2024年高考新课标卷物理真题

一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

质点做直线运动时，位移 $x$ 与时间 $t$ 必须是一一对应的函数关系， $v-t$ 图像中速度 $v$ 也必须是 $t$ 的单值函数；A、B 两图中同一 $t$ 对应两个 $x$ ，D 图中同一 $t$ 对应两个 $v$ ，均不可能，只有 C 图中 $v$ 是 $t$ 的单值函数。故选C。
福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　）

A．0.25倍

B．0.5倍

C．2倍

D．4倍

【答案与解析】

小车做平抛运动，竖直下落高度不变，由 $h=\frac{1}{2}gt^2$ 知运动时间 $t$ 不变，水平距离 $x=v_0t$ ；动能 $E_k=\frac{1}{2}mv_0^2$ 变为原来的 4 倍，则 $v_0$ 变为原来的 2 倍，故 $x$ 变为原来的 2 倍。故选C。
天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星 $GJ1002c$ 的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（　　）

A．0.001倍

B．0.1倍

C．10倍

D．1000倍

【答案与解析】

行星绕红矮星做圆周运动，万有引力提供向心力： $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r$ ，得 $M=\frac{4\pi^2r^3}{GT^2}$ ；则 $\frac{M_{\text{红}}}{M_{\text{太}}}=\left(\frac{r_{\text{行}}}{r_{\text{地}}}\right)^3\left(\frac{T_{\text{地}}}{T_{\text{行}}}\right)^2=0.07^3\times\left(\frac{1}{0.06}\right)^2\approx0.1$ 。故选B。
三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（　　）

A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量

B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量

C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度

D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率

【答案与解析】

蓝光波长短于红光，由 $E=h\nu=hc/\lambda$ 知蓝光光子能量大于红光，由 $p=h/\lambda$ 知蓝光光子动量也大于红光，A 正确、B 错误；玻璃对蓝光的折射率大于红光，由 $v=c/n$ 知蓝光在玻璃中速度小于红光，C 错误；光从空气进入玻璃时频率不变，D 错误。故选A。
如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）

A．两绳中的张力大小一定相等

B．P的质量一定大于Q的质量

C．P的电荷量一定小于Q的电荷量

D．P的电荷量一定大于Q的电荷量

【答案与解析】

设两绳与竖直方向夹角均为 $\theta$ ，两球间库仑斥力为 $F^{\prime}$ 。对 Q（左球）水平方向有 $F-q_QE=T_Q\sin\theta$ ，竖直方向 $T_Q\cos\theta=m_Qg$ ；对 P（右球）水平方向有 $T_P\sin\theta=F+q_PE$ ，竖直方向 $T_P\cos\theta=m_Pg$ 。可见 $T_P>T_Q$ ，故 $m_P>m_Q$ ，B 正确；张力不相等，A 错误；两球电荷量大小关系无法确定，C、D 错误。故选B。
位于坐标原点O的波源在 $t=0$ 时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在 $x=3.5\mathrm{m}$ 处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（　　）

A．波的周期是 $0.1s$

B．波的振幅是 $0.2m$

C．波的传播速度是 $10\mathrm{m/s}$

D．平衡位置在 $x=4.5\mathrm{m}$ 处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置

【答案与解析】

由振动图像知周期 $T=0.2\,\mathrm{s}$ ，振幅 $A=0.2\,\mathrm{m}$ 。波源第 1 次到达波谷在 $t=3T/4=0.15\,\mathrm{s}$ ，第 2 次在 $t=3T/4+T=7T/4=0.35\,\mathrm{s}$ ；此时波刚好传到 $x=3.5\,\mathrm{m}$ 处，故波速 $v=x/t=3.5/0.35=10\,\mathrm{m/s}$ 。Q 到 O 的距离为 $4.5\,\mathrm{m}$ ，Q 开始振动时 P 已振动 $\Delta t=(4.5-3.5)/10=0.1\,\mathrm{s}=T/2$ ，P 从平衡位置起振，经过 $T/2$ 回到平衡位置，并非波峰，D 错误。故选BC。
电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过 $90^{\circ}$ 时，线圈中（　　）

