2024年高考物理最后一卷（全国新课标卷）（全解全析）

这是一份2024年高考物理最后一卷（全国新课标卷）（全解全析），共15页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
二、选择题：本题共8小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．如图所示，在xOy坐标系中一质量为m的小球绕原点O做顺时针方向圆周运动，半径为R。一束平行光沿x轴正方向照射小球，在处放置一垂直于x轴的足够大屏幕，观察到影子在y轴方向上的运动满足。则（ ）
A．影子做简谐运动，周期为
B．小球做匀速圆周运动的向心力为
C．，小球坐标是
D．，小球速度沿y轴正方向
【答案】B
【详解】A．根据影子在y轴方向运动的位移时间关系，可知影子做简谐运动，周期，故A错误；
B．由向心力公式，故B正确；
C．根据题中信息可知时，小球位置坐标为，沿y轴正方向运动，，即经过四分之一个周期，小球坐标是，故C错误；
D．，小球速度沿y轴负方向，故D错误。
故选B。
15．钍基熔盐核反应堆不仅发电效率高，而且核废料污染小，具有广阔的应用前景。 本身不能直接使用，需经过一系列核反应后先生成，再衰变生成，利用中子轰击发生裂变后释放核能，其典型产物是和，已知的半衰期为27天，则（ ）
A．裂变反应的方程为
B．的结合能大于的结合能
C．大量的经过54天后有四分之一发生了衰变
D．发生的是β衰变
【答案】D
【详解】A．发生裂变反应时要有中子参加反应，选项A错误；
B．利用中子轰击发生裂变后释放核能，其产物是和，生成物更稳定，比结合能更大，但是质量数不同无法判断的结合能与的结合能的关系，选项B错误；
C．已知的半衰期为27天，则大量的经过54天后有四分之三发生了衰变，剩下原来的四分之一没有衰变，选项C错误；
D．衰变生成的反应方程为，则发生的是β衰变，选项D正确。
故选D。
16．根据玻尔的原子理论，可认为氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动。若处于基态的氢原子具有的电势能为，当其吸收频率为的光子时恰好发生电离。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。以下说法正确的是（ ）
A．氢原子的核外电子由离核较远轨道跃迁到离核较近轨道上时，原子能量减小
B．氢原子处于基态时的能量是
C．氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能增加，电势能减小
D．氢原子处于基态时的轨道半径
【答案】A
【详解】A．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来。故A正确；
B．为发生光电效应的光子能量，并非氢原子基态能量。故B错误；
C．氢原子从基态跃迁到激发态后，其运动半径变大，此时电场力对核外电子做负功，故电势能增大，动能减小。故C错误；
D．根据光电效应逸出功公式可知，因此，电场力提供了电子运动时的向心力，可得，，与之前的公式联立可得，故D错误。
故选A。
17．如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度a与其到地心距离r的关系图像，已知为地球半径，为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A．地球自转的角速度
B．地球同步卫星的周期
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
【答案】B
【详解】A．根据，可知图像中，其斜率为角速度的平方，A错误；
B．由于，解得，故其周期，B正确；
C．上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，C错误；
D．太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，D错误。
故选B。
18．餐桌在中国饮食文化中具有非常重要的意义，它是家庭团聚、社会交往和文化传承的重要平台。如图所示为一圆形餐桌，由圆形水平桌面和圆形水平转盘叠合组成，圆心均位于转轴上。转盘边缘放有一质量为m的小碟子随着转盘角速度由零缓慢增加到某一值（未知）时，碟子从转盘边缘滑离，恰好滑到桌子边缘停下来。已知转盘半径为R，碟子与转盘间的动摩擦因数为，碟子与桌面的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略碟子大小的影响以及转盘与桌面的落差和缝隙影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．的值为
B．转盘对碟子做功为
C．桌面半径是转盘半径的倍
D．碟子在桌面上运动过程中受桌面摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．碟子恰好滑动时，解得，故A错误；
B．转盘对碟子做功，故B错误；
C．如图，碟子沿切线飞出，之后在桌面上做匀减速直线运动，解得，故C错误；D．碟子在桌面运动过程中受摩擦力冲量大小，故D正确。
故选D。
19．如图1所示，河南小将冀高星与队友夺得杭州亚运会男子八人单桨有舵手赛艇项目冠军。若在决赛中赛艇达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图2所示，赛艇前进方向为正方向，图2中，赛艇（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则（ ）
A．第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同
B．经过相邻两个划桨周期后速度变化量为
C．该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为
D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为
