2024年普通高等学校招生全国统一考试。
物理(新课标ⅰ卷)
14. d 解析：一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，保持电容器两端电势差u不变，由c＝，k为静电力常量，可知若将云母介质移出，即ε减小，电容器电容c减小，由c＝可知，极板上的电荷量q变小，又由e＝，可知u、d不变，极板间的电场强度e不变，故abc错误，d正确．
15. d 解析：带电粒子在电场中加速运动由动能定理可知qu＝mv2，在磁场中由牛顿第二定律可知qvb＝，解得m＝，由于q、u、r相同，所以此离子和质子的质量比约为(12)2＝144，故d正确，a、b、c错误．
16. b 解析：由原、副线圈中的电压与匝数关系＝k及电流与匝数关系＝k可知当开关s断开时，电流表的示数为i，即＝k，当开关s闭合时，电流表的示数为4i，即＝k；联立解得k＝3，故b正确，a、c、d错误．
17. b 解析：设目前地球同步卫星的轨道半径为r1＝6.
6r，周期为t1，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，地球自转周期的最小值为t2，对应同步卫星的半径为r2，由几何关系可知每颗同步卫星与地球相切对应圆心角为120°，如图所示，则cos 60°＝，解得r2＝2r，由开普勒第三定律＝可知t2＝t1＝24×＝4 h，故b正确，a、c、d错误．
18. bc 解析：由于质点初速度的方向与恒力的方向关系不确定，所以质点速度的方向可能与该恒力的方向相同，故a错误；由于质点受到的是恒力，所以不可能做匀速圆周运动，即质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故b正确；由牛顿第二定律f＝ma可知质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故c正确；由加速度概念a＝可知质点单位时间内速度的变化量总是不变，速率的变化量可能变化，故d错误．
19. bd 解析：由于a、b保持静止，对a受力分析可知：
t＝mag，连接a和b的绳的张力t不变，所以绳oo′的张力不变，故a、c错误；对b受力分析，设细绳与水平面的夹角为θ，f与水平面夹角为θ1，由平衡条件可知tsin θ＋fsin θ1＋n＝mbg，tcos θ＝fcos θ1＋f，由于f方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，所以物块b所受到的支持力n及物块b与桌面间的摩擦力f也在一定范围内变化，故b、d正确．
20. ab 解析：由轨迹和力的关系可知，带负电荷的油滴受到竖直向上的电场力，所以匀强电场方向竖直向下，沿着电场线方向电势是降低的，即q点的电势比p点高，故a正确；由动能定理可知油滴从p点到q点电场力做正功，动能增大，电势能减小，故b正确，c错误；由qe－mg＝ma，可知匀强电场e不变，所以加速度不变，故d错误．
21. bd 解析：由vt图象可知与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车在t＝3 s时并排行驶，由对称性可知在t＝1 s时，甲车与乙车相遇，故a、c错误；两车在t＝3 s时运动位移分别为s甲＝×3＝45 m，s乙＝×3 m＝52.
5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前52.5 m－45 m＝7.5 m，故b正确；甲、乙两车在t＝1 s和3 s并排行驶之间的距离为s＝×2＝40 m，故d正确．
22. (1) 或 (2) 40
解析：(1) 若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：由中间时刻的速度等于平均速度可知，在打点计时器打出b点时，重物下落的速度大小为＝.
打出c点时重物下落的速度大小为＝.由s3－s1＝2at2，可知重物下落的加速度的大小为a＝或由逐差法：s2－s1＝at2，s3－s1＝2at2，可知重物下落的加速度的大小为a＝.
(2) 已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.
10 cm；当重力加速度大小为9.80 m/s，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%，由牛顿第二定律mg－0.01mg＝ma，代入数据解得f＝40 hz.
23. (1) 连线如图所示 (2) r2 (3) ①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 ma，报警器可能损坏 ② c 报警器开始报警。
解析：(1) 电路图连线见答案图．(2) r＝＝ω1 800 ω，所以在电路中应选用滑动变阻器r2.(3) ①由该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60 ℃时阻值为650.
0 ω可知电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为650.0 ω；由于滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变阻器的滑片应置于b端附近，不能置于另一端的原因是接通电源后，流过报警器的电流超过20 ma，报警器可能损坏；②将开关向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警．
24. (1) mg(sin θ－3μcos θ)2) (sin θ－3μcos θ)
解析：(1) 设导线的张力的大小为t，右斜面对ab棒的支持力的大小为n1，作用在ab棒上的安培力的大小为f，左斜面对cd棒的支持力大小为n2.对于ab棒，由力的平衡条件得。
2mgsin θ＝n1＋t＋f，①
n1＝2mgcos θ.
对于cd棒，同理有。
mgsin θ＋n2＝t，③
n2＝mgcos θ.
