2024物理调研卷参考答案 (最终修订)

2024调研卷物理试卷参考答案12345678910CDAABDDACCDABD1．C【详解】破冰船的船头相对冰层向上滑动，滑动摩擦力沿相对运动反方向，支持力垂直于接触面，故两者合力可能沿c方向D【详解】A.当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，球体外表面感应出正电荷，空腔球体为一个等势体。中心电荷为正电荷，电势由内到外应该降低，故M点低于N点电势，故A错误。根据静电平衡可知，空腔球壳金属内部场强为零。根据电势分布可知，正电荷电势向外逐渐降低，N和P点为对称点，故电势相同，即从N到P电势能没有变化，故电场力做功应为0。选项C错误根据电势分布，从里到外电势降低，故Q点电势高于M点电势。D选项正确。A【详解】由题目可知电线2电流小于电线1电流，用安培定则可知，在铁芯中磁感线方向为顺时针，线圈磁通量增加，由楞次定律可知，感应磁场方向相反。由安培定则可得，电流方向应为N到M。A【详解】由图甲可以看出，从水中到空气，a光折射角大于b光，根据折射定律，a光偏折程度大于b光，可得a光的折射率大于b光。由图乙可看出，b光折射角小于c光，根据折射定律，b光折射程度大于c光，b光折射率大于c光折射率。由图丙可知，c光发射全反射，故c光的折射率大于d光。综上可得，na>nb>nc>ndB【详解】原子核衰变为稳定的原子核82208Pb质量数减少了24，则经过了6次ɑ衰变，中间生成新核的质量数可能为228，224，220，216，212，208，则发生β衰变的原子核数应为上述各数，根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，只有B选项符合要求。D【详解】以瓶塞为研究对象，设此时末状态瓶内压强为P1瓶塞恰好移动，根据平衡条件则有：f+P0S+mg=P1S，对瓶内气体研究，初态：压强P0，T1=T0+t1，末状态：压强P1，T2=T0+t2，由查理定律可得P0T1=P1T2,联立解得P1=P0(T0+t2）T0+t1，代入平衡条件式子中可得，摩擦力f=t2−t1T0+t1P0S−mg，故C选项正确7.D【详解】A.由题知，甲乙到中心轴距离为1:2，甲和乙的角速度相同，根据v=ω∙r，故线速度之比应为1:2，故A选项错误。根据a=ω2∙r，可知甲乙向心加速度之比为1:2，故B选项错误。由θ=ωt可知，转过的角度应为图形围成的面积，乙在t0到2t0转过的角度应为32ω0t0，甲在2t0到4t0内旋转的角度应为ω0t0乙在2t0到4t0内转过的角度θ乙=ω0t0，走过的路程即为转过的弧长，由l乙=θ∙r，可得l乙=2ω0t0r，甲0到t0时间内转过的角度θ甲=12ω0t0，则运动的路程为l甲=12ω0t0r，乙和甲的路程之比为1:4，故D选项正确。8．AC【详解】A.物体M的初速度为正方向，合力为正方向，合力所做的功为正，根据动能定理可以可知，合外力做功等于动能的变化量，即M的动能增加。A选项正确。物体N的初速度方向为正方向，合力方向为负方向，速度逐渐减小，根据I=∆P，可知动量变化为负，即冲量应为负。故B选项错误。物体P的初速度方向为负，合力方向为负，合力和初速度方向一致，即加速度和初速度方向相同，物体P做匀加速直线运动，故C选项正确。物体Q的初速度方向为负，合力方向为正，即加速度方向和初速度方向相反，物体Q沿X轴负方向运动速度逐渐减小，当减到0时，物体又反向运动，沿X轴正方向。故D选项正确。9.CD【详解】由题可知，每经过时间t，质点b与平衡位置的距离均为h，可以推断出，t应为周期的四分之一，且b位于振幅的22A处。A选项，分析可知，周期应为4t。BC选项，从振源传到质点b，并且质点b振动到振幅的22A处，且所经历时间为t，即传到质点b所用的时间应为12t，根据v=st，可以得到v=2St，根据v=λT，可以算出λ=8S,故C选项正确，B选项错误。D选项，分析得22A=ℎ，即可算出振幅A=2h，故D选项正确。10.ABD【详解】设恒星P和Q之间的距离为L，根据万有引力提供向心力，对P:GmpmQL2=mpω2rp同理对Q分析可得GmpmQL2=mQω2rQ,联立两式子可得mQmP=rPrQ，且rP>rQ,可知Q得质量应为2m，故A选项正确。