2024年江苏高考物理最后一卷（新情景题）（江苏卷04）（全解全析）

这是一份2024年江苏高考物理最后一卷（新情景题）（江苏卷04）（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
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。
1．放射性同位素热电机是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受温度及宇宙射线的影响，使用寿命可达十几年。我国的火星探测车用放射性材料器作为燃料，其原理为发生衰变时将释放的能量转化为电能，衰变方程为，以和分别表示的电荷数和中子数，下列判断正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【详解】根据质量数守恒和电荷守恒定律，可知的电荷数为92，质量数为234，电荷数等于质子数，质量数等于质子数加中子数，所以中子数为142，即，，故选C。
2．已知氢原子处于基态的能量为，第n能级的能量。大量处于某同一激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中能量最大为，h为普朗克常量。则这些氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中频率最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】从n能级直接跃迁至基态时，辐射的光子能量最大，则有，解得n=3，可知，处于该激发态的氢原子向第2能级跃迁时，辐射的光子的能量最小，频率最低，则有，解得，故选A。
3．霍尔效应传感器应用很广泛，可以用来测量磁场、位移、电流、转速等。如图所示，霍尔传感器上面有一小磁体，霍尔元件材料为长方体，产生的霍尔电压为后表面电势高，下列说法正确的是（ ）
A．当变阻器滑动触头向左滑动，霍尔电压将增大
B．霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽高都有关系
C．霍尔元件中电流I的载流子一定是正电荷定向运动形成的
D．若传感器上面磁体向下移动，霍尔电压将减小
【答案】A
【详解】设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则平衡时满足，，解得。
A. 当变阻器滑动触头向左滑动，则阻值减小，电流I变大，则霍尔电压U将增大，选项A正确；
B. 霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽无关，与高有关系，选项B错误；
C. 霍尔元件中电流I的载流子不一定是正电荷定向运动形成的，也可能是负电荷，选项C错误；
D. 若传感器上面磁体向下移动，则B增加，霍尔电压将增大，选项D错误。
故选A。
4．2023年11月，我国航母“福建舰”开始弹射实验。飞机航母弹射系统能够使飞机获得一个初速度，从而达到缩短滑行距离的目的。设飞机靠自身引擎获得的加速度为a，没有弹射的情况下，飞机滑行的距离达到起飞速度；开启弹射系统，使飞机获得一个初速度，飞机滑行的距离达到起飞速度，设，加速度a和起飞速度均为定值，下列关于说法正确的是（ ）
A．与成正比B．与成正比
C．与成正比D．与成正比
【答案】B
【详解】没有弹射的情况下，飞机做初速度为0的匀加速直线运动，设起飞速度为，由匀变速直线运动速度与位移关系式知，开启弹射系统，飞机做初速度为的匀加速直线运动，则，由题知，则，则可知，与成正比。
故选B。
5．艺术体操中的彩带舞逐渐成为全民健身的项目，使用的体操彩带是由短杆和一定长度的彩带组成。如图所示，某同学抖动短杆，使彩带的运动近似为简谐横波，彩带重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．为形成简谐横波，该同学必须保证短杆的顶端上下匀速摆动
B．a点的振动方向向上
C．再经过半个周期，b点将移动到c点
D．该同学为了将波长变小，必须提高短杆的振动频率
【答案】D
【详解】A．根据形成简谐横波的条件可知，该同学保证短杆的顶端上下简谐运动，故A错误；
B．根据平移法可知，a点的振动方向向下，故B错误；
C．质点质能在平衡位置上下真的，b点不会移动到c点，故C错误；
D．根据可知，该同学为了将波长变小，必须提高短杆的振动频率，故D正确；
故选D。
6．如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态。AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行。下列判断正确的是（ ）

A．A→B过程，外界对气体做功，气体内能增加
B．B→C过程，气体体积增大
C．C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小
D．整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功
【答案】C
【详解】A．A→B过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误；
B．B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；
C．C→D过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；
D．作出气体状态变化对应的p-V图像，如图所示
p-V图像与V轴围成的面积代表功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。
故选C。
7．一质量为m的行星绕质量为M的恒星运动，如图所示，设在以恒星为球心的球形大空间范围内均匀地分布着稀薄的宇宙尘埃，尘埃的密度很小，略去行星与尘埃之间的直接碰撞作用，行星绕行轨道为圆，半径为，则下列说法正确的是（ ）（已知质量均匀分布的球壳对壳内任一点的万有引力为零，引力常量为G）
A．行星绕行圆半径越大，其所受的万有引力的合力越小
B．行星绕行的周期为
C．行星的绕行的动能为
D．若行星的轨道不是圆轨道，则其运动规律仍满足开普勒三定律
【答案】C
【详解】A．行星所受引力为恒星M和尘埃引力的合力，尘埃对行星的引力可看成以为半径的球形空间尘埃的引力，有，行星绕行圆半径越大，其所受的万有引力的合力不一定越小，A错误；
B．由圆周运动受力特点可得，可得，B错误；
C．由圆周运动受力特点可得，行星的绕行的动能为，C正确；
D．若行星的轨道不是圆轨道，则行星与恒星的距离变化，尘埃的引力也变化，相当于单个中心天体的质量发生变化，开普勒第三定律不再适用，D错误。
故选C。
