【高考真题】甘肃省2024年高考物理试题
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024·甘肃）2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素，核反应方程如下：该方程中X是（ ）
A．质子 B．中子 C．电子 D．粒子
2．（2024·甘肃）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的图像如图所示，此两站间的距离约为（ ）
A．980m B．1230m C．1430m D．1880m
3．（2024·甘肃）小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（ ）
A．用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B．测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C．从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间
D．测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
4．（2024·甘肃）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v．则导体棒ab所受的安培力为( )
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
5．（2024·甘肃）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同
6．（2024·甘肃）工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是（ ）
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
7．（2024·甘肃）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中、电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
8．（2024·甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
9．（2024·甘肃）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电荷
B．M点的电场强度比N点的小
C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
10．（2024·甘肃）如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ）
A．该材料对红光的折射率为
B．若，光线c消失
C．若入射光a变为白光，光线b为白光
D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2024·甘肃）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）以下操作正确的是____（单选，填正确答案标号）。
A．使小车质量远小于槽码质量
B．调整垫块位置以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后立即打开打点计时器
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是____（单选，填正确答案标号）。
A．
B．
C．
D．
（3）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 （填“正比”或“反比”）；甲组所用的 （填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。
12．（2024·甘肃）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5V，内阻约为）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
（1）考虑电流表内阻影响
①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻 （保留2位有效数字）。
②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和表示．则干电池电动势 （用I、r和表示）．
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的图像。则待测干电池电动势 V（保留3位有效数字）、内阻 （保留1位小数）。
（2）考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是____（单选，填正确答案标号）。
A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误
C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数
13．（2024·甘肃）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
14．（2024·甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60℃。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
15．（2024·甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示．
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】 根据质量数守恒和电荷数守恒，有：X的质量数为：（106+58-160）÷4=1，电荷数为：（48+28-76）÷4=0，故X是中子 ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】 本题根据质量数守恒和电荷数守恒分析求解
2．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得
故选C。
【分析】根据v-t图像与时间轴围成的面积等于位移的大小解答。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】在天宫实验室内，物体处于完全失重状态，重力提供了物体绕地球匀速圆周运动的向心力，故ABC中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度。由重力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力得
整理得轨道重力加速度为
故通过测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径可行，D正确。
故选D。
【分析】离地表一定高度的天宫实验室在绕地球做匀速圆周运动，天宫实验室以及其内的物体均处于完全失重状态。据此解答ABC选项；根据万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力分析D选项。
4．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。由右手定则判断回路中的电流方向，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力的方向。
5．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由单摆的振动图像可知振动周期为，
由单摆的周期公式得摆长为
x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。
综上所述，可知C正确，
故选C。
【分析】 由单摆的振动图像直接读出周期，根据单摆周期公式求解摆长。起始时处于位移最大处，此刻速度最小。根据x-t图像的斜率表示速度分析A、B点的速度关系和A、C点的速度关系。
6．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】 AB.工业上利用感应电炉冶炼合金，当线圈中通有交变电流时，穿过金属中的磁通量的大小和方向发生周期性变化，因此金属中产生的感应电流的大小和发生也发生周期性变化，因此金属中产生交变感应电流，故A错误，B正确；
CD.涡流的大小主要由磁场变化的快慢、导体的横截面积、导体材料的电阻率决定；根据法拉第电磁感应定律 可知，增加线圈的匝数，金属中感应电流增大，故CD错误。
故选：B。
【分析】 AB.线圈中通过周期性变化的交变电流时，穿过金属中的磁通量的大小和方向发生周期性变化，据此分析作答；
CD.根据法拉第电磁感应定律分析线圈中感应电动势的变化，再分析金属中涡电流的变化。
