2024年高考辽宁卷物理真题

2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是（　　）

A．质量

B．速率

C．动量

D．动能

【答案与解析】

火箭升空过程中，质量、速率、动能均为标量，动量为矢量，故属于矢量的是动量。故选C。
“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　）

A．半径相等

B．线速度大小相等

C．向心加速度大小相等

D．角速度大小相等

【答案与解析】

篮球绕指尖轴转动时，P、Q两点同轴转动，角速度大小相等；两点到转轴的距离（圆周运动半径）一般不同，由 $v=\omega r$ 、 $a=\omega^{2}r$ 可知线速度、向心加速度大小一般不同。故选D。
利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（　　）

A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左

B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左

C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力

D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力

【答案与解析】

墨条相对砚台向左滑动，砚台对墨条的滑动摩擦力方向向右；由牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力向左。砚台静止，水平方向受墨条摩擦（向左）与桌面摩擦，二力等大反向，是一对平衡力。桌面对砚台的支持力与砚台重力、墨条压力共同平衡，并不只与墨条压力平衡。故选C。
某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（　　）

A．换用更粗的头发丝

B．换用红色激光照双缝

C．增大纸板与墙面的距离

D．减小光源与纸板的距离

【答案与解析】

双缝干涉相邻亮纹间距 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ ，其中 $d$ 为双缝间距（头发丝粗细）。换用更粗头发丝使 $d$ 增大， $\Delta x$ 减小；换红色激光使 $\lambda$ 增大， $\Delta x$ 增大；增大纸板与墙面距离 $L$ 使 $\Delta x$ 增大；减小光源与纸板距离不影响 $\Delta x$ 。故选A。
某种不导电溶液的相对介电常数 $\varepsilon_{r}$ 与浓度 $C_{m}$ 的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　）

A．电容器的电容减小

B．电容器所带的电荷量增大

C．电容器两极板之间的电势差增大

D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N

【答案与解析】

由图（a）可知，降低溶液浓度时相对介电常数 $\varepsilon_{r}$ 增大，平行板电容器电容 $C=\dfrac{\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}S}{d}$ 增大，A错误；电源恒压，两极板电势差 $U$ 不变，C错误；电荷量 $Q=CU$ 随 $C$ 增大而增大，B正确；浓度降低过程中电容器充电，电流方向并非M→N，D错误。故选B。
在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　）

A．动能减小，电势能增大

B．动能增大，电势能增大

C．动能减小，电势能减小

D．动能增大，电势能减小

【答案与解析】

初速度沿虚线时轨迹为直线，说明合力方向沿虚线。当初速度垂直虚线时，粒子在恒力（合力）作用下做类斜抛运动，从O到与O等高点的过程中，速度沿合力方向的分量由零逐渐增大，合力做正功，动能增大；又只有重力和电场力做功，系统机械能（重力势能+电势能+动能）守恒，等高点重力势能不变，故电势能减小。故选D。
如图（a），将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如（b）所示（不考虑自转影响），设地球、该天体的平均密度分别为 $\rho_{1}$ 和 $\rho_2$ ，地球半径是该天体半径的n倍。 $\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}$ 的值为（　　）

A． $2n$

B． $\frac{n}{2}$

C． $\frac{2}{n}$

D． $\frac{1}{2n}$

【答案与解析】

竖直弹簧振子从原长释放，平衡位置在弹力等于重力处，振幅 $A=mg/k$ ，周期 $T=2\pi\sqrt{m/k}$ 与 $g$ 无关；由图（b）两曲线振幅之比 $A_{\text{地}}:A_{\text{天}}=2:1$ ，故地球与天体表面重力加速度之比 $g_{\text{地}}:g_{\text{天}}=2:1$ 。由 $g=GM/R^{2}=\dfrac{4\pi G}{3}\rho R$ ，得 $\dfrac{g_{\text{地}}}{g_{\text{天}}}=\dfrac{\rho_{1}}{\rho_{2}}\cdot\dfrac{R_{\text{地}}}{R_{\text{天}}}=\dfrac{\rho_{1}}{\rho_{2}}\cdot n=2$ ，故 $\dfrac{\rho_{1}}{\rho_{2}}=\dfrac{2}{n}$ 。故选C。
X射线光电子能谱仪是利用X光照射材料表面激发出光电子，并对光电子进行分析的科研仪器，用某一频率的X光照射某种金属表面，逸出了光电子，若增加此X光的强度，则（　　）

