物理
2024.05
注意事项：
1，本试卷共6 页，满分为 100 分，考试时间 75 分钟．
2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写
在答题卡的规定位置．
3，作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须
用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
4．如需作图，必须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：共 10 题，每题4 分，共 40 分，每题只有一个选项最符合题意．
11 11
1．在医疗诊断中，常用半衰期为 20min 的 6 C 作为示踪原子．获得 6 C 的核反应方程为：
14 1 11 11 11 11
7N+ 1 H 6 C + X, 6 C 的衰变方程为： 6CBY 6 + ，则（ ）
11
A． Y 为中子B． 6 C 衰变放出a 射线
11
C． X 比 Y 电离作用强D．经 40min ， 6 C 会全部发生衰变
2．用一束红色激光照射单缝，光屏上出现的现象如图所示，下列操作可使中央亮条纹变宽的是（ ）
A．增大激光束的宽度B．减小单缝的宽度
C．减小屏到单缝的距离D．改用绿色激光照射
3．分子势能随分子间距离变化的图像如图所示．分子间距为 x1 时，分子力大小为 F1 ，分子间距为 x2 时，
分子力为 F2 ，则（ ）
A． FF1>2 B． FF1< 2
C． F1 与 F2 均为引力D． F1 与 F2 均为斥力
4．一束单色光从玻璃射向空气时，光路图如图所示，两条虚线分别表示分界面和法线，a >b ，则该玻璃
的折射率为（ ）
cos b sina cosa sin b
A． B． C． D．
cosa sin b cos b sina
5．在“观察电容器充放电实验”中，实验电路如图所示，其中电源为2 节干电池，调节电阻箱阻值为
1 104 W ，电流表应选择（ ）
A．B．
C．D．
6．风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法．如图所示，将小球从 O 点以某一速度 v0 竖直向上抛出，经
过一段时间，小球运动到 O 点右侧的 B 点， A 点是最高点，风对小球的作用力水平向右，大小恒定．则小
球速度最小时位于（ ）
A． O 点B． A 点
C．轨迹 OA 之间的某一点D．轨迹 AB 之间的某一点
7．“嫦娥六号”的主要任务是到月球背面采样，并携带月球样品返回地球．假设“嫦娥六号”从轨道变
轨到轨道，轨道、为圆形轨道，轨道为椭圆轨道．则（ ）
A．在变轨过程中，应在A 点减速、B 点加速
B．在轨道上从A到B 的过程中，机械能减小
C．在轨道上A 点的速度大于轨道上B 点的速度
D．在轨道上B 点的加速度等于轨道上B 点的加速度
8．如图所示为某种光伏电池的原理图，导电球壳为阳极A，球形感光材料为阴极K．现用光子动量为p的
光照射K极，K 极能发射出最大初动能为 Ek 的光电子．已知电子电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h，
忽略光电子间的相互作用．则（ ）
E
A．阳极A 比阴极K 电势高B．AK 间的最大电压为 k
e
p
C．入射光的波长为 D．阴极感光材料的逸出功为 E- cp
h k
9．雷雨天在避雷针附近产生电场，其等势面的分布如图中虚线所示，在避雷针正上方沿水平方向建立坐标
轴 Ox，轴上各点电势分布如图所示，b 为图线最高点，则（ ）
A．b 点场强为零B．b 点场强竖直向上
C．a、c 两点场强相同D．b 点距离避雷针比c 点更远
10．如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球a 和小球b，小球a 固定在可绕O 轴自由转动的轻质细杆的端
点．整个装置平衡时，杆和绳与竖直方向的夹角均为 30，不计一切摩擦，细绳足够长．将杆从水平位置
由静止释放，杆向下转动 60的过程中（ ）
A．小球b 的机械能先增大后减小
B．图示位置时，小球a 和小球b 的速度之比为 3 : 2
C．图示位置时，小球a 和小球b 的重力功率之比为1：1
D．小球a 和小球b 的动能之和先增大后减小
二、非选择题：共5 题，共 60 分．其中第 12题~第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方
程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出
数值和单位．
11．（15 分）小明利用如图甲所示的碰撞实验器研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，从而验
证动量守恒定律．
（1）为完成此实验，以下提供的测量工具中，多余的是______．
A．刻度尺B．天平C．秒表
（2）用螺旋测微器测量小球直径D，测量结果如图乙所示，D=______mm．
（3）下列说法中正确的是（ ）
A．入射小球A 的质量应小于被碰小球B 的质量
B．需要测量轨道末端到地面的高度
C．入射小球每次必须从同一位置静止释放
D．轨道末端可以不水平
（4）图甲中，点O 是小球抛出点在水平地面上的竖直投影，实验时，先让质量为 mA 小球A 多次从斜轨上
S 处静止释放，找到其平均落点P，再把质量为 mB 的小球B 静置于轨道末端，接着使小球A从S 处静止释
放，在水平段末端与小球B 相碰，多次实验，找到小球A、B 的平均落点M、N，测得距离OP、OM、ON，
验证两球相碰前后动量守恒的表达式为______．（用题中物理量符号表示）
（5）小明经过多次实验，在操作正确的情况下，发现系统碰后的总动量总是大于碰前的总动量，其原因可
能有______．
A．碰撞后小球B 受到向右的摩擦力B．碰撞后轨道给小球B 向右的冲量
C．碰撞后小球A 受到向左的摩擦力D．碰撞后轨道给小球A 向左的冲量
12．（8 分）如图甲所示，气缸内用轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，气体从状态 A 经等压过程到状态
B ，气体体积随温度变化的图像如图乙所示，已知气体内能变化量为 DU ，外界大气压强为 p0 ，不计活塞
与气缸间的摩擦．求：
