2024年高考物理最后一卷（江蘇卷）（全解全析）

2024年高考最后一卷（江蘇卷）物理·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。1．宇宙射線進入地球大氣層時，同大氣作用產(chǎn)生中子，中子撞擊大氣中的會引發(fā)核反應(yīng)產(chǎn)生具有放射性的，能自發(fā)地衰變?yōu)?，半衰期?730年。對此，下列說法正確的是（

）A．發(fā)生的是衰變B．衰變輻射出的粒子來自于碳原子核內(nèi)的中子C．由于溫室效應(yīng)，的半衰期會發(fā)生微小變化D．若測得一古木樣品的含量為活體植物的，則該古木距今約為11460年【答案】B【詳解】A．根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，得該核反應(yīng)方程為發(fā)生的是衰變，故A錯誤；B．衰變輻射出的粒子來自于碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變成的質(zhì)子時放出的電子，故B正確；C．外界條件不會引起半衰期發(fā)生變化，故C錯誤；D．若測得一古木樣品的含量為活體植物的，則該古木距今經(jīng)過了一個半衰期，約為5730年，故D錯誤。故選B。2．如圖為某款條形碼掃描筆的工作原理圖，發(fā)光二極管發(fā)出的光頻率為。將掃描筆筆口打開，在條形碼上勻速移動，遇到黑色線條光幾乎全部被吸收；遇到白色線條光被大量反射到光電管中的金屬表面（截止頻率），產(chǎn)生光電流，如果光電流大于某個值，會使信號處理系統(tǒng)導(dǎo)通，將條形碼變成一個個脈沖電信號。下列說法正確的是（）A．掃描筆在條形碼上移動的速度會影響相鄰脈沖電信號的時間間隔B．頻率為的光照到光電管的金屬表面立即產(chǎn)生光電子C．若發(fā)光二極管發(fā)出頻率為的光，則一定無法識別條形碼D．若發(fā)光二極管發(fā)出頻率為的光，掃描筆緩慢移動，也能正常識別條形碼【答案】B【詳解】A．鄰脈沖電信號的時間間隔與掃描筆在條形碼上移動的速度無關(guān)，故A錯誤；B．頻率為的光照到光電管發(fā)生光電效應(yīng)是瞬間的，即立刻產(chǎn)生光電子，故B正確；C．若發(fā)光二極管發(fā)出頻率為的光，可以產(chǎn)生光電流，可以正常識別條形碼，故C錯誤；D．若發(fā)光二極管發(fā)出頻率為的光，無法產(chǎn)生光電流，即無法正常識別條形碼，故D錯誤。故選B。3．蜻蜓在水面上，“點水”激起一圈圈波紋，如圖所示。水面上有一開有兩小孔A、B的擋板，A、B離波源S的距離分別為30cm、40cm，AB間距為50cm，O為AB中點，AB中垂線上的C點，距O點100cm。波源在水面處振動形成的水波視為簡諧橫波，t=0時波源自平衡位置起振。已知波速為20cm/s，小孔A處質(zhì)點第一次處于波谷時，小孔B處質(zhì)點剛好第一次處于波峰，下列說法正確的是（）A．波源S起振方向向下 B．t=4s時A、B兩處質(zhì)點振動方向相反C．OC線段的中點為加強點 D．若蜻蜓點水的頻率增大，則波速增大【答案】B【詳解】ABC．A、B離波源S的距離分別為30cm、40cm，A離波源S較近，則A先振動，小孔A處質(zhì)點第一次處于波谷時，小孔B處質(zhì)點剛好第一次處于波峰，可知波源S起振方向向上，且A、B兩處質(zhì)點振動方向總相反，故t=4s時A、B兩處質(zhì)點振動方向相反，OC線段的中點到A、B兩點距離相等，則始終處于減弱點，故AC錯誤，B正確；D．波速只與介質(zhì)有關(guān)，若蜻蜓點水的頻率增大，波速不變，故D錯誤。故選B。4．如圖所示，昌昌同學(xué)為了測量某溶度糖水折射率，將圓柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再將圓柱體豎直插入水中，圓柱體的中軸線與圓桶的中軸線重合；用刻度尺測量圓柱體在糖水中成的像的直徑；已知圓柱體截面直徑為，透明圓桶直徑。則該糖水折射率（