A．该金属逸出功增大

B．X光的光子能量不变

C．逸出的光电子最大初动能增大

D．单位时间逸出的光电子数增多

【答案与解析】

增加X光强度，光子频率不变，光子能量不变，该金属逸出功不变，逸出光电子最大初动能不变；但单位时间照射到金属表面的光子数增多，单位时间逸出的光电子数增多。故选BD。
如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为 $30^{\circ}$ ，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为 $2B$ 和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为 $2m$ 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）

A．回路中的电流方向为abcda

B．ab中电流趋于 $\frac{\sqrt{3}mg}{3BL}$

C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1

D．两棒产生的电动势始终相等

【答案与解析】

两棒沿导轨下滑切割磁感线，由右手定则知回路电流方向为abcda，A正确。稳定时安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡，对ab有 $2mg\cdot\sin30^{\circ}=(2BIL)\cdot\cos30^{\circ}$ ，解得 $I=\dfrac{mg}{\sqrt{3}BL}=\dfrac{\sqrt{3}mg}{3BL}$ ，B正确。两棒加速度始终相同，最终均趋于零，并非恒为2:1，C错误。两棒所处磁场分别为 $2B$ 、 $\mathrm{B}$ ，速度相等时感应电动势 $E=BLv$ 不等，D错误。故选AB。
一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 $\mu$ 。 $t=0$ 时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知 $t=0$ 到 $t=4t_{0}$ 的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。 $t=4t_{0}$ 时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　）

A．小物块在 $t=3t_{0}$ 时刻滑上木板

B．小物块和木板间动摩擦因数为 $2\mu$

C．小物块与木板的质量比为3︰4

D． $t=4t_{0}$ 之后小物块和木板一起做匀速运动

【答案与解析】

$v-t$ 图像斜率表示加速度， $t=3t_{0}$ 时木板加速度突变，说明小物块此时滑上木板，A正确。设 $t=3t_{0}$ 时木板速度为 $v_{1}$ ，物块以等大反向速度 $-v_{1}$ 滑上， $t=4t_{0}$ 时二者共速，设共速速度大小为 $v_{2}$ 。物块在木板上加速度 $a_{m}=\dfrac{v_{2}+v_{1}}{t_{0}}=\mu' g$ （ $\mu'$ 为二者间动摩擦因数），木板滑上前后加速度分别为 $a_{\text{前}}=\dfrac{F}{M}=\dfrac{v_{1}}{3t_{0}}$ 、 $a_{\text{后}}=\dfrac{F-\mu' mg}{M}=\dfrac{v_{2}-v_{1}}{t_{0}}$ ，联立可得 $\mu'=2\mu$ ，B正确；由上述关系得质量比 $m/M\neq3:4$ ，C错误； $t=4t_{0}$ 后二者速度相同，整体水平方向受力恰平衡而做匀速运动，D正确。故选ABD。
某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为 $R_{0}$ ）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。

$(1)$ 实验步骤如下： ①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的＿＿＿＿。（填“A”或“B”）端； ②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L； ③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ； ④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅱ。

$(2)$ 由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势 $E=$ ＿＿＿＿。 $(3)$ 由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ ，若 $\frac{k_{2}}{k_{1}}=n$ ，则待测电池的内阻 $r=$ ＿＿＿＿（用 $n$ 和 $R_{0}$ 表示）。

【答案与解析】

（1）为保护电路，闭合开关前金属夹应置于电阻丝阻值最大处，由图（a）知应置于A端，故填A。（2）由闭合电路欧姆定律，对图（a）有 $U=E-Ir$ ，接入丝长 $L$ 的电阻 $R=\rho L/S$ ，整理得 $U$ 与 $1/L$ 成线性关系，图线纵轴截距为电动势 $E$ ，故 $E=b$ 。（3）接入定值电阻 $R_{0}$ 后同理得图线Ⅱ，其斜率 $k_{2}$ 与图线Ⅰ斜率 $k_{1}$ 满足 $\dfrac{k_{2}}{k_{1}}=\dfrac{r+R_{0}}{r}=n$ ，解得 $r=\dfrac{R_{0}}{n-1}$ 。
图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。

$(1)$ 用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出 $D=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ 。 $(2)$ 将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了＿＿＿＿个周期。 $(3)$ 换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：

颜色红橙黄绿青蓝紫
$\ln D$ 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 $\cdots$ 1.792
$\ln T$ $-0.45$ $-0.53$ $-0.56$ $-0.65$ $-0.78$ $-0.92$ $-1.02$

