2024年高考遼寧卷物理真題（解析版）

2024年高考真題PAGEPAGE12024年遼寧省普通高等學(xué)校招生考試一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.2024年5月3日，長征五號遙八運(yùn)載火箭托舉嫦娥六號探測器進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，火箭升空過程中，以下描述其狀態(tài)的物理量屬于矢量的是（）A.質(zhì)量 B.速率 C.動量 D.動能〖答案〗C〖解析〗【詳析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以動量是矢量，而質(zhì)量、速率、動能只有大小沒有方向，是標(biāo)量。故選C。2.“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的（）A半徑相等 B.線速度大小相等C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等〖答案〗D〖解析〗【詳析】D．由題意可知，球面上P、Q兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動時屬于同軸轉(zhuǎn)動，故角速度大小相等，故D正確；A．由圖可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑的關(guān)系為故A錯誤；B．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的線速度的關(guān)系為故B錯誤；C．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的向心加速度的關(guān)系為故C錯誤。故選D。3.利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時，（）A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．當(dāng)墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運(yùn)動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；C．由于硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；D．桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，故D錯誤。故選C。4.某同學(xué)自制雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置，在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發(fā)絲形成雙縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照雙縫，能在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相鄰兩條亮紋中央間距變小的是（）A.換用更粗的頭發(fā)絲 B.換用紅色激光照雙縫C.增大紙板與墻面的距離 D.減小光源與紙板的距離〖答案〗A〖解析〗【詳析】由于干涉條紋間距，可知：A．換用更粗的頭發(fā)絲，雙縫間距d變大，則相鄰兩條亮紋中央間距變小，故A正確；B．換用紅色激光照雙縫，波長變長，則相鄰兩條亮紋中央間距變大，故B錯誤；C．增大紙板與墻面的距離l，則相鄰兩條亮紋中央間距變大，故C錯誤；D．減小光源與紙板的距離，不會影響相鄰兩條亮紋中央間距，故D錯誤。故選A。5.某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)增大，根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大，故A錯誤；BC．溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)?，故D錯誤。故選B?！尽狐c(diǎn)石成金』】6.在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運(yùn)動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中（）A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小〖答案〗D〖解析〗【詳析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较颍鶕?jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。7.如圖（a），將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運(yùn)動的圖像如（b）所示（不考慮自轉(zhuǎn)影響），設(shè)地球、該天體的平均密度分別為和，地球半徑是該天體半徑的n倍。的值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【詳析】設(shè)地球表面的重力加速度為，某球體天體表面的重力加速度為，彈簧的勁度系數(shù)為，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性有可得可得設(shè)某球體天體的半徑為，在星球表面，有聯(lián)立可得故選C?！尽狐c(diǎn)石成金』】8.X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發(fā)出光電子，并對光電子進(jìn)行分析的科研儀器，用某一頻率的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強(qiáng)度，則（）A.該金屬逸出功增大 B.X光的光子能量不變C.逸出的光電子最大初動能增大 D.單位時間逸出的光電子數(shù)增多〖答案〗BD〖解析〗【詳析】A．金屬的逸出功是金屬的自身固有屬性，僅與金屬自身有關(guān)，增加此X光的強(qiáng)度，該金屬逸出功不變，故A錯誤；B．根據(jù)光子能量公式可知增加此X光的強(qiáng)度，X光的光子能量不變，故B正確；C．根據(jù)愛因斯坦光電方程可知逸出的光電子最大初動能不變，故C錯誤；D．增加此X光的強(qiáng)度，單位時間照射到金屬表面的光子變多，則單位時間逸出的光電子數(shù)增多，故D正確。故選BD。9.如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等〖答案〗AB〖解析〗【詳析】A．兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)閍bcda；故A正確；BC．設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得對cd故可知分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得解得故B正確，C錯誤；D．