）A．1.45 B．1.72 C．2.00 D．2.50【答案】A【詳解】作出對應(yīng)的光路圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得，，則該糖水折射率為，故選A。5．如圖所示，將兩小沙包a、b以不同的初速度分別從A、B兩處先后相差0.5s水平相向拋出，同時落在水平面同一處，且速度方向與豎直方向夾角相等。兩小沙包a、b視為質(zhì)點，并在同一豎直面內(nèi)運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A．A處比B處高1.25mB．若將兩沙包同時水平拋出，落地前可能會相遇C．若已知B處高度和沙包b的下落時間，可求出A、B的水平距離D．若已知A處高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距離【答案】D【詳解】A．設(shè)沙包a下落時間為，則沙包b下落時間為，處比處高為，由此可知，故A錯誤；B．根據(jù)平拋運動的軌跡可知，在落地前兩沙包不會相遇，故B錯誤；CD．由于速度方向與豎直方向夾角相等，則、的水平距離為，由此可知，需要已知沙包的下落時間和初速度，平拋運動的下落時間與高度有關(guān)，故C錯誤；D正確。故選D。6．1676年丹麥天文學(xué)家羅默通過木星衛(wèi)星的掩食第一次測定了光速。如圖甲，木衛(wèi)1轉(zhuǎn)到木星的背面時，會被木星遮住來自太陽的光線，形成掩食現(xiàn)象。已知木衛(wèi)1繞木星做勻速圓周運動的周期為T，木星的半徑為R，木星的質(zhì)量為m，木星繞太陽公轉(zhuǎn)周期為，木衛(wèi)1繞木星轉(zhuǎn)動周期遠小于木星公轉(zhuǎn)周期。如圖乙，太陽光可視為平行光，太陽光與木星地面相切線與木衛(wèi)1所在軌道的交點為P、Q點，，引力常量為G，下列說法正確的是（

）A．木衛(wèi)1繞木星運動的線速度為B．木衛(wèi)1一次“掩食”過程的時間約為C．木衛(wèi)1繞木星運動的向心加速度為D．由題給信息可以推算出太陽的質(zhì)量【答案】C【詳解】A．木衛(wèi)1繞木星做勻速圓周運動，線速度為，又由幾何關(guān)系知，可得，則，故A錯誤；B．木衛(wèi)1一次“掩食”過程的時間為，故B錯誤；C．木衛(wèi)1繞木星運動的向心加速度為，故C正確；D．設(shè)木星到太陽的距離為d，木星繞太陽做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得，解得太陽質(zhì)量為，于未給出木星到太陽的距離為d，無法由題給信息測定太陽質(zhì)量，故D錯誤。故選C。7．以О為坐標原點，沿絕緣水平面建立x軸，水平向右為正方向，兩個電荷量相等的小球（可視為點電荷）分別固定在x軸上的M、N處，M、N的坐標分別為x=-4L和x=4L，如圖（a）所示。M、N連線上各點的電勢與位置坐標x的關(guān)系如圖（b）所示，x=-2L處的電勢為，x=L處的電勢為。在x=-2L處由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊向右運動到x=L處時速度恰好為零。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．兩小球帶同種電荷B．滑塊在x=-2L處受到的電場力小于在x=L處受到的電場力C．滑塊運動到О點時的加速度為D．滑塊所帶的電荷量大小為【答案】D【詳解】A．由圖像可知，在M、N之間電勢從左向右逐漸降低，電場方向從左向右，即電場線起源與M位置點電荷，終止于N點電荷，可知M處小球帶正電，N處的小球帶負電，故A錯誤；B．圖像在某點切線斜率的絕對值等于該點的電場強度大小﹐由圖像可知，在x=-2L處圖像斜率的絕對值大于x=L處圖像斜率的絕對值，即在x=-2L處的電場強度大于x=L處的電場強度，即滑塊在x=-2L處受到的電場力大于在x=L處受到的電場力，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，在原點的斜率的絕對值不為0，即原點的電場強度不為0，滑塊運動到О點時受到的電場力不為零，因此合外力為電場力與摩擦力的合力，加速度不為，故C錯誤；D．滑塊從x=-2L處運動到x=L處，根據(jù)能量守恒定律有，解得，故D正確。故選D。8．如圖為特殊材料薄板，電阻可視為零，質(zhì)量為0.99kg，厚度為d=1mm，前后兩個側(cè)面是邊長為l=1m的正方形。當在整個空間加上方向水平且平行于正方形側(cè)面的磁感應(yīng)強度大小為100T的勻強磁場時，薄板自由下落在垂直于側(cè)面方向形成電流I，使得薄板的加速度相比自由落體時減小了百分之一，兩側(cè)面積聚電荷可以看成電容器，其電容值為C，薄板下落過程中始終保持豎直，且不計空氣阻力，重力加速度取。則下列選項正確的是（