根据表中数据绘制出 $\ln T-\ln D$ 图像如图（d）所示，则T与D的近似关系为＿＿＿＿。 $(4)$ 请写出一条提高该实验精度的改进措施：＿＿＿＿。

A． $T\propto\sqrt{D}$

B． $T\propto D^{2}$

C． $T\propto\frac{1}{\sqrt{D}}$

D． $T\propto\frac{1}{D^{2}}$

【答案与解析】

（1）刻度尺分度值 $0.1\,\mathrm{cm}$ ，需估读到下一位，由图（b）读得蓝色积木外径 $D=7.55\,\mathrm{cm}$ （ $7.54\sim7.56$ 均可），故填 $7.55$ 。（2）积木左端两次经过参考点O为一个周期，第 $0$ 次起每计一次经历半个周期，第 $20$ 次停止，共经历 $10$ 个周期，故填 $10$ 。（3）由 $\ln T-\ln D$ 图像斜率约为 $0.5$ ，得 $T\propto D^{0.5}=\sqrt{D}$ ，故填A。（4）改进措施：换用更光滑的硬质水平桌面（或用游标卡尺测量 $\mathrm{D}$ 、多次计时取平均等），故填换更光滑的硬质水平桌面。
如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为 $n_1$ ： $n_2 = 5$ ：1，原线圈接在电压峰值为 $U_m$ 的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为 $T_0$ 。（1）求变压器的输出功率P；（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量 $\Delta T$ 成正比，即 $Q = C\Delta T$ ，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。

【答案与解析】

（1）原线圈接电压峰值为 $U_{m}$ 的正弦交变电源，其有效值 $U_{1}=U_{m}/\sqrt{2}$ ；匝数比 $n_{1}:n_{2}=5:1$ ，副线圈有效值 $U_{2}=U_{1}\cdot\dfrac{n_{2}}{n_{1}}=\dfrac{U_{m}}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{5}=\dfrac{U_{m}}{5\sqrt{2}}$ 。变压器输出功率 $P=\dfrac{U_{2}^{2}}{R}=\dfrac{U_{m}^{2}/50}{R}=\dfrac{U_{m}^{2}}{50R}$ 。（2）电热丝密封在绝热容器内，气体体积不变，由查理定律 $p\propto T$ ，要使压强达加热前 $2$ 倍需 $T=2T_{0}$ ，温度变化量 $\Delta T=T_{0}$ ；气体吸热 $Q=C\Delta T=CT_{0}$ ，电热丝产生的热量全部被吸收，有 $Pt=CT_{0}$ ，故 $t=\dfrac{CT_{0}}{P}=\dfrac{CT_{0}}{U_{m}^{2}/(50R)}=\dfrac{50CT_{0}R}{U_{m}^{2}}$ 。
如图，高度 $h=0.8\mathrm{m}$ 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量 $m_{A}=m_{B}=0.1\mathrm{kg}$ 。A、B间夹一压缩量 $\Delta x=0.1\mathrm{m}$ 的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 $x_{A}=0.4\mathrm{m}$ ；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离 $x_{B}=0.25\mathrm{m}$ 后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^2}$ 。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小 $v_{A}$ 和 $v_{B}$ ；（2）物块与桌面间的动摩擦因数 $\mu$ ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能 $\Delta E_{p}$ 。

【答案与解析】

（1）A离开桌面后做平抛运动，由 $h=\dfrac{1}{2}gt^{2}$ 得 $t=\sqrt{2h/g}=\sqrt{2\times0.8/10}=0.4\,\mathrm{s}$ ，故 $v_{A}=x_{A}/t=0.4/0.4=1\,\mathrm{m/s}$ 。弹簧作用过程中两物块在水平方向所受摩擦力等大反向，合外力为零，水平动量守恒： $m_{A}v_{A}=m_{B}v_{B}$ ，因 $m_{A}=m_{B}$ ，得 $v_{B}=v_{A}=1\,\mathrm{m/s}$ 。（2）B脱离弹簧后沿桌面滑行 $x_{B}=0.25\,\mathrm{m}$ 停止，由动能定理 $\mu m_{B}gx_{B}=\dfrac{1}{2}m_{B}v_{B}^{2}$ ，得 $\mu=\dfrac{v_{B}^{2}}{2gx_{B}}=\dfrac{1}{2\times10\times0.25}=0.2$ 。（3）弹簧释放的弹性势能等于两物块在弹簧恢复原长时的总动能与弹簧作用阶段克服摩擦力做功之和；作用阶段两物块相对位移等于压缩量 $\Delta x=0.1\,\mathrm{m}$ ，克服摩擦做功 $W_{f}=\mu(m_{A}+m_{B})g\cdot\Delta x=0.2\times0.2\times10\times0.1=0.02\,\mathrm{J}$ ，恢复原长时总动能 $E_{k}=\dfrac{1}{2}m_{A}v_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}m_{B}v_{B}^{2}=\dfrac{1}{2}\times0.1\times1+\dfrac{1}{2}\times0.1\times1=0.1\,\mathrm{J}$ ，故 $\Delta E_{p}=E_{k}+W_{f}=0.1+0.02=0.12\,\mathrm{J}$ 。
现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为 $\frac{3}{2}v_{0}$ 和 $v_{0}$ 。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为 $30^{\circ}$ ，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小 $E_{0}=\frac{9mv_{0}^{2}}{4\pi qL}$ 。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。（1）求磁感应强度的大小B；（2）求Ⅲ区宽度d；（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为 $E=\omega t-kx$ ，其中常系数 $\omega>0$ ， $\omega$ 已知、k未知，取甲经过O点时 $t=0$ 。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为 $\Delta x$ ，求乙追上甲前F与 $\Delta x$ 间的关系式（不要求写出 $\Delta x$ 的取值范围）

