2024年高考物理试卷（辽宁）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2024·高考物理真题

2024 年辽宁省普通高等学校招生考试 一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符 合题目要求，每小题 4分；第 8~10题有多项符合题目要求，每小题 6分，全部选对的得 6分， 选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 1. 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，以下描述的物理量属 于矢量的是（ ） A. 质量 B. 速率 C. 动量 D. 动能 【答案】C 【解析】 【详解】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方 向，是标量。 故选C。 2. 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】D 【解析】 【详解】D．由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确； A．由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为 r＜r P Q 故A错误； B．根据v=rw可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为 v ＜v P Q 故B错误； 第1页/共14页 学科网（北京）股份有限公司C．根据a =rw2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为 n a ＜a P Q 故C错误。 故选D。 3. 利用砚台将墨条磨成墨汁，墨条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】C 【解析】 【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向 右，故A错误； B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩 擦力方向水平向右，故B错误； C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确； D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚 台的压力，故D错误。 故选C。 4. 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，下列说 法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（ ） 第2页/共14页 学科网（北京）股份有限公司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】A 【解析】 l 【详解】由于干涉条纹间距Dx= l，可知： d A．换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距Dx变小，故A正确； B．换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距Dx变大，故B错误； C．增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距Dx变大，故C错误； D．减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距Dx，故D错误。 故选A。 5. 某种不导电溶液的相对介电常数ε，与浓度C 的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全 m 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】B 【解析】 eS 【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数ε增大，根据电容器的决定式C = 可知电 4pkd 容器的电容增大，故A错误； BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q=CU 结合A选项分析可知电容器 所带的电荷量增大，故B正确，C错误； D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为 N ®M ，故D错误。 故选B。 第3页/共14页 学科网（北京）股份有限公司6. 在水平匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直纸面内运动，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】D 【解析】 【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线 方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，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点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动 方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。 故选D。 7. 如图（a），若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球体天体表面做简谐运动的图像如（b）， r 设地球，该天体的平均密度分别为r和r。地球半径是该天体半径的n倍。 1 的值为（ ） 1 2 r 2 n 2 1 A. 2n B. C. D. 2 n 2n 【答案】C 【解析】 【详解】设地球表面的重力加速度为g，某球体天体表面的重力加速度为g¢，弹簧的劲度系数为k，根据 简谐运动的对称性有 k×4A-mg =mg 第4页/共14页 学科网（北京）股份有限公司k×2A-mg¢=mg¢ 可得 2kA g = m kA g¢= m 可得 g =2 g¢ 设某球体天体的半径为R，在星球表面，有 4 r× pnR3 ×m 1 3 G =mg nR2 4 r × pR3×m 2 3 G =mg¢ R2 联立可得 r 2 1 = r n 2 故选C。 8. 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】BD 【解析】 【详解】A．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸出 功不变，故A错误； B．根据光子能量公式ε=hν可知增加此X光的强度，X光的光子能量不变，故B正确； C．根据爱因斯坦光电方程 E =hn-W km 0 可知逸出的光电子最大初动能不变，故C错误； D．增加此X光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的光电子数增多，故D正 第5页/共14页 学科网（北京）股份有限公司确。 故选BD。 9. 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°，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（ ） 3mg A. 回路中的电流方向为abcda B. ab中电流趋于 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】AB 【解析】 【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确； BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 2mgsin30°-2BILcos30°=2ma ab 对cd mgsin30°-BILcos30°=ma cd 故可知 a =a ab cd 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的 安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此 时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得 2mgsin30°=2BILcos30° 解得 3mg I = 3BL 第6页/共14页 学科网（北京）股份有限公司故B正确，C错误； D．根据前面分析可知a =a ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的 ab cd 感应电动势不等，故D错误。 故选AB。 10. 一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，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 的时间内， 0 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 时刻，小物块与木板的速度相 0 同，下列说法正确的是（ ） A. 