7．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 AB、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点。电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即充电电流减小，故AB错误；
CD、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点。电容器所带电量Q逐渐减小，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻R的电压等于电容器电压，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即放电电流减小，故D错误，C正确。
故选：C。
【分析】充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻R的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻R的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻R的电压等于电容器电压。
8．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，根据动能表达式可知动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】 本题根据小车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，结合动能的表达式以及动量守恒的条件分析求解。
9．【答案】B,C,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】 A.根据带电粒子做曲线运动的条件，电场力的方向应指向凹侧，以M点为例，电场力指向左下方向，结合等势线得粒子带正电荷，故A错误；
B.等势线越密的地方场强越大，根据图像N点的等势线比M点的密，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；
C.电场力做负功电势能增大，电势能减小，当电势能最大时，动能最小，故当带电粒子在电势最大的点，动能最小，故C正确；
D.根据电势φM＞φN，该粒子为正电荷，故φMq＞φNq，即电势能EpM＞EpN，故D正确。
故选：BCD
【分析】 本题根据物体做曲线运动的条件结合等势线的分布，电场力做功和电势能的关系，以及Ep=φq分析求解。
10．【答案】A,B,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为，故折射率为
故A正确；
B．设临界角为C，得
故，故若，会发生全反射，光线c消失，故B正确；
C．由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；
D．对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。
故选ABC。
【分析】 A.根据反射定律和折射定律求解折射率；
B.根据临界角公式求解临界角，然后根据全反射的条件分析作答；
C.根据反射定律分析光线的反射角，再分析反射光线是否会发生色散，然后作答；
D.紫光与红光的折射率不同，根据折射定律和反射定律分析作答。
11．【答案】（1）B
（2）D
（3）反比；槽码
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可知
联立可得小车加速度表达式为
故选D。
（3）根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
故答案为：（1）B；（2）D；（3）反比；槽码
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）将四个选项对应的加速度算式，进行整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）根据 图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
12．【答案】（1）1.0；I(r+RA)；1.40；1.0
（2）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图2可知，电压表读数为
电流表读数为
根据欧姆定律可得电流表内阻为
由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为
根据变形为
根据图像可知，纵截距
斜率的绝对值
所以待测干电池电动势为
电源内阻为
（2）由于将电压表串联接在电路中，电压表内阻很大，电路中电流太小，故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。
故选D。
故答案为：（1）①1.0；②I（r+RA）；③1.40；1.0；（2）D
【分析】（1）①由图2读出电压表和电流表的读数，根据欧姆定律求解电流表的内阻。
②根据闭合电路欧姆定律，结合U-I图像斜率与纵截距求解。
（2）根据电路联接结构，分析滑动变阻器的接法是否有错误，电压表和电流表的示数是否有可能超过量程，根据电压表内阻较大方向电路中的电流情况。确定无法完成实验的原因。
13．【答案】（1）解： 由题意可知将B中气体抽出一半后，隔板向右移动了 ，A的体积变为原来的 （即体积为） ，对A中气体由玻意耳定律得：
解得
以B中一半的气体为研究对象，由玻意耳定律得：
解得
（2）解： 末状态弹簧的压缩量为 ，对隔板由受力平衡的条件可得：
解得：
【知识点】胡克定律；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）由题意确定末状态A的体积，对A中气体，根据玻意耳定律求解其末态压强。以B中一半的气体为研究对象，根据玻意耳定律求解其末态压强。
（2）确定末状态弹簧的形变量，对隔板由受力平衡的条件求解弹簧的劲度系数。
14．【答案】（1）解： 细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：
解得：v0=4m/s
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
解得：T=40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）解： A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0=4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0=mCvC
解得碰后C的速度大小为：vC=4m/s
（3）解： A、C碰后，C相对B滑行Δx=4m后与B共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC=（mC+mB）v
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ=0.15
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
15．【答案】（1）解： 根据粒子在偏转分离器Ⅲ中做逆时针匀速圆周运动，可知由O点进入分离器时受到的洛伦兹力方向由O指向P，由左手定则判断可知粒子带正电。
设粒子在速度选择器Ⅱ中做直线运动的速度大小为v，其受力平衡做匀速直线运动，则有：
qE1=qvB1
解得：
对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，根据动能定理得：
解得粒子的比荷为：
（2）解： 设粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R，O点到P点的距离为L，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
粒子在偏转分离器Ⅲ中运动轨迹为圆周 ，由几何关系可得：
（3）解： 应用配速法，如下图所示，在O点将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有v=v1-v2
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即qB1v1=qE2，可得：
粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点时的速度大小为v'，则有：
v'=v1+v2=v1+v1-v=2v1-v=
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在偏转分离器Ⅲ中受到的洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子带电性质。粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动，由受力平衡的条件求得速度，对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，应用动能定理求解粒子的比荷。