根據(jù)前面分析可知，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。故選AB。10.一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A.小物塊在時刻滑上木板 B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動〖答案〗ABD〖解析〗【詳析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時刻，木板的速度為設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負(fù)號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經(jīng)過時間與木板共速此時速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動，故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某探究小組要測量電池電動勢和內(nèi)阻?？衫玫钠鞑挠校弘妷罕?、電阻絲、定值電阻（阻值為）、金屬夾、刻度尺、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。他們設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將電阻絲拉直固定，按照圖（a）連接電路，金屬夾置于電阻絲的_____。（填“A”或“B”）端；②閉合開關(guān)S，快速滑動金屬夾至適當(dāng)位置并記錄電壓表示數(shù)U，斷開開關(guān)S，記錄金屬夾與B端的距離L；③多次重復(fù)步驟②，根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖（c）中圖線Ⅰ；④按照圖（b）將定值電阻接入電路，多次重復(fù)步驟②，再根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖（c）中圖線Ⅱ。（2）由圖線得出縱軸截距為b，則待測電池的電動勢_____。（3）由圖線求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分別為、，若，則待測電池的內(nèi)阻____（用和表示）?！即鸢浮剑?）（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】為了保護(hù)電路，閉合開關(guān)前，金屬夾置于電阻絲的最大阻值處，由圖可知，應(yīng)該置于端。小問2詳析】對于電路圖（a），根據(jù)閉合電路歐姆定律有設(shè)金屬絲的電阻率為，橫截面積為，結(jié)合歐姆定律和電阻定律聯(lián)立可得整理可得對于電路圖（b），根據(jù)閉合電路歐姆定律有結(jié)合歐姆定律和電阻定律聯(lián)立后整理可知圖線的縱軸截距解得【小問3詳析】由題意可知又聯(lián)立解得12.圖（a）為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)探究這套積木小幅擺動時周期T與外徑D之間的關(guān)系。（1）用刻度尺測量不同顏色積木的外徑D，其中對藍(lán)色積木的某次測量如圖（b）所示，從圖中讀出______。（2）將一塊積木靜置于硬質(zhì)水平桌面上，設(shè)置積木左端平衡位置的參考點(diǎn)O，將積木的右端按下后釋放，如圖（c）所示。當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時記為第0次并開始計(jì)時，第20次時停止計(jì)時，這一過程中積木擺動了______個周期。（3）換用其他積木重復(fù)上述操作，測得多組數(shù)據(jù)。為了探究T與D之間的函數(shù)關(guān)系，可用它們的自然對數(shù)作為橫、縱坐標(biāo)繪制圖像進(jìn)行研究，數(shù)據(jù)如下表所示：顏色紅橙黃綠青藍(lán)紫2.93922.78812.59532.48492.1971.792根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出圖像如圖（d）所示，則T與D的近似關(guān)系為______。A. B. C. D.（4）請寫出一條提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：______。〖答案〗（1）7.54##7.55##7.56（2）10（3）A（4）見〖解析〗〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為【小問2詳析】積木左端兩次經(jīng)過參考點(diǎn)O為一個周期，當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時記為第0次并開始計(jì)時，之后每計(jì)數(shù)一次，經(jīng)歷半個周期，可知，第20次時停止計(jì)時，這一過程中積木擺動了10個周期?！拘?詳析】由圖（d）可知，與成線性關(guān)系，根據(jù)圖像可知，直線經(jīng)過與，則有解得則有解得可知故選A?！拘?詳析】為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：用游標(biāo)卡尺測量外徑D、通過測量40次或60次左端與O點(diǎn)等高所用時間來求周期、適當(dāng)減小擺動的幅度。13.如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=5：1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。（1）求變壓器的輸出功率P；（2）已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系有聯(lián)立解得理想變壓器的輸出功率等于R的熱功率，即（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p0，則加熱后氣體的壓強(qiáng)為2p0，溫度為T2，容器內(nèi)的氣體做等容變化，則有由知?dú)怏w吸收的熱量根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體的體積不變，所以W=0，容器是絕熱容器，則電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收聯(lián)立整理得解得【『點(diǎn)石成金』】14.如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能?！即鸢浮剑?）