8．能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡，副线圈接有合适的灯泡（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数减小
B．灯泡变亮
C．定值保护电阻的电功率增大
D．灯泡变亮
【答案】D
【详解】A．设输入电压为U，根据，，，，解得，，滑动变阻器R的滑片向下滑动少许， 电阻R阻值增大，副线圈总电阻增大，减小， 灯泡变暗；电压增大，电压表的示数增大， 选项A B错误；
D．因，，电压增大， 故电压U2增大， 增大，灯泡变亮， D正确 。
C．因，，减小， 故减小， 增大， 减小， 定值保护电阻的电功率减小，选项C错误；
故选D。
9．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 （ ）
A．火箭与发射仓组成的系统动量守恒
B．火箭上升时，处于超重状态
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和大于火箭动能的增加量
【答案】D
【详解】A．火箭飞出发射仓到点火的过程只受重力作用，故此过程火箭与发射仓组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．根据题意可知，火箭点火前的上升阶段，分为加速上升和减速上升两个阶段，先超重后失重，故B错误；
C．由动量定理可知(F－mg－F阻)Δt＝mΔv，解得FΔt＝mΔv＋mgΔt＋F阻Δt，故高压气体对火箭推力的冲量大于火箭动量的增加量，故C错误；
D．由动能定理可知WF－WG－W阻＝mv2，解得WF－W阻＝mv2＋WG，故高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和大于火箭动能的增加量，故D正确。
故选D。
10．如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中、处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒
B．图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片
C．乒乓球在段运动过程中重力的冲量大小不同
D．通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比
【答案】D
【详解】A．由于乒乓球在运动过程空气阻力做功，则机械能不守恒，故A错误；
C．根据题意，由图可知，乒乓球在段运动过程中的运动时间相等，则运动过程中重力的冲量大小相等，故C错误；
BD．根据题意，设空气阻力为，由牛顿第二定律可得，上抛时有，下降时有，可知，由，可知，上抛时运动的距离较大，则图甲为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片，根据逐差法，由图可求的乒乓球上抛时的加速度和下降时的加速度，联立解得，，可得，乒乓球所受重力与空气阻力之比，即通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比，故B错误，D正确。
故选D。
11．如图所示，ABCD是正四面体，虚线圆为三角形ABD的内切圆，切点分别为M、N、P，O为圆心，正四面体的顶点A、B和D分别固定有电荷量为、和的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同
B．M、O、N、P四点的电势
C．将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
D．将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零
【答案】D
【详解】A．根据题意，由对称性可知，M、P两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，M、P两点的电势相等，综上所述，可知M、O、N、P四点的电势，故B错误；
C．等量异种电荷连线中垂面为等势面，则在B、D两处的点电荷产生的电场中，连线为等势线，在A点的正点电荷产生的电场中，从到电势逐渐变小，综上所述，可知从到电势逐渐变小，将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能一直减小，故C错误；
D．根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，C、D两点的电势相等，则将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零，故D正确。
故选D。
二、实验题：本题共15分。
12．（15分）某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手机（其坐标轴如图1所示）探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图2所示。已知当地重力加速度为g。
（1）分别称量出小桶的质量和手机的质量。
（2）开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。
（3）用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为 （用题目所给字母表示），读出此瞬间手机y轴上的加速度a的数值。
（4）往小桶中增加砝码，重复步骤（3），测得实验数据如下：
根据图3软件截图，上表中空白处的数据为 。利用数据作出图像，在图4中描出第一组数据的点并连线 ，可以得到结论： 。
（5）保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面，重复步骤（3），测得实验数据并作出图像，得出结论：当合外力一定，加速度与物体质量成反比。
（6）从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的是 。
A．使用质量更大的砝码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量
【答案】（3）（3分） （4）0.98（3分） （3分）
当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比 （3分） （6） A（3分）
【详解】（3）静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力
当将小桶突然托起时，弹簧的弹力大小不变，此瞬间手机受到的合外力
（4）根据图3可读得手机的加速度大小大约为，因此上表中空白处的数据应为。
作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来，且应尽可能多的让点迹落在图线上，不能落在图线上的点迹应让其均匀的分布在图线的两侧，明显有误差的点迹应直接舍去。描点作图如图所示