（2）粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得运动半径，根据几何关系求解O点到P点的距离。
（3）应用配速法，将粒子的运动分解匀速圆周运动和匀速直线运动，应用运动的合成与分解解答。
【高考真题】甘肃省2024年高考物理试题
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024·甘肃）2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素，核反应方程如下：该方程中X是（ ）
A．质子 B．中子 C．电子 D．粒子
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】 根据质量数守恒和电荷数守恒，有：X的质量数为：（106+58-160）÷4=1，电荷数为：（48+28-76）÷4=0，故X是中子 ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】 本题根据质量数守恒和电荷数守恒分析求解
2．（2024·甘肃）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的图像如图所示，此两站间的距离约为（ ）
A．980m B．1230m C．1430m D．1880m
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得
故选C。
【分析】根据v-t图像与时间轴围成的面积等于位移的大小解答。
3．（2024·甘肃）小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（ ）
A．用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B．测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C．从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间
D．测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】在天宫实验室内，物体处于完全失重状态，重力提供了物体绕地球匀速圆周运动的向心力，故ABC中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度。由重力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力得
整理得轨道重力加速度为
故通过测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径可行，D正确。
故选D。
【分析】离地表一定高度的天宫实验室在绕地球做匀速圆周运动，天宫实验室以及其内的物体均处于完全失重状态。据此解答ABC选项；根据万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力分析D选项。
4．（2024·甘肃）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v．则导体棒ab所受的安培力为( )
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。由右手定则判断回路中的电流方向，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力的方向。
5．（2024·甘肃）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由单摆的振动图像可知振动周期为，
由单摆的周期公式得摆长为
x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。
综上所述，可知C正确，
故选C。
【分析】 由单摆的振动图像直接读出周期，根据单摆周期公式求解摆长。起始时处于位移最大处，此刻速度最小。根据x-t图像的斜率表示速度分析A、B点的速度关系和A、C点的速度关系。
6．（2024·甘肃）工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是（ ）
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】 AB.工业上利用感应电炉冶炼合金，当线圈中通有交变电流时，穿过金属中的磁通量的大小和方向发生周期性变化，因此金属中产生的感应电流的大小和发生也发生周期性变化，因此金属中产生交变感应电流，故A错误，B正确；
CD.涡流的大小主要由磁场变化的快慢、导体的横截面积、导体材料的电阻率决定；根据法拉第电磁感应定律 可知，增加线圈的匝数，金属中感应电流增大，故CD错误。
故选：B。
【分析】 AB.线圈中通过周期性变化的交变电流时，穿过金属中的磁通量的大小和方向发生周期性变化，据此分析作答；
CD.根据法拉第电磁感应定律分析线圈中感应电动势的变化，再分析金属中涡电流的变化。
7．（2024·甘肃）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中、电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 AB、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点。电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即充电电流减小，故AB错误；
CD、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点。电容器所带电量Q逐渐减小，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻R的电压等于电容器电压，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即放电电流减小，故D错误，C正确。
故选：C。
【分析】充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻R的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻R的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻R的电压等于电容器电压。
8．（2024·甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，根据动能表达式可知动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】 本题根据小车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，结合动能的表达式以及动量守恒的条件分析求解。
9．（2024·甘肃）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电荷
B．M点的电场强度比N点的小
C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】B,C,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】 A.根据带电粒子做曲线运动的条件，电场力的方向应指向凹侧，以M点为例，电场力指向左下方向，结合等势线得粒子带正电荷，故A错误；
B.等势线越密的地方场强越大，根据图像N点的等势线比M点的密，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；
C.电场力做负功电势能增大，电势能减小，当电势能最大时，动能最小，故当带电粒子在电势最大的点，动能最小，故C正确；
D.根据电势φM＞φN，该粒子为正电荷，故φMq＞φNq，即电势能EpM＞EpN，故D正确。
故选：BCD
【分析】 本题根据物体做曲线运动的条件结合等势线的分布，电场力做功和电势能的关系，以及Ep=φq分析求解。
10．（2024·甘肃）如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ）
A．该材料对红光的折射率为
B．若，光线c消失
C．若入射光a变为白光，光线b为白光
D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
【答案】A,B,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为，故折射率为
故A正确；
B．设临界角为C，得
故，故若，会发生全反射，光线c消失，故B正确；
C．由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；
D．对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。
故选ABC。
【分析】 A.根据反射定律和折射定律求解折射率；
B.根据临界角公式求解临界角，然后根据全反射的条件分析作答；
