2024届甘肃省兰州五十一中高考压轴卷物理试卷含解析

2024届甘肃省兰州五十一中高考压轴卷物理试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为12.09eV 的单色光照射大量处于基态的氢原子，激发后的氢原子可以辐射出几种不同频率的光，则下列说法正确的是（ ）
A ．氢原子最多辐射两种频率的光
B ．氢原子最多辐射四种频率的光
C ．从3n =能级跃迁到2n =能级的氢原子辐射的光波长最短
D ．从3n =能级跃迁到1n =能级的氢原子辐射的光波长最短
2、如图，劲度系数为400N/m 的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块的顶端O 处，另一端拴一质量为m =1010
kg 的小球。

当楔形滑块以大小为a =3g 的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s 2）（ ） A ．54B ．104cm C ．1.25cm D ．2.5cm
3、在冰球游戏中，冰球以速度v 0在水平冰面上向左运动，某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球，不计一切摩擦和阻力。

下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
4、2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星。

若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的转道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低于同步卫星。

关于这些卫星，下列说法正确的是（ ）
A ．低轨卫星的环绕速率大于7.9km/s
B ．地球同步卫星可以固定对一个区域拍照
C ．低轨卫星和地球同步卫星的速率相同
D ．低轨卫星比同步卫星的向心加速度小
5、重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239（
94
239Pu ），这种钚239可由铀239（23992U ）经过n 次β衰变而产生，则n 为（ ）
A ．2
B ．239
C ．145
D ．92 6、可看作质点的甲、乙两汽车沿着两条平行车道直线行驶，在甲车匀速路过A 处的同时，乙车从此处由静止匀加速启动，从某时刻开始计时，两车运动的v t -图象如图所示，0t 时刻在B 处甲，乙两车相遇。

下面说法正确的是
A ．,A
B 两处的距离为00v t
B ．0t 时刻乙车的速度是02v
C ．0t =时刻两车并排行驶
D ．0t =时刻乙车行驶在甲车前面
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图甲所示，在光滑绝缘水平面内。

两条平行虚线间存在一匀强磁场。

磁感应强度方向与水平面垂直。

边长为l 的正方形单匝金属线框abcd 位于水平面内，cd 边与磁场边界平行。

0t =时刻线框在水平外力F 的作用下由静止开始做
匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为8 3 l
C．从开始运动到ab边刚离开磁场的时间为
43t
D．线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框进入磁场过程中外力F做的功
8、如图所示.轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。

开始时用手托住B，让细线恰好伸直然后由静止释放B，直至B获得最大速度。

下列有关该过程的分析正确的是（）
A．B物体的动能增加量小于B物体重力势能的减少量
B．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的増加量
C．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
D．合力对A先做正功后做负功
9、如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1，O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角60
θ=︒，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是
A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg
B ．小球下降最大距离为3(1)2L -
C ．小物块在
D 处的速度与小球速度大小之比为2:3
D ．小物块在D 处的速度大小为2035
gL v = 10、如图所示，左端接有阻值为R 的足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B 、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。

某时刻给金属棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（ ）
A ．金属棒做匀减速直线运动直至停止运动
B ．电阻R 上产生的焦耳热为2
2I m
C ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为
I BL
D ．导体棒ab 运动的位移为22I R r B L +（） 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的
关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F 图线,如图(b)所示．重力加速度g=10m/s 1．
（1）图(b)中对应倾斜轨道的试验结果是图线________ (选填“①”或“②”);
（1）由图(b)可知，滑块和位移传感器发射部分的总质量为_______kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数为_______．（结果均保留两位有效数字）
12．（12分）某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。

给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有
4个打出的点未画出，经测量AB 、BC 、CD 、DE 间的距离分别为
1.20 6.1911.21AB BC CD x cm x cm x cm ===，，，16.23DE x cm =。

在ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D 点时物块的速度大小为____m/s （保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g 取9.8 m/s 2）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，质量均为m 的木块A 、B ，静止于光滑水平面上。

A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量也为m 的球C ，现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放。

