2024年高考真題-物理（山東卷） 含解析

2024年全省普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試物理注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.2024年是中國航天大年，神舟十八號、嫦娥六號等已陸續(xù)飛天，部分航天器裝載了具有抗干擾性強的核電池。已知衰變?yōu)榈陌胨テ诩s為29年；衰變?yōu)榈陌胨テ诩s87年?，F(xiàn)用相同數(shù)目的和各做一塊核電池，下列說法正確的是（）A.衰變?yōu)闀r產(chǎn)生α粒子B.衰變?yōu)闀r產(chǎn)生β粒子C.50年后，剩余數(shù)目大于的數(shù)目D.87年后，剩余的數(shù)目小于的數(shù)目【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變?yōu)闀r產(chǎn)生電子，即β粒子，故A錯誤；B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變?yōu)闀r產(chǎn)生，即α粒子，故B錯誤；CD．根據(jù)題意可知的半衰期大于的半衰期，現(xiàn)用相同數(shù)目的和各做一塊核電池，經(jīng)過相同的時間，經(jīng)過的半衰期的次數(shù)多，所以數(shù)目小于的數(shù)目，故D正確，C錯誤。故選D。2.如圖所示，國產(chǎn)人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，對“天工”分析有可得故選B。3.如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為。為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】木板在斜面上運動時，木板的加速度不變，設(shè)加速度為，木板從靜止釋放到下端到達A點的過程，根據(jù)運動學(xué)公式有木板從靜止釋放到上端到達A點的過程，當(dāng)木板長度為L時，有當(dāng)木板長度為時，有又，聯(lián)立解得故選A。4.檢測球形滾珠直徑是否合格的裝置如圖甲所示，將標(biāo)準(zhǔn)滾珠a與待測滾珠b、c放置在兩塊平板玻璃之間，用單色平行光垂直照射平板玻璃，形成如圖乙所示的干涉條紋。若待測滾珠與標(biāo)準(zhǔn)滾珠的直徑相等為合格，下列說法正確的是（）A.滾珠b、c均合格B.滾珠b、c均不合格C滾珠b合格，滾珠c不合格D.滾珠b不合格，滾珠c合格【答案】C【解析】【詳解】單色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面發(fā)生干涉，形成干涉條紋，光程差為兩塊玻璃距離的兩倍，根據(jù)光的干涉知識可知，同一條干涉條紋位置處光的波程差相等，即滾珠a的直徑與滾珠b的直徑相等，即滾珠b合格，不同的干涉條紋位置處光的波程差不同，則滾珠a的直徑與滾珠c的直徑不相等，即滾珠c不合格。故選C。5.“鵲橋二號”中繼星環(huán)繞月球運行，其24小時橢圓軌道的半長軸為a。已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則月球與地球質(zhì)量之比可表示為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】“鵲橋二號”中繼星在24小時橢圓軌道運行時，根據(jù)開普勒第三定律同理，對地球的同步衛(wèi)星根據(jù)開普勒第三定律又開普勒常量與中心天體的質(zhì)量成正比，所以聯(lián)立可得故選D。6.一定質(zhì)量理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過程，a→b過程是等壓過程，b→c過程中氣體與外界無熱量交換，c→a過程是等溫過程。下列說法正確的是（）A.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功B.b→c過程，氣體對外做功，內(nèi)能增加C.a→b→c過程，氣體從外界吸收熱量全部用于對外做功D.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)→b過程壓強不變，是等壓變化且體積增大，氣體對外做功W<0，由蓋-呂薩克定律可知即內(nèi)能增大，，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知過程，氣體從外界吸收的熱量一部分用于對外做功，另一部分用于增加內(nèi)能，A錯誤；B．方法一：過程中氣體與外界無熱量交換，即又由氣體體積增大可知，由熱力學(xué)第一定律可知氣體內(nèi)能減少。方法二：過程為等溫過程，所以結(jié)合分析可知所以b到c過程氣體的內(nèi)能減少。故B錯誤；C．過程為等溫過程，可知根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功，C正確；D．根據(jù)熱力學(xué)第一定律結(jié)合上述解析可知：一整個熱力學(xué)循環(huán)過程，整個過程氣體對外做功，因此熱力學(xué)第一定律可得故過程氣體從外界吸收的熱量不等于過程放出的熱量，D錯誤。故選C。7.如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=kx2（x為繩的伸長量）。