小物块在t =3t 时刻滑上木板 B. 小物块和木板间动摩擦因数为2μ 0 C. 小物块与木板的质量比为3︰4 D. t =4t 之后小物块和木板一起做匀速运动 0 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，可知t =3t 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t =3t 0 0 时刻滑上木板，故A正确； B．设小物块和木板间动摩擦因数为m，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为 0 3 v = mgt ，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为 0 2 0 mmg a = 0 =mg 0 m 0 1 经过t 时间与木板共速此时速度大小为v = mgt ，方向水平向右，故可得 0 共 2 0 v v 0 + 共 =t mg mg 0 0 0 解得 m =2m 0 第7页/共14页 学科网（北京）股份有限公司故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 1 mgt 2 0 1 a= = mg t 2 0 故可得 F -mMg =Ma 解得 3 F = mMg 2 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 1 3 mgt - mgt 2 0 2 0 a¢= =-mg t 0 此时对木板由牛顿第二定律得 F -mm+Mg-mmg =Ma' 0 解得 m 1 = M 2 故C错误； D．假设t =4t 之后小物块和木板一起共速运动，对整体 0 3 3 F -mm+Mg = mMg- mMg =0 2 2 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t =4t 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 0 故选ABD。 二、非选择题：本题共 5小题，共 54分。 11.将电阻边拉直固定，按照图（v）连接电路，金属夹量于电阻丝的（A/B）。 第8页/共14页 学科网（北京）股份有限公司11. 理想变压器原、副线圈的匝数比为n ：n = 5：1，原线圈接在电压峰值为U 的正弦交变电源上，副 1 2 m 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ΔT成正比，即Q = CΔT，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。 U2 50CT R 【答案】（1） m ；（2）t = 0 50R U2 m 【解析】 【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 U U = m 1 2 设变压器副线圈的输出电压为U ，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 2 U n 1 = 1 U n 2 2 联立解得 n U U = 2U = m 2 n 1 5 2 1 理想变压器的输出功率等于R的功率，即 U2 U2 P= 2 = m R 50R （2）设加热前容器内气体的压强为p ，则加热后气体的压强为2p ，温度为T ，容器内的气体做等容变化， 0 0 2 第9页/共14页 学科网（北京）股份有限公司则有 p 2p 0 = 0 T T 0 2 由Q=CDT 知气体吸收的热量 Q=C2T -T =CT 0 0 0 根据热力学第一定律 DU =W +Q 气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则 DU=Q=Pt =CT 0 即 U2 m t =CT 50R 0 解得 50CT R t = 0 U2 m 12. 如图，高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量m =m =0.1kg。A、B间夹一压 A B 缩量Δx =0.1m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 =0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离x =0.25m后停止。A、B A B 均视为质点，取重力加速度g =10m/s2。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小v 和v ； A B （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能DE 。 p 【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【解析】 第10页/共14页 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得 1 h= gt2 2 x =v t A A 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 v =1m/s A 对AB物块整体由动量守恒定律 m v =m v A A B B 解得脱离弹簧时B的速度大小为 v =1m/s B （2）对物块B由动能定理 1 -mm gx =0- m v2 B B 2 B B 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为 m=0.2 （3）由能量守恒定律 1 1 DE = m v2 + m v2 +mm gDx +mm gDx p 2 A A 2 B B A A B B 其中 m =m ，Dx=Dx +Dx A B A B 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能 DE =0.12J p 13. 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 3 右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为 v 和v 。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏 2 0 0 转角为 30°，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 9mv2 E = 0 。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。 0 4πqL （1）求磁感应强度的大小B； 第11页/共14页 学科网（北京）股份有限公司（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 =wt-kx，其中常 系数w>0，w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Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围） mv 3 qw 【答案】（1）B= 0 ；（2）d = pL；（3）F = ×Dx 2qL 2 3v 0 【解析】 【详解】（1）对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力 v2 qv B=m 0 0 r 1 由几何关系 L sin30°= r 1 联立解得，磁感应强度的大小为 mv B= 0 2qL （2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 第12页/共14页 学科网（北京）股份有限公司30° 2pm 2pL t =2´ ´ = 1 360° qB 3v 0 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式 3 1 d = v t + at2 2 0 1 2 1 由牛顿第二定律 qE 9v2 a = 0 = 0 m 4pL 联立可得Ⅲ区宽度为 3 d = pL 2 （3）甲粒子经过O点时的速度为 3 v = v +at =3v 甲 2 0 1 0 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则 wt =kx=k´3v t 0 可得 w k = 3v 0 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t ，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t ，则上式中 2 0 t =t +t 0 2 对乙可得 F =w(t +t )-kx q 0 2 2 整理可得 3v F x =3v (t +t )- 0 2 0 0 2 qw 对甲可得 x =3v (t +t ) 1 0 0 2 则 第13页/共14页 学科网（北京）股份有限公司3v F Dx= x -x = 0 1 2 qw 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 qw F = ×Dx 3v 0 第14页/共14页 学科网（北京）股份有限公司