1/2北京市2024年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)性考試物理第一部分本部分共14小題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.（2024·北京高考1題）已知釷234的半衰期是24天，則1g釷234經(jīng)過48天后，剩余釷234的質(zhì)量為（）A.0g B.0.25gC.0.5g D.0.75g解析：B48天為2個(gè)半衰期，則釷234經(jīng)過48天后剩余質(zhì)量為m＝m012tΤ＝1×122g＝0.25g，B正確，A2.（2024·北京高考2題）一輛汽車以10m/s的速度勻速行駛，制動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s停止，汽車的制動(dòng)距離為（）A.5m B.10mC.20m D.30m解析：B汽車制動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至速度減為0的過程，其平均速度v＝v0+02＝5m/s，則汽車的制動(dòng)距離為x＝vt＝5×2m＝10m，B正確，A、C3.（2024·北京高考3題）一個(gè)氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，且氣體分子個(gè)數(shù)不變，外界大氣壓不變。在上浮過程中氣泡內(nèi)氣體（）A.內(nèi)能變大 B.壓強(qiáng)變大C.體積不變 D.從水中吸熱解析：D氣泡內(nèi)氣體在恒溫水槽中緩慢上浮過程如圖所示，設(shè)氣泡上浮到某位置處距水槽水面的高度為h，則該位置處氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)p＝p0＋ρgh，其中p0為外界大氣壓、ρ為水的密度，g為重力加速度，可知上浮過程中氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)變小，又恒溫水槽溫度不變，則由玻意耳定律pV＝C（C為常量）可知，上浮過程中氣泡內(nèi)氣體體積變大，B、C錯(cuò)誤；由于溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，則氣泡在恒溫水槽內(nèi)上浮過程中，氣泡內(nèi)氣體分子平均動(dòng)能不變，又氣體分子個(gè)數(shù)不變，氣泡內(nèi)氣體為理想氣體，則上浮過程中氣泡內(nèi)氣體內(nèi)能不變，即ΔU＝0，氣體體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，即W＜0，結(jié)合熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即上浮過程中氣泡內(nèi)氣體從水中吸熱，A錯(cuò)誤，D正確。4.（2024·北京高考4題）如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在水平推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（）A.MM＋mF BC.MmF D.m解析：A以空間站和飛船組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M＋m）a，對(duì)空間站有FN＝Ma，解得飛船和空間站間的作用力大小FN＝MM＋mF，A正確，B、C5.（2024·北京高考5題）如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V3W”的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說法正確的是（）A.原線圈兩端電壓的有效值為242VB.副線圈中電流的有效值為0.5AC.原、副線圈匝數(shù)之比為1∶4D.原線圈的輸入功率為12W解析：B原線圈兩端電壓的有效值為U1＝Um2＝24V，A錯(cuò)誤；由副線圈所接燈泡正常發(fā)光可知副線圈中電流的有效值為I＝PU2＝36A＝0.5A，B正確；原、副線圈匝數(shù)之比n1n2＝U1U2＝24V6V＝41，C6.（2024·北京高考6題）如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，下列說法正確的是（）A.閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B.閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為0C.斷開開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD.斷開開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左解析：B閉合開關(guān)瞬間，根據(jù)安培定則可知線圈M中突然產(chǎn)生向右的磁場，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左，因此線圈M和線圈P相互排斥，A錯(cuò)誤；線圈M中的磁場穩(wěn)定后，線圈P中的磁通量也不再變化，則線圈P產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0，電流表示數(shù)為0，B正確；斷開開關(guān)瞬間，線圈M中向右的磁場瞬間減為0，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向右，根據(jù)安培定則可知流過電流表的方向由b到a，C、D錯(cuò)誤。7.（2024·北京高考7題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是（）A.物體在C點(diǎn)所受合力為零B.物體在C點(diǎn)的速度為零C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能解析：C設(shè)物體恰好到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為v，則在C點(diǎn)，根據(jù)恰好由重力提供向心力，有mg＝mv2r＝ma向，解得v＝gr，向心加速度a向＝g，A、B錯(cuò)誤，C正確；物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能和動(dòng)能，8.