联立①②③式得f＝mg(sin θ－3μcos θ)
2) 由安培力公式得f＝bil.⑥
这里i是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为。
＝blv.⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得i＝.⑧
联立⑤⑥⑦式得v＝(sin θ－3μcos θ)
25. (1) 2 (2) mgr (3) m
解析：(1) 根据题意知，b、c之间的距离l为。
l＝7r－2r＝5r.①
设p到达b点时的速度为vb，由动能定理得。
mglsin θ－mglcos θ＝mv2b.②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vb＝2.③
2) 设be＝到达e点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为由b点运动到e点的过程中，由动能定理有。
mgxsin θ－mgxcos θ－ep＝0－mv2b.④
e、f之间的距离为l1＝4r－2r＋x.⑤
p到达e点后**，从e点运动到f点的过程中，由动能定理有。
ep－mgl1sin θ－mgl1cos θ＝0.⑥
联立③④⑤式并由题给条件得x＝r，⑦ ep＝mgr.⑧
3) 设改变后p的质量为点与g点的水平距离x1和竖直距离y1分别为。
x1＝r－rsin θ，
y1＝r＋r＋rcos θ.
式中，已应用了过c点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设p在d点的速度为vd，由d点运动到g点的时间为t.由平抛运动公式有。
y1＝gt2，x1＝vdt.
联立⑨⑩式得vd＝.
设p在c点速度的大小为vc.在p由c运动到d的过程中机械能守恒，有m1v2c＝m1v2d＋m1g.
p由e点运动到c点的过程中，同理，由动能定理有。
ep－m1g(x＋5r)sin θ－m1g(x＋5r)cos θ＝m1v2c.
联立⑦⑧式得m1＝m.
33. (1) bde (2) (i) 28 pa (ii) 1.3
解析：(1) 由热力学第一定律δu＝q＋w可知气体吸热后温度可能降低，故a错误；对气体做功可以改变其内能，故b正确；理想气体等压膨胀过程由＝c可知，温度升高，内能增大，由热力学第一定律δu＝q＋w可知必须吸收热量，故c错误；由热力学第二定律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故d正确；由热力学第二定律可知如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故e正确．
2) (i) 当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为δp1，则δp1＝.①
代入题给数据得δp1＝28 pa.②
ii) 设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为v1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为δp2，其体积为v2，半径为r2.
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有。
p1v1＝p2v2.③
由力学平衡条件有。
p1＝p0＋ρgh＋δp1，④
p2＝p0＋δp2.⑤
气泡体积v1和v2分别为。
v1＝πr31，⑥
v2＝πr32.⑦
联立③④⑤式得＝.⑧
由②式知，δpip0(i＝1，2)，故可略去⑧式中的δpi项．代入题给数据得＝≈1.3.⑨
34. (1) ace (2) (i) 2.6 m (ii) 0.7 m
解析：(1) 由机械波概念可知水面波是一种机械波，故a正确；该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s，可知波的周期为t＝s＝s，所以频率为0.6 hz，故b错误；波长λ＝vt＝1.
8×m＝3 m，故c正确；水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移，故d错误，e正确．
2) (i) 如图，设到达池边的光线的入射角为i.依题意，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90°.由折射定律有nsin i＝sin θ.
由几何关系有sin i＝.②
式中，l＝3 m，h是池内水的深度．
联立①②式并代入题给数据得。
h＝m≈2.6 m．③
ii) 设此时救生员的眼睛到池边的距离为x.依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45°.由折射定律有nsin i′＝sin θ′
式中，i′是光线在水面的入射角．设池底点光滑a到水面入射点的水平距离为a.由几何关系有。
sin i′＝，
x＋l＝a＋h′.⑥
式中h′＝2 m．联立③④⑤式得。
x＝m≈0.7 m．⑦
35. (1) ace (2) (i) ρv0s (ii)－
解析：(1) 保持入射光的频率不变，饱和光电流与入射光强度成正比，与入射光的频率无关，故a正确，b错误；由爱因斯坦光电效应方程ek＝hν－w0可知入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故c正确；保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，可能不发生光电效应，所以可能没有光电流产生，故d错误；由动能定理可知eu＝mv2m＝hν－w0可知遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，故e正确．
2) (i) 设δt时间内，从喷口喷出的体积为δv，质量为δm，则。
m＝ρδv，①
v＝v0sδt，②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0s.③
ii) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于δt时间内喷出的水，由能量守恒得(δm)v2＋(δm)gh＝(δm)v20.④
在h高度处，δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为δp＝(δm)v.⑤
设水对玩具的作用力的大小为f，根据动量定理有fδt＝δp.⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得f＝mg.⑦
联立③④⑤式得h＝－.
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