A．电流最小

B．电流最大

C．电流方向由P指向Q

D．电流方向由Q指向P

【答案与解析】

磁极匀速转动，磁场方向与线圈平面垂直时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，电流最小；再转过 $90^\circ$ ，磁通量变为零，磁通量变化率最大，感应电流最大。由楞次定律及右手定则可知此瞬间线圈中电流方向由 Q 指向 P。故选BD。
如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（　　）

A．1→2过程中，气体内能增加

B．2→3过程中，气体向外放热

C．3→4过程中，气体内能不变

D．4→1过程中，气体向外放热

【答案与解析】

$1\to2$ 为绝热压缩，外界对气体做功， $Q=0$ ，内能增加，A 正确； $2\to3$ 为等压膨胀，气体对外做功且温度升高， $\Delta U>0$ ，由 $\Delta U=Q-W$ 知气体吸热，B 错误； $3\to4$ 为绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，C 错误； $4\to1$ 为等容降压，气体不做功，温度降低，内能减少，向外放热，D 正确。故选AD。
某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离 $x_{P}$ ，将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离 $x_{M}$ 、 $x_{N}$ 。

完成下列填空： $(1)$ 记a、b两球的质量分别为 $m_a$ 、 $m_{b}$ ，实验中须满足条件 $m_a$ ＿＿＿＿ $m_{b}$ （填“>”或“<”）； $(2)$ 如果测得的 $x_{P}$ 、 $x_{M}$ 、 $x_{N}$ 、 $m_a$ 和 $m_{b}$ 在实验误差范围内满足关系式＿＿＿＿，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）为保证碰撞后 a 球不反弹，应满足 $m_a>m_b$ ，故填 $>$ 。（2）两球均从同一高度做平抛运动，下落时间 $t$ 相同，水平位移 $x=vt$ ，故可用水平位移代替速度；碰撞前后动量守恒 $m_av_0=m_av_a+m_bv_b$ ，即 $m_ax_P=m_ax_M+m_bx_N$ 。依据：小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同则运动时间相同，水平方向匀速运动，水平位移与水平飞出速度成正比。
学生实验小组要测量量程为 $3V$ 的电压表V的内阻 $R_{V}$ 。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势 $5V$ ），电压表 $V_1$ （量程 $5V$ ，内阻约 $3k\Omega$ ），定值电阻 $R_{0}$ （阻值为 $800\Omega$ ），滑动变阻器 $R_{1}$ （最大阻值 $50\Omega$ ），滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值 $5k\Omega$ ），开关S，导线若干。完成下列填空： $(1)$ 利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应＿＿＿＿（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；

A．将红、黑表笔短接

B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆

C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“ $\times 10$ ”位置

再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的＿＿＿＿（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡＿＿＿＿（填“ $\times 1$ ”“ $\times 100$ ”或“ $\times1\mathrm{k}$ ”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为＿＿＿＿ $k\Omega$ （结果保留1位小数）；

$(2)$ 为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选＿＿＿＿（填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于＿＿＿＿（填“a”或“b”）端； $(3)$ 闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表 $\mathrm{V}_{1}$ ，待测电压表的示数分别为 $U_{1}$ 、 $U$ ，则待测电压表内阻 $R_{V}=$ ＿＿＿＿（用 $U_{1}$ 、U和 $R_{0}$ 表示）； $(4)$ 测量得到 $U_{1}=4.20\mathrm{V},U=2.78\mathrm{V}$ ，则待测电压表内阻 $R_{V}=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ （结果保留3位有效数字）。

【答案与解析】

（1）使用欧姆表测电阻应先选倍率、再短接表笔、后欧姆调零，正确顺序为 CAB；欧姆表内部电源正极接黑表笔，故红、黑表笔应分别接待测电压表的负极、正极。虚线 I 偏角过小，说明倍率偏低，应换至 ×100 挡；实线 II 读数约为 16，则 $R_V=16\times100\,\mathrm{\Omega}=1.6\,\mathrm{k\Omega}$ 。（2）图（b）为分压接法，为方便调节应选 $R_1$ ；闭合开关前滑片应置于 a 端，使测量部分电压为零。（3）两电压表与 $R_0$ 串联，电流 $I=(U_1-U)/R_0$ ，故 $R_V=U/I=UR_0/(U_1-U)$ 。（4）代入数据 $R_V=2.78\times800/(4.20-2.78)\,\mathrm{\Omega}=1.57\,\mathrm{k\Omega}$ 。
将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量 $m=42\mathrm{kg}$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，当P绳与竖直方向的夹角 $\alpha=37^{\circ}$ 时，Q绳与竖直方向的夹角 $\beta=53^{\circ},(\sin37^{\circ}=0.6)$ （1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度 $h=10\mathrm{m}$ ，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。