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長量則此時彈性繩的彈性勢能為從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功故選B。8.如圖甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當(dāng)時，線圈的側(cè)邊開始切割磁感線，即當(dāng)線圈旋轉(zhuǎn)時開始切割磁感線，由幾何關(guān)系可知磁場區(qū)域平行于x軸的邊長變?yōu)镃正確。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速均為2m/s。t=0時刻二者在x=2m處相遇，波形圖如圖所示。關(guān)于平衡位置在x=2m處的質(zhì)點P，下列說法正確的是（）A.t=0.5s時，P偏離平衡位置的位移為0B.t=0.5s時，P偏離平衡位置的位移為C.t=1.0s時，P向y軸正方向運動D.t=1.0s時，P向y軸負(fù)方向運動【答案】BC【解析】【詳解】AB．在內(nèi)，甲、乙兩列波傳播的距離均為根據(jù)波形平移法可知，時，處甲波的波谷剛好傳到P處，處乙波的平衡位置振動剛好傳到P處，根據(jù)疊加原理可知，時，P偏離平衡位置的位移為，故A錯誤，B正確；CD．在內(nèi)，甲、乙兩列波傳播的距離均為根據(jù)波形平移法可知，時，甲波的平衡位置振動剛好傳到P處，處乙波的平衡位置振動剛好傳到P處，且此時兩列波的振動都向y軸正方向運動，根據(jù)疊加原理可知，時，P向y軸正方向運動，故C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.OB的距離l=B.OB的距離l=C.從A到C，靜電力對小滑塊做功W=﹣mgSD.AC之間的電勢差UAC=﹣【答案】AD【解析】【詳解】AB．由題意知小滑塊在B點處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向解得A正確，B錯誤；C．因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有解得故C錯誤；D．根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系可知AC之間的電勢差故D正確。故選AD。11.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】【詳解】A．由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運動過程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；C．金屬棒MN從釋放到第一次到達OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運動，故C錯誤；D．從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。12.如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是（）A.運動時間為B.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠距離為10mD.軌跡最高點與落點的高度差為45m【答案】BD【解析】【詳解】AC．將初速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，將重力加速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，垂直方向根據(jù)對稱性可得重物運動時間為重物離PQ連線的最遠距離為故AC錯誤；B．重物落地時豎直分速度大小則落地速度與水平方向夾角正切值可得故B正確；D．從拋出到最高點所用時間為則從最高點到落地所用時間為軌跡最高點與落點的高度差為故D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.在第四次“天宮課堂”中，航天員演示了動量守恒實驗。受此啟發(fā)，某同學(xué)使用如圖甲所示的裝置進行了碰撞實驗，氣墊導(dǎo)軌兩端分別安裝a、b兩個位移傳感器，a測量滑塊A與它的距離xA，b測量滑塊B與它的距離xB。部分實驗步驟如下：①測量兩個滑塊的質(zhì)量，分別為200.0g和400.0g；②接通氣源，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平；③撥動兩滑塊，使A、B均向右運動；④導(dǎo)出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制xA、xB隨時間變化的圖像，分別如圖乙、圖丙所示。回答以下問題：（1）從圖像可知兩滑塊在t=_________s時發(fā)生碰撞；（2）滑塊B碰撞前的速度大小v=_____________m/s（保留2位有效數(shù)字）；（3）通過分析，得出質(zhì)量為200.0g的滑塊是________（填“A”或“B”）。【答案】（1）1.0（2）0.20（3）B【解析】【小問1詳解】由圖像的斜率表示速度可知兩滑塊的速度在時發(fā)生突變，即這個時候發(fā)生了碰撞；【小問2詳解】根據(jù)圖像斜率的絕對值表示速度大小可知碰撞前瞬間B的速度大小為【小問3詳解】由題圖乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小約為，由題圖丙可知，碰撞后B的速度大小為，A和B碰撞過程動量守恒，則有代入數(shù)據(jù)解得所以質(zhì)量為200.0g的滑塊是B。