根据图像可以得到的结论是：当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（6）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越小，弹簧越容易发生形变，则扰动越大，因此该方法不可行，故C错误；
D．让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
故选A。
三、计算题：本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（6分）如图所示，一半径为R的半球形特种玻璃，除底面外，半球的表面均涂有一层薄薄的吸光物质，球心为为紧贴球面涂层下的一点，且满足与底面垂直．将一单色点光源置于A点，发现半球底面的透光面积占底面面积的，求：
（1）特种玻璃的折射率n；
（2）若半球形特种玻璃的底面涂吸光物质，而其它地方不涂，当点光源从O点向A点移动过程中，距O点多远时，球面上的某些地方开始无光透出．
【答案】（1）2；（2）
【详解】（1）做出光的传播图像，如图
半球底面的透光面积占底面面积的，根据可知
设临界角为C，则有
根据全反射临界角公式有
解得
（2）根据几何关系如图，此时有
解得
14．（8分）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为，长。它们与地面间的动摩擦因数，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让一质量物块A从圆弧顶端由静止滑下，物块与木板间的动摩擦因数，，则：
（1）求物块A刚滑离木板1时的速度大小；
（2）试判断物块A滑行过程中能否使木板滑动？若木板会滑动，计算木板滑动前系统的摩擦生热。若不会滑动，计算全过程系统的摩擦生热。
【答案】（1）；（2）；（3）会滑动；
【详解】（1）物块A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有
物块A刚滑上木板1时，对物块A，其所受到摩擦力
将4块木板看成整体，其与地面之间的最大静摩擦力为
由于，故物块A滑离木板1时，4块木板整体静止，对物块A，根据动能定理有
解得
（3）设物块A刚滑至第n块木板时，该木板开始滑动，该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦力为
要使木板滑动，则有，解得
即物块A滑上第3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有
解得物块A刚滑至木板3时的速度为
故物块A能滑上第三块木板，并使34两块木板滑动，在此过程中
15．（12分）如图，水平直边界下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，O、P、Q为边界上的三个点，一电荷量为q（）的粒子在纸面内以水平向右的速度经过O点正下方M点，分裂成两个质量相等的、带正电的粒子1和粒子2，分裂后两粒子的运动方向与分裂前相同，粒子1从P点离开磁场时、粒子2也恰好从Q点离开磁场。已知，，。不计粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子1、2各自在磁场中运动的半径；
（2）求粒子1所带的电荷量；
（3）若边界上方同时存在磁感应强度大小相同、方向垂直纸面向外的匀强磁场，当粒子2第二次经过边界时，求两粒子之间的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子运动轨迹如图
设粒子1运动的半径为，由几何关系得
解得
设粒子2运动的半径为，由几何关系得
解得
（2）由几何关系知，粒子1运动时间
粒子2运动时间
又
而
由电荷守恒定律
解得
（3）若在边界上方同时存在大小相同、方向垂直直面向外的匀强磁场，粒子1、2将做周期性运动。粒子2第2次经过边界时，粒子1也经过边界。如图所示
粒子1距离O点的距离
粒子2距离O点的距离
所以，两个粒子的距离
解得
16．（15分）如图所示，金属轮和绝缘轮可绕各自中心金属轴和转动，和平行且水平放置，金属轮由三根金属辐条和金属环组成，轮的辐条长均为4r、电阻均为R，金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成角，在图中的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮的半径为2r，另一半径为r的绝缘圆盘。与同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在边缘上的某点，在上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动和绕轴转动。转动过程中，保持接触，无相对滑动。轮的轴金属环边缘电刷D引出导线、与两平行的足够长的光滑水平金属导轨连接，上导轨E、F处断开，金属导轨的间距为L。两导轨之间E的左侧串联了开关与电阻R；两导轨之间虚线右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，磁场中放置一质量为，长度也为L、电阻为R的金属棒GH，电容器的电容C与单刀双掷开关串联，可以掷向E或F，不计导线电阻。
（1）当都断开，重物下落速度为时，求D与两点之间电势差U的大小；
（2）S1闭合、断开，重物下落4r过程中，通过电阻R的电量；
（3）S1断开、先打向E，充电稳定后再打向F，待金属棒GH运动稳定时，求金属棒GH的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）重物下落速度为v0时，则金属轮A2边缘的线速度为2v0，而A2与A1边缘的线速度相同，则A1边缘的线速度为2v0，则导线切割磁感线产生的电动势为
则D与O1两端的电压为外电阻的电压是电动势的三分之一，即
（2）重物下落4r时，根据金属轮A3与金属轮A1边缘线速度之比为可知，金属轮A1边缘某点转过的弧长为，根据
可得干路中通过的电量
而根据电路关系可得
得出
则通过电阻R的电量为
（3）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为v，则
解得
导线切割磁感线产生的电动势为
稳定时电容器两端的电压
充电稳定后
打向F，待金属棒GH运动稳定时，金属棒GH的电动势与电容器电压相等，金属棒GH的速度稳定，则有，，
解得
实验次数
1
2
3
4
5
6
小桶和砝码的重力m（kg）
0.0245
0.0445
0.0645
0.0845
0.1045
0.1245
手机加速度a（）
1.76
2.58
3.39
4.20
4.98