C.根据反射定律分析光线的反射角，再分析反射光线是否会发生色散，然后作答；
D.紫光与红光的折射率不同，根据折射定律和反射定律分析作答。
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2024·甘肃）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
（1）以下操作正确的是____（单选，填正确答案标号）。
A．使小车质量远小于槽码质量
B．调整垫块位置以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后立即打开打点计时器
（2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是____（单选，填正确答案标号）。
A．
B．
C．
D．
（3）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 （填“正比”或“反比”）；甲组所用的 （填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。
【答案】（1）B
（2）D
（3）反比；槽码
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可知
联立可得小车加速度表达式为
故选D。
（3）根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
故答案为：（1）B；（2）D；（3）反比；槽码
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）将四个选项对应的加速度算式，进行整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）根据 图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
12．（2024·甘肃）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5V，内阻约为）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
（1）考虑电流表内阻影响
①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻 （保留2位有效数字）。
②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和表示．则干电池电动势 （用I、r和表示）．
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的图像。则待测干电池电动势 V（保留3位有效数字）、内阻 （保留1位小数）。
（2）考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是____（单选，填正确答案标号）。
A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误
C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数
【答案】（1）1.0；I(r+RA)；1.40；1.0
（2）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图2可知，电压表读数为
电流表读数为
根据欧姆定律可得电流表内阻为
由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为
根据变形为
根据图像可知，纵截距
斜率的绝对值
所以待测干电池电动势为
电源内阻为
（2）由于将电压表串联接在电路中，电压表内阻很大，电路中电流太小，故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。
故选D。
故答案为：（1）①1.0；②I（r+RA）；③1.40；1.0；（2）D
【分析】（1）①由图2读出电压表和电流表的读数，根据欧姆定律求解电流表的内阻。
②根据闭合电路欧姆定律，结合U-I图像斜率与纵截距求解。
（2）根据电路联接结构，分析滑动变阻器的接法是否有错误，电压表和电流表的示数是否有可能超过量程，根据电压表内阻较大方向电路中的电流情况。确定无法完成实验的原因。
13．（2024·甘肃）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）解： 由题意可知将B中气体抽出一半后，隔板向右移动了 ，A的体积变为原来的 （即体积为） ，对A中气体由玻意耳定律得：
解得
以B中一半的气体为研究对象，由玻意耳定律得：
解得
（2）解： 末状态弹簧的压缩量为 ，对隔板由受力平衡的条件可得：
解得：
【知识点】胡克定律；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）由题意确定末状态A的体积，对A中气体，根据玻意耳定律求解其末态压强。以B中一半的气体为研究对象，根据玻意耳定律求解其末态压强。
（2）确定末状态弹簧的形变量，对隔板由受力平衡的条件求解弹簧的劲度系数。
14．（2024·甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60℃。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】（1）解： 细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：
解得：v0=4m/s
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
解得：T=40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）解： A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0=4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0=mCvC
解得碰后C的速度大小为：vC=4m/s
（3）解： A、C碰后，C相对B滑行Δx=4m后与B共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC=（mC+mB）v
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ=0.15
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
15．（2024·甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示．
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
【答案】（1）解： 根据粒子在偏转分离器Ⅲ中做逆时针匀速圆周运动，可知由O点进入分离器时受到的洛伦兹力方向由O指向P，由左手定则判断可知粒子带正电。
设粒子在速度选择器Ⅱ中做直线运动的速度大小为v，其受力平衡做匀速直线运动，则有：
qE1=qvB1
解得：
对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，根据动能定理得：
解得粒子的比荷为：
（2）解： 设粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R，O点到P点的距离为L，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
粒子在偏转分离器Ⅲ中运动轨迹为圆周 ，由几何关系可得：
（3）解： 应用配速法，如下图所示，在O点将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有v=v1-v2
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即qB1v1=qE2，可得：
粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点时的速度大小为v'，则有：
v'=v1+v2=v1+v1-v=2v1-v=
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在偏转分离器Ⅲ中受到的洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子带电性质。粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动，由受力平衡的条件求得速度，对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，应用动能定理求解粒子的比荷。
（2）粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得运动半径，根据几何关系求解O点到P点的距离。
（3）应用配速法，将粒子的运动分解匀速圆周运动和匀速直线运动，应用运动的合成与分解解答。