（2024·北京高考8題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A.上升和下落兩過程的時(shí)間相等B.上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度解析：C小球上升過程，由牛頓第二定律有mg＋?＝ma1，下降過程有mg－?＝ma2，其中?＝kv，可知a1＞a2，D錯(cuò)誤；上升過程和下降過程高度h相同，根據(jù)h＝12at2結(jié)合D項(xiàng)定性分析可知上升過程用時(shí)較短，則上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，上升過程空氣阻力平均值大于下降過程空氣阻力平均值，因此上升過程克服阻力做功較大，損失機(jī)械能較大，A、B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球拋出速度v1大于小球落到原處的速度v2，由動(dòng)量定理可得上升過程合力的沖量大小I上＝mv1，下降過程合力沖量大小I下＝mv2，則上升過程合力的沖量大于下降過程合力的沖量，C9.（2024·北京高考9題）圖甲為用手機(jī)和輕彈簧制作的一個(gè)振動(dòng)裝置。手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過程中加速度a隨時(shí)間t變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.t＝0時(shí)，彈簧彈力為0B.t＝0.2s時(shí)，手機(jī)位于平衡位置上方C.從t＝0至t＝0.2s，手機(jī)的動(dòng)能增大D.a隨t變化的關(guān)系式為a＝4sin（2.5πt）m/s2解析：D由題圖乙可知，t＝0時(shí)，手機(jī)加速度為0，則此時(shí)手機(jī)所受合力為0，可知此時(shí)彈簧彈力大小F＝mg，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝0.2s時(shí)，手機(jī)加速度向上，則此時(shí)彈簧彈力向上且大于重力，由胡克定律可知，此時(shí)彈簧伸長量大于平衡位置彈簧的伸長量，故此時(shí)手機(jī)處于平衡位置下方，B錯(cuò)誤；從t＝0至t＝0.2s，手機(jī)由平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，又合力方向向上，則合力對(duì)手機(jī)做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，該過程手機(jī)的動(dòng)能減小，C錯(cuò)誤；由題圖乙可知ω＝2πT＝2π0.8s＝2.5πrad/s，則a隨t變化的關(guān)系式為a＝4sin（2.5π10.（2024·北京高考10題）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A.剛開始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B.物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到靜摩擦力C.物體加速運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功D.傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長解析：D剛開始，物體速度小于傳送帶速度，物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；加速運(yùn)動(dòng)過程中，傳送帶對(duì)物體的摩擦力向前，則摩擦力對(duì)物體做正功，C錯(cuò)誤；加速運(yùn)動(dòng)過程?＝μmg＝ma加速時(shí)間t＝vμgv越大，t越大，D11.（2024·北京高考）如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP＝QN。下列說法正確的是（）A.P點(diǎn)電場強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場強(qiáng)度大B.P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)相等C.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差不變解析：C結(jié)合電場疊加原理和點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E＝kQr2可知P、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，A錯(cuò)誤；兩等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，電場線從正點(diǎn)電荷出發(fā)，指向負(fù)點(diǎn)電荷，又沿電場線方向電勢(shì)降低，則φP＞φQ，B錯(cuò)誤；P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為EP＝kQxMP2＋kQxNP2，若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確；若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q之間的電場強(qiáng)度均變大，又P、Q兩點(diǎn)間的距離不變，則根據(jù)U＝Ed12.（2024·北京高考12題）如圖所示為一個(gè)加速度計(jì)的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動(dòng)，滑塊兩側(cè)與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動(dòng)片M下端與滑動(dòng)變阻器R接觸良好，且不計(jì)摩擦；兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)E相同，內(nèi)阻不計(jì)。