【答案】ABD
【详解】A．由a-t图像面积的物理意义为速度的变化量可知，第一个划桨周期速度增量为，故第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同，故A正确；
B．经过连续两个划桨周期速度增量为，即经过连续两个划桨周期后速度比初始速度增加，故B正确；
C．每个划桨周期内合外力的冲量为为，所以相邻两个划桨周期内合外力的冲量为，故C错误；
D．作出连续两个划桨周期的v-t图像如图所示
由v-t图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量为图中阴影部分为，故D正确。
故选ABD。
20．如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为，下半部分的横截面面积为，上半部分的汽缸内有一个质量为的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为的活塞B，两个活塞之间用一根长为的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为，两活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为，重力加速度为，环境大气压强为，则下列说法正确的是（ ）
A．初始时，汽缸内封闭气体的压强为
B．初始时，细杆对活塞B的作用力大小为
C．若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，则两活塞向下移动的距离为
D．若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，则缸内气体对外做功为
【答案】BD
【详解】A．设初始时䍂内气体的压强为，则两活塞受力平衡有，解得，A错误；
B．对活塞受力分析有，解得，B正确；
C．若汽缸内密封气体温度缓慢降低到，气体发生等压变化，则有，解得，设两活塞向下移动的距离为，则有，解得，C错误；
D．若汽缸内密封气体温度缓慢升高到，气体发生等压变化有，解得，汽缸内等压膨胀对外做功为，D正确。
故选BD。
21．如图所示，边长为2d的正方形OPNQ区域中，存在沿OQ方向、大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。以O为坐标原点，OQ方向为y轴正向，OP方向为x轴正向建立直角坐标系，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP的中点A以平行于y轴正方向的某一初速度v0第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点第二次离开电场。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子第二次进入电场前，在磁场中做圆周运动的半径为2.5d
B．带电粒子第二次进入电场时速度与x轴正向的夹角为37°
C．粒子的初速度
D．粒子第二次进入磁场的半径为
【答案】ACD
【详解】A．根据题意作出示意图，如图所示
设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为，在磁场中做圆周运动的半径为，粒子从点第二次进入电场时速度的方向与轴负方向的夹角为，第二次在电场中运动的时间为，则由动能定理得，在磁场中，由几何关系得，解得，故A正确；
B．结合上述，根据几何关系有，，可知与轴负方向的夹角为，与正向夹角为，故B错误；
C．从点第二次进入电场后，在电场中运动时，由运动学公式得，，第一次在电场中运动有，联立可得，故C正确；
D．结合上述，粒子从点离开电场时，速度大小为，粒子在磁场中有，解得，故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：共62分。
22．（6分）7．冰墩墩小巧玲珑可爱，某同学用如图所示装置确定冰墩墩重心位置，实验如下：
将冰墩墩用不可伸长的长长的细线固定在竖直平面内的O点，O点有拉力传感器，将拉力传感器与计算机相连接。（重力加速度为g）
（1）先让冰墩墩做小角度摆动，计算机显示曲线如图甲所示，冰墩墩的周期为 ；
（2）将宽度为d的遮光条固定在冰墩墩的下方，当冰墩墩静止时，在冰墩墩下方的遮光条处安装有光电门（图中未画出），将冰墩墩拉起到不同位置由静止释放，测出遮光条经过光电门的挡光时间。
（3）改变冰墩墩释放的位置，测得多组力传感器的示数F和挡光时间，画出图像，如图乙所示。已知该图线的斜率为k，纵截距为c，则冰墩墩的质量为 ，冰墩墩的重心位置到悬挂点O的距离为 。
【答案】（1） （3）
【详解】（1）根据图甲，冰墩墩的周期为
（3）遮光条经过光电门的速度，根据牛顿第二定律，联立得，可知，c=mg，得冰墩墩的质量为，冰墩墩的重心位置到悬挂点O的距离为。
23．（12分）某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻与定值电阻的阻值。现有的实验器材如下：
A．待测电压表（量程，未知）
B．待测电阻（约为1000Ω）
C．滑动变阻器（）
D．滑动变阻器（）
E.电阻箱（）
F.电阻箱（）
G.电源（电动势为3V，内阻不计）；
H.开关，导线若干。
(1)根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器应该选用 ，电阻箱应该选用 。（填器材前字母序号）
(2)该小组选定实验器材后进行了如下操作：
①先将电阻箱R调至零，先后闭合开关S2，S1，调节至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数为 V；
②断开开关S2；
③调节电阻箱R，记录此时电压表示数U与电阻箱示数R；
④多次改变电阻箱R阻值，重复步骤③；
⑤根据图像法科学分析、计算结果。