14.某學(xué)習(xí)小組對兩種型號鉛筆芯的電阻率進行測量。實驗器材如下：學(xué)生電源（輸出電壓0~16V）滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻未知）；電流表A（量程3A，內(nèi)阻未知）；待測鉛筆芯R（X型號、Y型號）；游標(biāo)卡尺，螺旋測微器，開關(guān)S，單刀雙擲開關(guān)K，導(dǎo)線若干?；卮鹨韵聠栴}：（1）使用螺旋測微器測量鉛筆芯直徑，某次測量結(jié)果如圖甲所示，該讀數(shù)為_______mm；（2）把待測鉛筆芯接入圖乙所示電路，閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器滑片由最右端向左調(diào)節(jié)到合適位置，將單刀雙擲開關(guān)K分別擲到1、2端，觀察到電壓表示數(shù)變化比電流表示數(shù)變化更明顯，則測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到________（填“1”或“2”）端；（3）正確連接電路，得到Y(jié)型號鉛筆芯I-U圖像如圖丙所示，求得電阻RY=______Ω（保留3位有效數(shù)字）；采用同樣方法得到X型號鉛筆芯的電阻為1.70Ω；（4）使用游標(biāo)卡尺測得X、Y型號鉛筆芯的長度分別為40.68mm、60.78mm，使用螺旋測微器測得X、Y型號鉛筆芯直徑近似相等，則X型號鉛筆芯的電阻率______（填“大于”或“小于”）Y型號鉛筆芯的電阻率?！敬鸢浮浚?）2.450（2）1（3）1.91（4）大于【解析】【小問1詳解】根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為【小問2詳解】由于電壓表示數(shù)變化更明顯，說明電流表分壓較多，因此電流表應(yīng)采用外接法，即測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到1端；【小問3詳解】根據(jù)圖丙的I-U圖像，結(jié)合歐姆定律有【小問4詳解】根據(jù)電阻定律可得兩種材料的橫截面積近似相等，分別代入數(shù)據(jù)可知15.某光學(xué)組件橫截面如圖所示，半圓形玻璃磚圓心為O點，半徑為R；直角三棱鏡FG邊的延長線過O點，EG邊平行于AB邊且長度等于R，∠FEG=30°。橫截面所在平面內(nèi)，單色光線以θ角入射到EF邊發(fā)生折射，折射光線垂直EG邊射出。已知玻璃磚和三棱鏡對該單色光的折射率均為1.5。（1）求sinθ；（2）以θ角入射的單色光線，若第一次到達半圓弧AMB可以發(fā)生全反射，求光線在EF上入射點D（圖中未標(biāo)出）到E點距離的范圍。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由題意設(shè)光在三棱鏡中的折射角為，則根據(jù)折射定律有由于折射光線垂直EG邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知代入數(shù)據(jù)解得（2）根據(jù)題意作出單色光第一次到達半圓弧AMB恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖則根據(jù)幾何關(guān)系可知FE上從P點到E點以角入射的單色光線第一次到達半圓弧AMB都可以發(fā)生全反射，根據(jù)全反射臨界角公式有設(shè)P點到FG的距離為l，則根據(jù)幾何關(guān)系有又因為聯(lián)立解得所以光線在EF上的入射點D到E點的距離范圍為16.圖甲為戰(zhàn)國時期青銅汲酒器，根據(jù)其原理制作了由中空圓柱形長柄和儲液罐組成的汲液器，如圖乙所示。長柄頂部封閉，橫截面積S1=1.0cm2，長度H=100.0cm，側(cè)壁有一小孔A。儲液罐的橫截面積S2=90.0cm2，高度h=20.0cm，罐底有一小孔B。汲液時，將汲液器豎直浸入液體，液體從孔B進入，空氣由孔A排出；當(dāng)內(nèi)外液面相平時，長柄浸入液面部分的長度為x；堵住孔A，緩慢地將汲液器豎直提出液面，儲液罐內(nèi)剛好儲滿液體。已知液體密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大氣壓P=1.0×105Pa。整個過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體，忽略器壁厚度。（1）求x；（2）松開孔A，從外界進入壓強為p0、體積為V的空氣，使?jié)M儲液罐中液體緩緩流出，堵住孔A，穩(wěn)定后罐中恰好剩余一半的液體，求V。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由題意可知緩慢地將汲液器豎直提出液面過程只能夠，氣體發(fā)生等溫變化，所以有又因為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）當(dāng)外界氣體進入后，以所有氣體為研究對象有又因為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得17.如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運動學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得18.如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里