兩彈簧處于原長時(shí)，M位于R的中點(diǎn)，理想電壓表的指針位于表盤中央。當(dāng)P端電勢(shì)高于Q端的時(shí)，指針位于表盤右側(cè)。將加速度計(jì)固定在水平運(yùn)動(dòng)的被測(cè)物體上，則下列說法正確的是（）A.若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端B.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤左側(cè)，則物體速度方向向右D.若電壓表指針位于表盤左側(cè)，則物體加速度方向向右解析：D由題意可知Q點(diǎn)電勢(shì)與滑動(dòng)變阻器R中點(diǎn)電勢(shì)相等，如圖所示，若M位于A點(diǎn)，規(guī)定左側(cè)電源負(fù)極處的電勢(shì)為0，設(shè)閉合開關(guān)后回路中的電流為I，M點(diǎn)與滑動(dòng)變阻器左端間的電阻為RM，則由部分電路歐姆定律可得φP＝φA＝IRM，φQ＝φ中＝IR中，故若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，則P端電勢(shì)高于Q端，若M位于R的中點(diǎn)左側(cè)，則P端電勢(shì)低于Q端，A錯(cuò)誤；P和Q之間的電勢(shì)差大小為φA與φ中之差，即電壓表示數(shù)U＝φP－φQ＝IRM－R中，結(jié)合電阻定律RM中＝ρxS可得U＝IρxS（其中x為M與R的中點(diǎn)間的距離，即彈簧的形變量），又對(duì)滑塊由牛頓第二定律有2kx＝ma（a為物體的加速度大?。瑒t電壓表的示數(shù)與物體的加速度成正比，隨物體加速度的增大而增大，B錯(cuò)誤；若電壓表指針位于表盤左側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端的，結(jié)合A項(xiàng)分析可知M位于R的中點(diǎn)左側(cè)，對(duì)滑塊受力分析可知彈簧彈力合力向右13.（2024·北京高考13題）產(chǎn)生阿秒光脈沖的研究工作獲得2023年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，阿秒（as）是時(shí)間單位，1as＝1×10－18s，阿秒光脈沖是發(fā)光持續(xù)時(shí)間在阿秒量級(jí)的極短閃光，提供了阿秒量級(jí)的超快“光快門”，使探測(cè)原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程成為可能。設(shè)有一個(gè)持續(xù)時(shí)間為100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時(shí)間內(nèi)至少包含一個(gè)完整的光波周期。取真空中光速c＝3.0×108m/s，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，下列說法正確的是（）A.對(duì)于0.1mm寬的單縫，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的洐射現(xiàn)象更明顯B.此阿秒光脈沖和波長為550nm的可見光束總能量相等時(shí)，阿秒光脈沖的光子數(shù)更多C.此阿秒光脈沖可以使能量為－13.6eV（－2.2×10－18J）的基態(tài)氫原子電離D.為了探測(cè)原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時(shí)間應(yīng)大于電子的運(yùn)動(dòng)周期解析：C持續(xù)時(shí)間為t＝100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時(shí)間內(nèi)至少包含一個(gè)完整的光波周期，則此阿秒光脈沖的最長波長為λ＝ct＝30nm＜550nm，最長波長明顯小于550nm可見光波長，又波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，則波長為550nm的可見光的衍射現(xiàn)象更明顯，A錯(cuò)誤；結(jié)合A項(xiàng)分析可知，與550nm的可見光相比，此阿秒光脈沖波長較短，頻率較高，由ε＝hν可知此阿秒光脈沖的單個(gè)光子能量較大，故當(dāng)其與550nm的可見光總能量相等時(shí)，此阿秒光脈沖的光子數(shù)更少，B錯(cuò)誤；此阿秒光脈沖的最小頻率為ν＝cλ，則其最小光子能量為ε＝hν＝6.6×10－18J＞2.2×10－18J，故此阿秒光脈沖可以使基態(tài)的氫原子電離，C正確；阿秒激光有“拍照”的功能，持續(xù)時(shí)間只有比電子的運(yùn)動(dòng)周期更小，才能準(zhǔn)確“拍攝”到電子的動(dòng)態(tài)過程，D14.（2024·北京高考14題）電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學(xué)中重要的物理量，其中特定的兩個(gè)物理量之比可用來描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言Φ和Q之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來實(shí)驗(yàn)室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對(duì)電阻的記憶特性，其在信息存儲(chǔ)、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.QU的單位和ΦI的單位不同B.在國際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C.可以用IUD.