【答案与解析】

（1）乙粒子在Ⅰ区受洛伦兹力提供向心力： $qv_{0}B=\dfrac{mv_{0}^{2}}{r}$ ，得 $r=\dfrac{mv_{0}}{qB}$ 。乙经Ⅰ区速度偏转角为 $30^{\circ}$ ，磁场区宽度为 $L$ ，由几何关系 $L=r\cdot\sin30^{\circ}=r/2$ ，得 $r=2L$ ，故 $B=\dfrac{mv_{0}}{2qL}$ 。（2）乙在Ⅰ、Ⅱ两磁场区运动时间 $t_{\text{乙}}=2\times\dfrac{30^{\circ}}{360^{\circ}}\times T=\dfrac{1}{6}T$ ，其中周期 $T=\dfrac{2\pi m}{qB}=\dfrac{2\pi m}{q\cdot mv_{0}/(2qL)}=\dfrac{4\pi L}{v_{0}}$ ，故 $t_{\text{乙}}=\dfrac{2\pi L}{3v_{0}}$ ；此即甲由P到O所用时间。甲在Ⅲ区初速度 $3v_{0}/2$ ，加速度 $a=\dfrac{qE_{0}}{m}=\dfrac{9mv_{0}^{2}}{4\pi qL}\cdot\dfrac{q}{m}=\dfrac{9v_{0}^{2}}{4\pi L}$ ，位移 $d=\dfrac{3v_{0}}{2}t_{\text{乙}}+\dfrac{1}{2}a t_{\text{乙}}^{2}=\dfrac{3v_{0}}{2}\cdot\dfrac{2\pi L}{3v_{0}}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{9v_{0}^{2}}{4\pi L}\cdot\left(\dfrac{2\pi L}{3v_{0}}\right)^{2}=\pi L+\dfrac{\pi L}{2}=\dfrac{3\pi L}{2}$ ，故Ⅲ区宽度 $d=\dfrac{3\pi L}{2}$ 。（3）甲到O点时速度 $v_{\text{甲O}}$ 满足 $v_{\text{甲O}}^{2}=\left(\dfrac{3v_{0}}{2}\right)^{2}+2ad=\dfrac{9v_{0}^{2}}{4}+2\cdot\dfrac{9v_{0}^{2}}{4\pi L}\cdot\dfrac{3\pi L}{2}=9v_{0}^{2}$ ，得 $v_{\text{甲O}}=3v_{0}$ 。甲在Ⅳ区始终匀速直线运动，故 $qE_{\text{甲}}=0$ ，即 $\omega t-kx_{\text{甲}}=0$ ；甲位置 $x_{\text{甲}}=3v_{0}t$ ，代入得 $\omega=3kv_{0}$ ，即 $k=\dfrac{\omega}{3v_{0}}$ 。乙在Ⅳ区受电场力 $F=qE_{\text{乙}}=q(\omega t-kx_{\text{乙}})=q\left[\omega t-\dfrac{\omega}{3v_{0}}x_{\text{乙}}\right]=\dfrac{q\omega}{3v_{0}}(3v_{0}t-x_{\text{乙}})=\dfrac{q\omega}{3v_{0}}(x_{\text{甲}}-x_{\text{乙}})$ ；甲、乙间距 $\Delta x=x_{\text{甲}}-x_{\text{乙}}$ ，故 $F=\dfrac{q\omega\Delta x}{3v_{0}}$ 。

颜色	红	橙	黄	绿	青	蓝	紫
$\ln D$	2.9392	2.7881	2.5953	2.4849	2.197	$\cdots$	1.792
$\ln T$	$-0.45$	$-0.53$	$-0.56$	$-0.65$	$-0.78$	$-0.92$	$-1.02$