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J〖解析〗【詳析】（1）對A物塊由平拋運(yùn)動知識得代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為AB物塊質(zhì)量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則解得脫離彈簧時B的速度大小為（2）對物塊B由動能定理代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為（3）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強(qiáng)度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗【詳析】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運(yùn)動的時間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時速度為因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)時間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動時間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【『點(diǎn)石成金』】2024年遼寧省普通高等學(xué)校招生考試一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.2024年5月3日，長征五號遙八運(yùn)載火箭托舉嫦娥六號探測器進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，火箭升空過程中，以下描述其狀態(tài)的物理量屬于矢量的是（）A.質(zhì)量 B.速率 C.動量 D.動能〖答案〗C〖解析〗【詳析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以動量是矢量，而質(zhì)量、速率、動能只有大小沒有方向，是標(biāo)量。故選C。2.“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的（）A半徑相等 B.線速度大小相等C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等〖答案〗D〖解析〗【詳析】D．由題意可知，球面上P、Q兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動時屬于同軸轉(zhuǎn)動，故角速度大小相等，故D正確；A．由圖可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑的關(guān)系為故A錯誤；B．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的線速度的關(guān)系為故B錯誤；C．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的向心加速度的關(guān)系為故C錯誤。故選D。3.利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時，（）A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．當(dāng)墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運(yùn)動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；C．由于硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；D．桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，故D錯誤。故選C。4.某同學(xué)自制雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置，在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發(fā)絲形成雙縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照雙縫，能在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相鄰兩條亮紋中央間距變小的是（）A.換用更粗的頭發(fā)絲 B.換用紅色激光照雙縫C.增大紙板與墻面的距離 D.減小光源與紙板的距離〖答案〗A〖解析〗【詳析】由于干涉條紋間距，可知：A．換用更粗的頭發(fā)絲，雙縫間距d變大，則相鄰兩條亮紋中央間距變小，故A正確；B．換用紅色激光照雙縫，波長變長，則相鄰兩條亮紋中央間距變大，故B錯誤；C．增大紙板與墻面的距離l，則相鄰兩條亮紋中央間距變大，故C錯誤；D．減小光源與紙板的距離，不會影響相鄰兩條亮紋中央間距，故D錯誤。故選A。5.某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)增大，根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大，故A錯誤；BC．溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)椋蔇錯誤。故選B?！尽狐c(diǎn)石成金』】6.在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運(yùn)動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中（）A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小〖答案〗D〖解析〗【詳析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较?，根?jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到O點(diǎn)等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。7.如圖（a），將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運(yùn)動的圖像如（b）所示（不考慮自轉(zhuǎn)影響），設(shè)地球、該天體的平均密度分別為和，地球半徑是該天體半徑的n倍。的值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【詳析】設(shè)地球表面的重力加速度為，某球體天體表面的重力加速度為，彈簧的勁度系數(shù)為，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性有可得可得設(shè)某球體天體的半徑為，在星球表面，有聯(lián)立可得故選C?！尽狐c(diǎn)石成金』】8.X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發(fā)出光電子，并對光電子進(jìn)行分析的科研儀器，用某一頻率的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強(qiáng)度，則（）A.