）A．薄板下落過程中形成后側(cè)面流向前側(cè)面的電流B．薄板下落過程前后兩個側(cè)面的電荷不斷增加直到達到某個最大值C．薄板減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為薄板的動能D．電流I等于0.99A，電容器的電容為1F【答案】D【詳解】A．安培力豎直向上，由左手定則可知，電流方向是由前向后流的，故A錯誤；B．薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的電流是個恒定值，前后兩個側(cè)面的電荷量會不斷的隨著時間均勻增加，故B錯誤；C．減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為薄板的動能及電容器的電勢能，以及電容器向外輻射的電磁波的能量，故C錯誤；D．薄板的加速度相比自由落體時減小了百分之一，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，根據(jù)，故D正確。故選D。9．如圖，肖同學(xué)制作了一個“擺”玩具，三根長度均為的輕繩懸掛質(zhì)量均為的相同小鋼球，靜止時三個鋼球剛好接觸但彼此之間沒有彈力?，F(xiàn)將1號球向左拉到與最低點高度差為處由靜止釋放，且偏角，所有碰撞均為彈性正碰且時間極短，鋼球均視為質(zhì)點，重力加速度大小為，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．球1擺到最低點與球2碰撞后，球3上擺最高為B．每一次碰撞發(fā)生在最低點，球2離開最低點C．若去掉球3且將球2質(zhì)量變?yōu)?，在以后運動中，球2最多只能上擺D．若去掉球3且將球2質(zhì)量變?yōu)椋谝院筮\動中，球1不能到達的高度【答案】C【詳解】A．由題意可知，三球之間為彈性正碰且時間極短，可分析得出發(fā)生碰撞時動量、動能均守恒。因此與球1的動量和動能全部傳遞給球2，球2的動量和動能又傳遞給球3，球3最終以與球1碰撞時相同大小的速度向上擺動，能到達的高度也為h。故B錯誤；B．由于每次碰撞都是完全彈性碰撞，所以球2的動能和動量會完全轉(zhuǎn)移給與它相碰的另一個球，所以不會離開最低點。故B錯誤；C．若去掉球3，球2質(zhì)量變?yōu)?m，球1與球2之間為完全彈性碰撞，動量、能量守恒。假設(shè)碰撞時球1速度為v，則有，，可得網(wǎng)，，因此碰撞后球2以的速度向上運動，由動能定理可得，可得，故C正確；D．因為擺角很小，因此小球的擺動都可以看成單擺，單擺的周期相同，因此下次小球會在最低點相遇發(fā)生彈性碰撞，由對稱性可知此時小球1的速度變?yōu)関，能夠到h的高度。故D錯誤。故選C。10．雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示，光源到、的距離相等，點為、連線中垂線與光屏的交點，光源發(fā)出的波長為的光，經(jīng)出射后垂直穿過玻璃片傳播到點，經(jīng)出射后直接傳播到點，由到點與由到點，光傳播的時間差為。玻璃片厚度為，玻璃對該波長光的折射率為1.5，空氣中光速為，不計光在玻璃片內(nèi)的反射。下列說法正確的是（）