根據(jù)圖中電感L的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式E＝LΔ解析：A單匝線圈中根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝ΔΦΔt，變形得ΔΦ＝E·Δt，則磁通量Φ的單位為V·s，則ΦI的單位為V·A·s，由于Q＝It，則QU＝It·U，其單位為A·s·V，故QU的單位和ΦI的單位相同，A錯(cuò)誤，符合題意；M的單位為V·sA·s＝VA＝Ω，B正確，不符合題意；IU＝1R可用來表示物體的導(dǎo)電性質(zhì)，C正確，不符合題意；單匝線圈的電感L＝ΦI＝ΔΦ第二部分本部分共6小題，共58分。15.（2024·北京高考15題）（8分）（1）某同學(xué)測(cè)量玻璃的折射率，作出了如圖1所示的光路圖，測(cè)出了入射角i和折射角r，則此玻璃的折射率n＝。（2）用如圖2所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究影響感應(yīng)電流方向的因素。如圖3所示，分別把條形磁體的N極或S極插入、拔出螺線管，觀察并標(biāo)記感應(yīng)電流的方向。關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（填選項(xiàng)前的字母）。A.需要記錄感應(yīng)電流的大小B.通過觀察電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向確定感應(yīng)電流的方向C.圖3中甲和乙表明，感應(yīng)電流的方向與條形磁體的插入端是N極還是S極有關(guān)（3）某興趣小組利用銅片、鋅片和橘子制作了水果電池，并用數(shù)字電壓表（可視為理想電壓表）和電阻箱測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，實(shí)驗(yàn)電路如圖4所示。連接電路后，閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，記錄電壓表的讀數(shù)U，繪出圖像，如圖5所示，可得：該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V，內(nèi)阻r＝kΩ。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）答案：（1）sinisinr（2）BC（3）1.0解析：（1）根據(jù)折射率的定義可知n＝sini（2）分析實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?，本?shí)驗(yàn)需要通過電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向分析感應(yīng)電流的方向，不需要記錄感應(yīng)電流的大小，A錯(cuò)誤，B正確；比較甲和乙，磁體的N極和S極分別靠近螺線管，感應(yīng)電流方向相反，則感應(yīng)電流的方向與條形磁體的插入端是N極還是S極有關(guān)，C正確。（3）根據(jù)題意可知，通過電源的電流為I＝UR，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝U＋I(xiàn)r＝U＋URr，變形得U＝－rUR＋E，結(jié)合U-UR圖像縱截距可知E＝1.0V，結(jié)合U-UR圖像斜率的絕對(duì)值可知r＝0.4－116.（2024·北京高考16題）（10分）如圖甲所示，讓兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是（填選項(xiàng)前的字母）。A.實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個(gè)半徑不同的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球（2）圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點(diǎn)，記為M、N和P（P為質(zhì)量為m1的小球單獨(dú)滑落時(shí)的平均落點(diǎn)）。a.圖乙為實(shí)驗(yàn)的落點(diǎn)記錄，簡要說明如何確定平均落點(diǎn)：；b.分別測(cè)出O點(diǎn)到平均落點(diǎn)的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式成立，即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。（3）受上述實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了另一種驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長的等長輕繩將兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點(diǎn)和O'點(diǎn)，兩點(diǎn)間距等于小球的直徑。將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)B與靜止于C點(diǎn)的小球2發(fā)生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點(diǎn)A'，小球2向右擺動(dòng)至最高點(diǎn)D。測(cè)得小球1、2的質(zhì)量分別為m和M，弦長AB＝l1、A'B＝l2、CD＝l3。推導(dǎo)說明，m、M、l1、l2、l3滿足關(guān)系即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。答案：（1）AC（2）見解析m1·OP＝m1·OM＋m2·ON（3）推導(dǎo)過程見解析ml1＝－ml2＋Ml3解析：（1）實(shí)驗(yàn)要求小球從斜槽末端離開后做平拋運(yùn)動(dòng)，因此斜槽末端需要水平，A正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)需要選擇半徑相同的小球發(fā)生一維對(duì)心碰撞，B錯(cuò)誤；為使碰撞后質(zhì)量為m1的小球不反彈而從斜槽末端水平離開，需要用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球，C正確。（2）a.利用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓將某位置所有的落點(diǎn)圈在其中，這個(gè)圓的圓心位置即為平均落點(diǎn)；b.