（1）气体在状态 B 时的体积VB ；
（2）气体从外界吸收的热量 Q ．
13．（8 分）如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平的左臂为挂盘，右臂挂矩形线圈，天
平平衡．线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场区域宽度 L = 0.4m ，磁感应强度 B 随时间均匀增
DB
大，其变化率 =1 10-3 T / s ．线圈下部处在与纸面垂直的匀强磁场中，挂盘中放质量为 m = 0.08kg 的
Dt
砝码时，天平再次平衡．已知线圈的水平边长 d = 0.2m ，匝数 N =1000 匝，总电阻 R =1 W ，重力加速度
g =10m / s2 ．求：
（1）线圈中感应电流的大小 I ；
（2）未知磁场的磁感应强度大小 B0 和方向．
14．（14 分）如图所示，质量分别为2m 和 m 的物块 A 和 B 叠放在水平面上， A 物块的长度为 L ， B 物块
足够长且被锁定在地面上， B 物块上 O 点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙， A 和 O 点右侧表面、 B 和地
面之间的动摩擦因数分别为 2m 和 m ，现 A 立即获得水平向右的速度 v0 ，当 A 的左端刚好经过 O 点时，解
除 B 的锁定，重力加速度为 g ．求：
（1）解除锁定时， B 的加速度大小 aB ；
（2）解除锁定时， A 的速度大小 v1 ；
（3）解除锁定后， B 的位移大小 xB ．
15．（15 分）如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B ，质量为 m 、电荷量为 e 的电
子以垂直于磁场方向的速度 v 射入，运动过程中受到空气的阻力 f= kv ， k 为已知常量．
v
（1）电子速度从 v 减小为 过程中空气阻力所做的功W ；
2
v
（2）电子速度从 v 减小为 过程中通过的路程 s ；
2
（3）要使电子保持速度大小为 v ，角速度为w 做匀速圆周运动，可在空间加一个方向始终与磁场方向垂直
的匀强电场并使之旋转，不考虑电磁波的影响，求电场的场强大小 E ．
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参考答案与评分建议
一、单项选择题：共 10 题，每题4 分，共 40 分．每题只有一个选项最符合题意．
1．C 2．B 3．A 4．A 5．D 6．C 7．D 8．B 9．B 10．C
二、非选择题：共5 题，共 60 分．其中第 12题~第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方
程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出
数值和单位．
11．（15 分）
（1）C（3 分）
（2）17.805（3 分）
（3）C（3 分）
（4） mAAB OP= m OM + m ON （3 分）
（5）CD（3 分）
12．（8 分）解析：
VV
（1）由题意可得 AB= （2 分）
TTAB
4
解得：VV= （2 分）
B 3 0
（2）在从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体压强不变，外界对气体做功为
1
W= - p V - V = - p V （2 分）
B A3 0 0
根据热力学第一定律可得 DUWQ = +
1
解得： Q= D U + p V （2 分）
3 0 0
13．（8 分）
Dj
（1）由电磁感应定律得 EN= （1 分）
Dt
DB
E= N Ld （1 分）
Dt
E
由欧姆定律得 I = （1 分）
R
代入数据得 I =8 10-3 A （1 分）
（2）线圈受到安培力 F= NB0 Id （1 分）
天平平衡 mg= F （1 分）
代入数据可得 B0 = 0.5T （1 分）
方向：垂直线圈平面向里 （1 分）
14．（14 分）解析：
（1）根据牛顿第二定律，得 4mmg- 3 m mg = maB （2 分）
解得 aB = m g （1 分）
（2）因为滑动摩擦力与位移是线性关系，所以Wf = - fL = -2m mgL （2 分）
1 1
根据动能定理，得W= 2 mv2 - 2 mv 2 （2 分）
f 21 2 0
2
解得 v1= v 0 - 2m gL （1 分）
（3）因为 aA = 2m g 向左， aB = m g 向右
设经过 t 时间两者达到共速，有 v1 - aAB t = a t
v2 - 2m gL
解得 t = 0
3mg
1v2 1
B 匀加速的位移 x= a t2 =0 - L （1 分）
1 2B 18mg 9
共速后两者相对静止向前匀减速， aB = m g 向左
v2 1
根据对称性， B 匀减速的位移 x= x =0 - L （1 分）
2 1 18mg 9
v2 2
所以 B 的位移 x= x + x =0 - L （1 分）
B 1 2 9mg 9
15．（15 分）
2
1v 1
（ ）由动能定理得： 2 （ 分）
1 Wf = m - mv 2
2 2 2
3
解得：W= - mv2 （1 分）
f 8
（2）沿电子运动轨迹的切线方向， kv= ma （1 分）
kvD t = ma D t （2 分）
v mv
ks= m v - 解得电子通过的路程为 s = （1 分）
2 2k
其它解法结果正确，同样给分
（3）电场旋转的角速度大小为w 。（2 分）
情况1：电场力与空气阻力平衡，洛伦兹力提供向心力
eE= kv
evB= mw v
kv eB
解得： E = ，此时w = （2 分）
e m
eB
情况2： w >，电子受力如图，设电场力与洛伦兹力方向夹角为q q<90
m
沿圆周切线方向： eEsinq = kv
沿圆周半径方向： eEcosq+ evB = m w v
v
解得： E= k2 +() mw - eB 2 （2 分）
e
eB
情况3： w >，电子受力如图，设电场力与洛伦兹力反方向夹角为a a<90
m
沿圆周切线方向： eEsina = kv
沿圆周半径方向： evB- eEcosa = m w v
v
解得： E= k2 +() eB - mw 2
e
v
综上分析可知 E= k2 +() eB - mw 2 （2 分）
e