故A錯誤；B、實驗中誤將49次全振動記為50次，那么周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，圖線的斜率k偏?。蔅正確；C、由圖可知，圖線c對應(yīng)的斜率k偏小，根據(jù)T2﹣L圖象的斜率k=，當?shù)氐闹亓铀俣萭=可知，g值大于圖線b對應(yīng)的g值．故C錯誤．應(yīng)選：B．〔5〕根據(jù)單擺的周期公式T=2π，有：第一次：T1=2π第二次：T2=2π聯(lián)立解得：g=故答案為：〔1〕AD；〔2〕；〔3〕2.01，9.76；〔4〕B；〔5〕．11．如以下列圖，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L=0.4m，一端連接R=1Ω的電阻．導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1T．導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接解良好．導軌和導體棒的電阻均可忽略不計．在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v=5m/s．求：〔1〕感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I；〔2〕在0.1s時間內(nèi)，拉力的沖量IF的大??；〔3〕假設(shè)將MN換為電阻r=1Ω的導體棒，其它條件不變，求導體棒兩端的電壓U．分析：〔1〕由E=BLv求出導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，根據(jù)右手定那么判斷感應(yīng)電流的方向；〔2〕由F=BIL求出導體棒受到的安培力，由左手定那么判斷出安培力的方向，然后由平衡條件求出拉力，并確定拉力的方向，由I=Ft計算出拉力的沖量；〔3〕將MN換為電阻r=1Ω的導體棒時，由閉合電路的歐姆定律求出電流，然后由U=IR即可求出導體棒兩端的電壓．解答：解：〔1〕由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢為：E=BLv=1×0.4×5V=2.0V感應(yīng)電流為：I==A=2A根據(jù)右手定那么得導體棒MN中電流的流向為：N→M；〔2〕由左手定那么判斷可知，MN棒所受的安培力方向向左．導體棒勻速運動，安培力與拉力平衡，那么有：F=BIL=1×2×0.4N=0.8N，拉力的沖量：IF=Ft=0.8×0.1=0.08N?s〔3〕將MN換為電阻r=1Ω的導體棒，電路中的電流：I′==A=1A由歐姆定律：U=I′?R=1×1=1V答：〔1〕感應(yīng)電動勢是2.0V，感應(yīng)電流是2A，方向?qū)w棒MN中電流的流向為：N→M；〔2〕在0.1s時間內(nèi)，拉力的沖量IF的大小是0.08N?s；〔3〕假設(shè)將MN換為電阻r=1Ω的導體棒，其它條件不變，導體棒兩端的電壓是1V．12．如以下列圖，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質(zhì)量不計，物塊〔可視為質(zhì)點〕的質(zhì)量為m，在水平桌面上沿x軸運動，與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點O，當彈簧的伸長量為x時，物塊所受彈簧彈力大小為F=kx，k為常量．〔1〕請畫出F隨x變化的示意圖；并根據(jù)F﹣x圖象求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功．〔2〕物塊由x1向右運動到x3，然后由x3返回到x2，在這個過程中，a．求彈力所做的功，并據(jù)此求彈性勢能的變化量；b．求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，說明為什么不存在與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能〞的概念．分析：〔1〕由胡克定律可得出對應(yīng)的公式，那么可得出對應(yīng)的圖象；再根據(jù)v﹣t圖象中面積表示移進行遷移應(yīng)用，即可求得彈力做功；〔2〕a、根據(jù)〔1〕中求出功的公式可分別求出兩過程中彈力做功，即可求出總功，再由功能關(guān)系求解彈力做功情況；b、根據(jù)摩擦力的特點求解摩擦力的功，通過比較可明確能不能引入“摩擦力勢能〞．解答：解：〔1〕F﹣x圖象如以下列圖；物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中，彈力做負功：F﹣x圖線下的面積等于彈力做功大??；故彈力做功為：W=﹣kx?x=﹣kx2〔2〕a、物塊由x1向右運動到x3的過程中，彈力做功為：WT1=﹣〔kx1+kx3〕〔x3﹣x1〕=kx12﹣kx32；物塊由x3運動到x2的過程中，彈力做功為：WT2=〔kx2+kx3〕〔x3﹣x2〕=kx32﹣kx22；整個過程中彈力做功：WT=WT1+WT2=kx12﹣kx22；彈性勢能的變化量為：△EP=﹣WT=kx22﹣kx12；b、整個過程中，摩擦力做功：Wf=﹣μmg〔2x3﹣x1﹣x2〕比較兩力做功可知，彈力做功與實際路徑無關(guān)，取決于始末兩點間的位置；因此我們可以定義一個由物體之間的相互作用力〔彈力〕和相對位置決定的能量﹣﹣彈性勢能；而摩擦力做功與x3有關(guān)，即與實際路徑有關(guān)，因此不能定義與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能〞．答：〔1〕圖象如以下列圖；彈力做功為：﹣kx2；〔2〕彈性勢能的變化量為kx22﹣kx12；摩擦力做功：Wf=﹣μmg〔2x3﹣x1﹣x2〕；不能引入“摩擦力勢能〞．13．真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置，如以下列圖．光照前兩板都不帶電．以光照射A板，那么板中的電子可能吸收光的能量而逸出．假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動，忽略電子之間的相互作用．保持光照條