当球C 第一次到达最低点时，木块A 与B 发生弹性碰撞。

求：
(1)球C 静止释放时A 、B 木块间的距离；
(2)球C 向左运动的最大高度；
(3)当球C 第二次经过最低点时，木块A 的速度。

14．（16分）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从倾角θ=30°、长度L =80m 的直助滑道AB 的A 处由静止开始匀加速滑下，经过t =8s 到达助滑道末端B 。

为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心、半径R =14m 的圆弧，助滑道末端B 与弯曲滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 000 J ，g ＝10 m/s 2.求：
(1)运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；
(2)运动员到达滑道最低点C 时对滑道的压力F N 的大小。

15．（12分）如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求：
(1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解析】
AB ．基态的氢原子吸收12.09eV 的能量后会刚好跃迁到3n =能级，大量氢原子跃迁到3n =的能级后最多辐射233
C =种频率的光子，所以AB 均错误；
CD ．由公式m n h E E ν=-以及c
νλ=，知能级间的能量差越大，辐射出的光子的频率越大，波长就越短，从3n =到1
n =能级间的能量差最大，辐射的光波长最短，C 错误，D 正确。

故选D 。

2、D
【解析】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a 0，则由牛顿第二定律，有
0tan mg ma θ
= 代入数据得
a 0=g
故当滑块以a =3g 的加速度水平向右运动时，由a ＞a 0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得
22()0()1F mg ma mg =+=
根据胡克定律有
F=kx
联立代入数据得
x =2.5×10-2m=2.5cm
故ABC 错误，D 正确；
故选D 。

3、A
【解析】
因为不计一切摩擦和阻力，冰球受打击之后做匀速直线运动； 冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间，不能沿打击的方向，由以上的分析可知，A 正确，BCD 都错误。

故选A 。

4、B
【解析】
AC ．根据万有引力提供向心力，则有
2
2Mm v G m r r
= 解得
v =可知轨道半径越大，运行的速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s ，低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星的环绕速率，故A 、C 错误； B ．同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B 正确；
D ．根据万有引力提供向心力，则有
2
Mm G ma r = 可得 2GM a r =
低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，低轨卫星向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故D 错误； 故选B 。

5、A
【解析】
衰变方程为：
94
239
2390921U Pu+e n -→ 根据电荷数守恒：
94+(1)92n ⨯-=
解得2n =。

A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6、B
【解析】
AB.将乙车的运动图象反向延长，与横轴的交点对应车道上的A 位置，当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，0t 时刻乙车的速度是02v ，A 、B 两处的距离大于00v t ，选项A 错误、选项B 正确；
CD.从A 到B 一直是乙车在后面追赶甲车，选项C 、D 错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BCD
【解析】
根据线框感应电流
E BLv
I
R R
==，结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场
的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间。

根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。

根据安培力公式得出导线框所受的安培力。

【详解】
线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，选项A 错误；由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长为：
l=1
2
a(4t0)2−
1
2
a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=
1
2
a(6t0)2−
1
2
a(2t0)2=16at02；故d=
8
3
l
，故选项B正确；设t时刻线框穿
出磁场，则有：6at02=1
2
at2−
1
2
a(6t0)2，解得：30，选C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相
等，根据
22
B l v
F ma
R
-=可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉力，线框穿出磁场过程
中外力F做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D正确。

故选BCD。

8、AC
【解析】
A．由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能以及弹性势能，故A正确；
B．整个系统机械能守恒，所以B物体杋楲能减少量等于A物体与弹簧机械能的增加，故B错误；
C．根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故C正确；
D．由题意由静止释放B，直至B获得最大速度，该过程中A物体的速度一直在增大，所以动能一直在增大。