【答案与解析】

（1）重物缓慢下降，受力平衡。竖直方向 $T_P\cos\alpha+T_Q\cos\beta=mg$ ，水平方向 $T_P\sin\alpha=T_Q\sin\beta$ 。代入 $m=42\,\mathrm{kg}$ ， $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ ， $\alpha=37^\circ$ ， $\beta=53^\circ$ ， $\sin37^\circ=0.6$ ，解得 $T_P=336\,\mathrm{N}$ ， $T_Q=252\,\mathrm{N}$ 。（2）由动能定理， $mgh+W=0$ ，得两根绳子拉力对重物做的总功 $W=-mgh=-42\times10\times10\,\mathrm{J}=-4.2\times10^3\,\mathrm{J}$ 。
如图，一长度 $l=1.0\mathrm{m}$ 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 $\Delta l=\frac{l}{6}$ 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数 $\mu=0.3$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。

【答案与解析】

（1）设物块与薄板质量均为 $m$ 。物块受摩擦力 $f=\mu mg$ ，加速度大小 $a_1=\mu g=3\,\mathrm{m/s^2}$ （向左减速）；薄板受摩擦力向右，加速度 $a_2=\mu g=3\,\mathrm{m/s^2}$ （向右加速）。设物块初速度为 $v_0$ ，运动时间为 $t$ 。薄板位移 $\frac{1}{2}a_2t^2=\Delta l=l/6$ ，代入 $l=1.0\,\mathrm{m}$ 得 $t=1/3\,\mathrm{s}$ 。物块相对薄板的位移为 $l$ ，有 $l=v_0t-\frac{1}{2}(a_1+a_2)t^2=v_0t-\mu gt^2$ ，解得 $v_0=4\,\mathrm{m/s}$ 。（2）物块离开薄板时薄板速度 $v_2=a_2t=1\,\mathrm{m/s}$ ，此时薄板中心在 O 点左侧 $l/2-\Delta l=l/3$ 处；之后薄板匀速运动，物块平抛下落时间 $t'$ 满足 $v_2t'=l/3$ ，得 $t'=1/3\,\mathrm{s}$ ，平台高度 $h=\frac{1}{2}gt'^2=5/9\,\mathrm{m}$ 。
一质量为m、电荷量为 $q(q>0)$ 的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点 $P(v_{x},v_{y})$ 表示， $v_x$ 、 $v_{y}$ 分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中 $a\left(0,v_{0}\right)$ 点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到 $b(v_{0},v_{0})$ 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至 $c\left(-v_{0},v_{0}\right)$ 点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。

【答案与解析】

（1）由图可知粒子在磁场中运动的速度大小 $v=\sqrt{v_0^2+v_0^2}=\sqrt{2}v_0$ 。洛伦兹力提供向心力 $qvB=m\frac{v^2}{r}$ ，得半径 $r=\frac{\sqrt{2}mv_0}{qB}$ ；周期 $T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$ 。（2）P 点在闭合曲线上做匀速运动，即 $|d\boldsymbol{v}/dt|$ 恒定。电场中 $\left|\frac{d\boldsymbol{v}}{dt}\right|=\frac{qE}{m}$ ，磁场中 $\left|\frac{d\boldsymbol{v}}{dt}\right|=\frac{qvB}{m}$ ，令二者相等得 $E=\sqrt{2}Bv_0$ 。（3）从 a 到 b 粒子在 x 方向做匀加速运动，加速度 $a_x=qE/m=\sqrt{2}qBv_0/m$ ，时间 $t_{ab}=v_0/a_x=m/(\sqrt{2}qB)$ ，y 方向位移 $y_{ab}=v_0t_{ab}=mv_0/(\sqrt{2}qB)$ 。从 b 到 c 磁场中转过的圆心角为 $90^\circ$ ，弦长 $s_{bc}=\sqrt{2}r=2mv_0/(qB)$ ，方向沿 y 轴负方向。由两次电场运动的对称性，移动一周的总位移大小为 $|2y_{ab}-s_{bc}|=\frac{(2-\sqrt{2})mv_0}{qB}$ 。