小球從斜槽末端飛出后均做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，由h＝12gt2可知下落時(shí)間相同，則由x＝vt可知小球落地時(shí)的水平位移與離開斜槽末端的速度成正比，又由動(dòng)量守恒定律有m1vP＝m1vM＋m2vN，則有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故若關(guān)系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON成立，（3）小球擺動(dòng)過程幾何關(guān)系如圖，由勾股定理可知l2－h(huán)2＝l02－（l0－h(huán)）2，解得l2＝2l0h，則h＝l22l0，可知h∝l2，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理有mgh＝12mv2，解得v2＝2gh，可知v∝h∝l，規(guī)定水平向右為正方向，則小球碰撞過程由動(dòng)量守恒定律有mv1＝－mv2＋Mv3，變形得ml1＝－ml2＋Ml3，故若m、M、l1、l2、l3滿足ml117.（2024·北京高考17題）（9分）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點(diǎn)與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：（1）水從管口到水面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）水從管口排出時(shí)的速度大小v0；（3）管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q。答案：（1）2hg（2）dg2h（解析：（1）水在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，豎直方向有h＝12gt2，解得t＝2（2）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知水平方向有d＝v0t，結(jié)合（1）問解得v0＝dg2（3）管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q＝Sv0，結(jié)合（2）問解得Q＝Sdg218.（2024·北京高考18題）（9分）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R。開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。（1）求閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流I；（2）求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；（3）在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度v隨時(shí)間t的變化圖線。答案：（1）QCR（2）BQLCRm（3解析：（1）開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓為U＝QC，閉合開關(guān)瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流為I＝UR，聯(lián)立解得I＝（2）閉合開關(guān)瞬間，對(duì)導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律有BIL＝ma，結(jié)合（1）問解得a＝BQLCRm（3）由（2）中結(jié)論可知，隨著電容器放電，電容器所帶電荷量不斷減少，導(dǎo)體棒的加速度不斷減小，當(dāng)電容器兩極板間的電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，即回路中電流減為0時(shí)，導(dǎo)體棒不受安培力作用，加速度為0，此后導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，其v-t圖線如圖所示。19.（2024·北京高考19題）（10分）科學(xué)家根據(jù)天文觀測(cè)提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)（星體等）在做彼此遠(yuǎn)離運(yùn)動(dòng)，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測(cè)的結(jié)果都一樣。以某一點(diǎn)O為觀測(cè)點(diǎn)，以質(zhì)量為m的小星體（記為P）為觀測(cè)對(duì)象。當(dāng)前P到O點(diǎn)的距離為r0，宇宙的密度為ρ0。（1）求小星體P遠(yuǎn)離到2r0處時(shí)宇宙的密度ρ；（2）以O(shè)點(diǎn)為球心，以小星體P到O點(diǎn)的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于O點(diǎn)對(duì)P的引力。已知質(zhì)量為m1和m2、距離為R的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的引力勢(shì)能Ep＝－Gm1m2R，G為引力常量。僅考慮萬有引力和Pa.求小星體P從r0處遠(yuǎn)離到2r0處的過程動(dòng)能的變化量ΔEk；b.宇宙中各星體遠(yuǎn)離觀測(cè)點(diǎn)的速率v滿足哈勃定律v＝Hr，其中r為星體到觀測(cè)點(diǎn)的距離，H為哈勃系數(shù)。H與時(shí)間t有關(guān)但與r無關(guān)，分析說明H隨t增大還是減小。答案：（1）18ρ0（2）a.－23Gπρ0mr02解析：（1）在宇宙中所有位置觀測(cè)的結(jié)果都一樣，則小星體P運(yùn)動(dòng)前后距離O點(diǎn)半徑為r0和2r0的球內(nèi)質(zhì)量相同，即ρ0·43πr03＝ρ·43π（2r0）3，解得ρ＝（2）a.此球內(nèi)的質(zhì)量為M＝ρ0·43πP從r0處遠(yuǎn)離到2r