該金屬逸出功增大 B.X光的光子能量不變C.逸出的光電子最大初動能增大 D.單位時間逸出的光電子數(shù)增多〖答案〗BD〖解析〗【詳析】A．金屬的逸出功是金屬的自身固有屬性，僅與金屬自身有關(guān)，增加此X光的強(qiáng)度，該金屬逸出功不變，故A錯誤；B．根據(jù)光子能量公式可知增加此X光的強(qiáng)度，X光的光子能量不變，故B正確；C．根據(jù)愛因斯坦光電方程可知逸出的光電子最大初動能不變，故C錯誤；D．增加此X光的強(qiáng)度，單位時間照射到金屬表面的光子變多，則單位時間逸出的光電子數(shù)增多，故D正確。故選BD。9.如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等〖答案〗AB〖解析〗【詳析】A．兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)閍bcda；故A正確；BC．設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得對cd故可知分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得解得故B正確，C錯誤；D．根據(jù)前面分析可知，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。故選AB。10.一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A.小物塊在時刻滑上木板 B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動〖答案〗ABD〖解析〗【詳析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時刻，木板的速度為設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負(fù)號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經(jīng)過時間與木板共速此時速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動，故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某探究小組要測量電池電動勢和內(nèi)阻。可利用的器材有：電壓表、電阻絲、定值電阻（阻值為）、金屬夾、刻度尺、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。他們設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將電阻絲拉直固定，按照圖（a）連接電路，金屬夾置于電阻絲的_____。（填“A”或“B”）端；②閉合開關(guān)S，快速滑動金屬夾至適當(dāng)位置并記錄電壓表示數(shù)U，斷開開關(guān)S，記錄金屬夾與B端的距離L；③多次重復(fù)步驟②，根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖（c）中圖線Ⅰ；④按照圖（b）將定值電阻接入電路，多次重復(fù)步驟②，再根據(jù)記錄的若干組U、L的值，作出圖（c）中圖線Ⅱ。（2）由圖線得出縱軸截距為b，則待測電池的電動勢_____。（3）由圖線求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分別為、，若，則待測電池的內(nèi)阻____（用和表示）。〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】為了保護(hù)電路，閉合開關(guān)前，金屬夾置于電阻絲的最大阻值處，由圖可知，應(yīng)該置于端。小問2詳析】對于電路圖（a），根據(jù)閉合電路歐姆定律有設(shè)金屬絲的電阻率為，橫截面積為，結(jié)合歐姆定律和電阻定律聯(lián)立可得整理可得對于電路圖（b），根據(jù)閉合電路歐姆定律有結(jié)合歐姆定律和電阻定律聯(lián)立后整理可知圖線的縱軸截距解得【小問3詳析】由題意可知又聯(lián)立解得12.圖（a）為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)探究這套積木小幅擺動時周期T與外徑D之間的關(guān)系。（1）用刻度尺測量不同顏色積木的外徑D，其中對藍(lán)色積木的某次測量如圖（b）所示，從圖中讀出______。（2）將一塊積木靜置于硬質(zhì)水平桌面上，設(shè)置積木左端平衡位置的參考點(diǎn)O，將積木的右端按下后釋放，如圖（c）所示。當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時記為第0次并開始計(jì)時，第20次時停止計(jì)時，這一過程中積木擺動了______個周期。（3）換用其他積木重復(fù)上述操作，測得多組數(shù)據(jù)。為了探究T與D之間的函數(shù)關(guān)系，可用它們的自然對數(shù)作為橫、縱坐標(biāo)繪制圖像進(jìn)行研究，數(shù)據(jù)如下表所示：顏色紅橙黃綠青藍(lán)紫2.93922.78812.59532.48492.1971.792根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出圖像如圖（d）所示，則T與D的近似關(guān)系為______。A. B. C. D.（4）請寫出一條提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：______?！即鸢浮剑?）7.54##7.55##7.56（2）10（3）A（4）見〖解析〗〖解析〗【小問1詳析】刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為【小問2詳析】積木左端兩次經(jīng)過參考點(diǎn)O為一個周期，當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時記為第0次并開始計(jì)時，之后每計(jì)數(shù)一次，經(jīng)歷半個周期，可知，第20次時停止計(jì)時，這一過程中積木擺動了10個周期?！拘?詳析】由圖（d）可知，與成線性關(guān)系，根據(jù)圖像可知，直線經(jīng)過與，則有解得則有解得可知故選A?！拘?詳析】為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：用游標(biāo)卡尺測量外徑D、通過測量40次或60次左端與O點(diǎn)等高所用時間來求周期、適當(dāng)減小擺動的幅度。13.如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=5：1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。（1）求變壓器的輸出功率P；（2）已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析