B选项，由题知，连续两次P、Q与O、F共线的时间间隔为t，故运动周期为2t，根据ω=2πT,即可得角速度应为πt，故B选项正确。C选项，恒星P和Q相同时间内转过的角度相同，但是运动圆周半径不同，故扫过的面积不同，C选项错误。D选项，对恒星P分析，根据万有引力定律可得GmpmQL2=mp4π2T2rp，且mQ=2m，mP=m,可得rP：rQ=2:1,联立上述式子，即可解得两恒星之间距离L=3Gmt2π213，故D选项正确。（1）初速度（2分）（2）大于（2分）（3）答案①：能通过，通过同一标记点即竖直位移相同说明时间相同，水平位移说明水平速度相同，相同的平抛初速度对应平抛轨迹相同，故也能通过下一个标记点。答案②：不能通过，水和小球所受空气阻力不可能完全相同，轨迹并不是准确的抛物线，且水流中水之间的相互作用也会影响水流的运动，故小球不能继续通过下一个标记点。（答案言之成理即可）【解析】（1）水流出的速度与盛水桶中液面的高度有关，保持液面高度不变可以保证水流出的速度相同根据平抛运动规律，将运动分解在水平和竖直两个方向，水平方向上有x=v0t竖直方向上有y=12gt2联立可得y=g2v02x2x相同的情况下，v0越小，y越大，所以第一次初速度更大12.（1）0.060（2分）（2）5.3×10-7（2分）（3）M（2分）（4）5.1（3分）【解析】（1）d=0+6.0×0.01mm=0.060mm由，可得，带入数据可得ρ=5.3×10-7Ω·m由于待测电阻较小，小于RVRA，为减小误差应采用电流表外接法，所以P应该接MP-t图中图像与轴所围面积代表功，可得W约为5.1W·h13．(1)t2=2S2v0(2)f2=mv022S2(3)W1=mS1v022S2−12mv02【解析】(1)其他阻力为恒力，所以做匀减速直线运动，则有S2=v02·t2得t2=2S2v0(2)由v=v0−at，末速度v=0，则a=v0t2根据牛顿第二定理f2=ma联立可得f2=mv022S2(3)有阻拦索过程由动能定理可得W1−f2S1=0−12mv02得W1=mS1v022S2−12mv0214．(1)B=mv0qa(2)d=32a(3)x=3−4sinθ−3cotθa【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv02R又R=a得B=mv0qa（2）如图所示，由几何关系，，故h=(3)如图示，O2为粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心，由洛伦兹力提供向心力，有q2v0B=m(2v0)2R2得R2=2a，即O2N=2aKH=O2D=2asinθ又HQ=NHtanθ，所以HQ=3a2tanθQ到坐标原点距离为3a，所以有x=3a−2KQ=3−4sinθ−3tanθa15．(1)vD=32μgl(2)mA=mB=mC=3m(3)h=9μl；(1)对D减速运动的过程，由动能定理有−μmg·12−3l=0−12mvD2得vD=32μgl(2)C与D碰撞过程，由动量守恒定律有mCvC=mCvC'+mvD又因为弹性碰撞，有C、D系统机械能守恒，有12mCvC2=12mCvC'2+12mvD2又C与D动量相同，则mCvC'=mvD联立可得mC=3m，vC'=vD3，vC=2vD3A、B与C碰撞过程由动量守恒定律有mABvAB=mABvAB'+mCvC又因为弹性碰撞，有AB、C系统机械能守恒，有12mABvAB2=12mABvAB'2+12mCvC2又AB与C最终动量相同，则mABvAB'=mCvC'联立可得mAB=6m，vAB'=vD6，vAB=vD2A与B碰撞过程由动量守恒定律有mAvA=mAvA'+mBvBA与B碰撞过程损失50%，由能量守恒有12mAvA2∗50%=12mAvA'2+12mBvB2又因为，A与B黏在一起，则vA'=vB=vAB=vD2联立可得mA=mB=3m，vA=vD所以mA=mB=mC=3m(3)对A下滑过程由动能定理可得mAgℎ=12mAvA2−0得h=9μlA、B在完全进入O点前，摩擦力在变化，假设最终未完全经过O点，位移为x，f=，随x线性变化，取初末摩擦力的平均值求功，动能定理：，解得＜l，故假设成立，最终B右侧与C左侧的距离=