(3)该小组同学根据所测数据作出图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻 kΩ，待测电阻 kΩ。
【答案】(1) C F (2)2.40 (3) 3.0 1.0
【详解】（1）由题图可知，电路的控制电路采用的是分压式接法，为保证误差尽可能的小，选用总阻值小的滑动变阻器。故选C。
电阻箱要能够调节电路中的电流，而待测电阻的阻值约为1000Ω，所以其电阻箱的阻值应该大一些，即应该为。故选F。
（2）量程为3V的电压表最小分数值为0.1V，所以其读数为。
（3）由欧姆定律，电压表示数U与电阻箱阻值R关系，有，整理有，结合题图可知，对于图像，有，，解得，
24．（10分）如图甲所示，滑梯是一种有趣的娱乐设施，可以简化为如图乙所示的圆弧形滑道，其在竖直面内的半径，过A点的切线与竖直方向的夹角为30°。一质量的小孩（可视为质点）从A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点B（切线水平）时的速度大小为，g取。
（1）求小孩在B点时，滑梯对小孩的支持力和在下滑过程中损失的机械能；
（2）若用外力将小孩缓慢从B点推到A点，设摩擦阻力大小恒为重力的倍，求外力做的功。
【答案】（1），方向竖直向上；；（2）
【详解】（1）小孩在B点时，由牛顿第二定律有
解得
方向竖直向上。
根据题意可知，小孩在下滑过程中损失的机械能
代入数据解得
（2）根据题意，设外力做的功为，由动能定理有
代入数据解得
25．（14分）如图甲，平行板电容器两极板M、N的间距为d，M板接地（电势为零），时一带正电的粒子沿两板中心线PQ以某一速度进入极板，当N板电势为零时，粒子从平行板右端中间Q点飞出，在极板间运动时间为T，当N板电势为时，粒子恰从M板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的场强为匀强电场，不计粒子重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若N板电势随时间变化的规律如图乙所示，粒子恰从平行板右端中间Q点飞出，求k的值及的最大值。
【答案】（1）；（2）3，
【详解】（1）根据题意，当N板电势为0时，粒子沿着两板中线做匀速直线运动，当N板电势为时粒子在M、N板间做类平抛运动，设其在垂直M、N板的方向做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为，则有
其中
联立解得
（2）粒子从的过程中，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，设其加速度大小为，加速结束时的末速度大小为，则有
由于粒子水平方向上所受合外力为零，因此水平方向上始终做匀速直线运动，穿过平行板电容器的时间为，因此可知，在时间内粒子在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，设加速度大小为，粒子从Q点离开平行板时竖直方向的末速度大小为，则有
两个阶段粒子在竖直方向上发生的位移大小相等、方向相反，因此有
联立可得，
根据牛顿第二定律有，
由此可知
当最大时，粒子在竖直方向速度减为0时恰好达到上极板，则竖直方向加速时的位移
竖直方向减速到0时的位移
竖直方向的总位移
联立解得
而根据（1）中可得
解得
因此可知
26．（20分）如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势E＝36V的直流电源、C＝0.1F的电容器和R＝0.05的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径r＝0.45m的竖直面内光滑圆弧轨道在PQ处平滑连接，PQ与直导轨垂直，轨道仅在PQ左侧空间存在竖直向上，大小为B＝1T的匀强磁场。将质量为、电阻为的金属棒M静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为L＝1m，M距R足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关断开，闭合开关，使电容器完全充电；然后断开，同时接“1”，M从静止开始加速运动直至速度稳定；当M匀速运动到与PQ距离为d＝0.27m时，立即将接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为的绝缘棒N，M、N恰好在PQ处发生第1次弹性碰撞。随后N反向冲上圆弧轨道。已知之后N与M每次碰撞前M均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度，，求：
（1）电容器完成充电时的电荷量q和M稳定时的速度；
（2）第1次碰撞后绝缘棒N在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度；
（3）自发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒M的总位移。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据求得
金属棒M最终匀速直线时
对金属棒M应用动量定理可得
即
其中
联立求得
（2）在开关接2时，对金属棒M应用动量定理
即
又由
联立求得
绝缘棒N滑到圆周最低点时，由动能定理可得
求得
金属棒M，绝缘棒N弹性碰撞
求得
对绝缘棒N由机械能守恒可得
求得
（3）发生第一次碰撞后，金属棒M向左位移为，根据动量定理可得
即
又由
联立求得
由题可知，绝缘棒N第二次与金属棒M碰前速度为，方向水平向左，碰后速度为，金属棒的速度为，由弹性碰撞可得
求得
金属棒M向左的位移
求得
同理可知，金属棒M与绝缘棒N第三次碰撞后的瞬时速度
金属棒M向左的位移
求得
以此类推，金属棒M与绝缘棒N第次碰撞后的瞬时速度
金属棒M向左的位移
发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒M的总位移
当趋于无穷大时