合力一直对A做正功，故D错误。

故选AC 。

9、BD
【解析】
A 、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于重力，故A 错误；
B 、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知，360(1)2
h L Lsin L ∆=-︒=-
，故B 正确；
C 、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在
D 处的速度与小球的速度之比为1:2:1v v =，故C 错误； D 、设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v ，此时小球的速度大小为1
v ，则1 v vcos θ=,对滑块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有：
2211122mgLsin mv mv θ=+,解得2035
gL v =，故D 正确．
点睛：解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，以及知道物块与1
O 之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度．
10、CD
【解析】
A ．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力向右减速运动，由
22B L v ma R r
=+ 可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A 项错误；
B ．导体棒减少的动能
2
2211()222k I I E mv m m m
=== 根据能量守恒定理可得
k E Q =总
又根据串并联电路知识可得
22()
R R I R Q Q R r m R r ==++总 故B 项错误;
C ．根据动量定理可得
0BiL t mv -∆=-，I mv =，q i t =∆
可得
I q BL
= C 项正确；
D ．由于
E BLx q i t t R r R r =∆=
∆=++ 将I q BL
=代入等式，可得导体棒移动的位移 22
()I R r x B L += D 项正确。

故选CD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、①； 1.2； 2.1
【解析】
知道滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数； 对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．
【详解】
(1) 由图象可知，当F=2时，a≠2．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
(1) 根据F=ma 得F a m
=，所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的
总质量的倒数,图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k=1所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=1.2由图形b 得，在水平轨道上F=1时，加速度a=2，根据牛顿第二定律得F-μmg=2，解得μ=2.1．
【点睛】
通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．
12、E 1.37 0.5
【解析】
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E 点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T =0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D 点时物块的速度大小为
22CE CD DE D x x x v T T
+== 代入数据解得：v D =1.37m/s ；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x =aT 2
可以求出加速度的大小，得：
2
4AB BC CD DE x x x x a T +--= 代入数据解得：a =-5m/s 2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
mg ma μ-=
解得：0.5μ=
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)12L (2)14
L 【解析】
(1)若C 到最低点过程中，A 、C 的水平位移为x A 、x C ，A 、C 水平动量守恒，有：
mx C =mx A
x A +x C =L
联立可解得
x A =12
L 即球C 静止释放时A 、B 木块间的距离为
12L (2)若C 到最低点过程中，A 、C 的速度大小为v A 、v C ，对A 、C 水平动量守恒和机械能守恒，有：
mv C =mv A
22A c 1122
mgL mv mv -=
解得
v A =v C 因为A 和B 质量相等，弹性碰撞过程二者交换速度，则碰撞后
'0A v =，v B 当C 第一次向左运动到最高点时，设A 和C 的共同速度为v AC ，对A 、C 有：
C AC 0()mv m m v +=+
22C AC 110()22
mgh mv m m v -=++ 联立可解得
h =14
L (3)C 第一次到最低点至第二次到最低点的过程中，对A 、C ，由水平动量守恒和机械能守恒，因为A 和C 质量相等，二者交换速度，则木块A 的速度为
''A v =
方向水平向左
14、（1）150N ；（2）2600N 。

【解析】
(1)A 到B ：由牛顿第二定律得：
sin f mg F ma θ-=
212
L at = 150f F N =
(2)A 到C ：由动能定理得
21(sin )02
f C m
g L
h F L W mv θ+-+=- 在C 点
2C N v F mg m R
-= 2600N N F =
根据牛顿第三定律压力与支持力大小相等，为2600N 。

15、
(1)2
BL W +2maL (3)2202122-m m F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL =v 2﹣0
所以前进L 时的速度为
v
前进L 过程需时
t
==v a 由法拉第电磁感应定律有：
t
E ∆Φ=∆
=212B L L B S BL t ⨯⨯⨯∆==∆(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功
W +W 安=maL
所以
W 安=maL ﹣W
以加速度4a 前进L 时速度为
'=v v
合外力做功
W F ′+W 安′=4maL
由22A B L v F BIL R
==可知，位移相同时： F A ′=2F A
则前进L 过程
W 安′=2W 安
所以
W F ′=4maL ﹣2W 安=2W +2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则
220(2)2⨯===⨯m A B d v F BIl F R d
所以 d=022m
FR B v 由动能定理有
212
-=
m Fd Q mv 所以： Q =Fd ﹣222021122=2
-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。