A．，O點為亮條紋 B．，O點為暗條紋C．，O點為亮條紋 D．，O點為暗條紋【答案】D【詳解】由于玻璃對該波長光的折射率為，則光在該玻璃中傳播速度為，光從到和到的路程相等，設(shè)光從到點的時間為，從到點的時間為，點到的距離為，則有，，光傳播的時間差為，代入得，、到點的光程差，兩列波傳到點互相減弱，點出現(xiàn)暗條紋。故選D。11．如圖所示，古代起重的一個轆轤由兩個直徑不同，固定在同一軸上的圓柱體組成，一根輕繩繞在兩圓柱上，搖把勻速轉(zhuǎn)動時，小圓柱體上繩子下降，大圓柱體上繩子上升，從而提起重物，不計摩擦、滑輪和搖把重力的影響，已知重物重力大小為G，小圓柱和大圓柱體的半徑分別是r和R，搖把的半徑為L，搖把勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則（

）A．搖把勻速轉(zhuǎn)動時，重物上升的速度為B．搖把勻速轉(zhuǎn)動時，重物上升克服重力做功的功率為C．搖把勻速轉(zhuǎn)動時，作用在搖把上的力最大值為D．搖把上的力對搖把做的功等于重物動能的增加量【答案】B【詳解】A．由題可知大圓柱體繩子上升的速度，小圓柱體繩子下降的速度，故繩子實際上升的速度，故重物上升的速度，A錯誤；B．根據(jù)功率的公式，可知，物體克服重力的功率，B正確；C．搖把轉(zhuǎn)動一周所做的功為,施加在搖把上的力為,克服重力所做的功為，則有，搖把轉(zhuǎn)動一周，繩子上升的距離，則重物上升的高度，故克服重力所做的功，由功能原理可知，所以最小力為，，C錯誤；D．搖把上的力所做的功，除了使重物的動能增加，還使重物的重力勢能也增加了，D錯誤。故選B。二、實驗題：本題共15分。12．（15分）用如圖a所示的電路圖測量毫安表G的內(nèi)阻，并改裝成量程更大的電流表。已知G量程是，內(nèi)阻約為。電阻箱最大阻值為，電源E電動勢約為，內(nèi)阻忽略不計。供選用的滑動變阻器有：甲，最大阻值為；乙，最大阻值為。完成以下實驗，并回答問題：(1)為完成實驗，滑動變阻器應(yīng)該選用；（選填“甲”或“乙”）(2)測量毫安表G的內(nèi)阻。正確連接電路后，進行如下操作：①斷開和，將接入電路的電阻調(diào)到最大值；②閉合，調(diào)節(jié)（選填“”或“”）使G滿偏；③閉合，調(diào)節(jié)（選填“”或“”）使G半偏，記錄其此時接入電路的阻值為；④根據(jù)測量原理，可認為毫安表G的內(nèi)阻等于。與靈敏電流計內(nèi)阻真實值相比（選填“偏大”“偏小”或“相等”）。(3)將毫安表G改裝成量程為的電流表。根據(jù)測得的毫安表G的內(nèi)阻，計算與毫安表G并聯(lián)的定值電阻R的阻值。完成改裝后，按照圖b所示電路進行校準，當標準毫安表的示數(shù)為時，毫安表G指針位置如圖c所示，說明改裝電表量程不是，這是由于毫安表G的內(nèi)阻測量不準確造成的。要讓改裝電表量程為，不必重新測量G的內(nèi)阻，只需要將定值電阻R換成一個阻值為的電阻，其中?！敬鸢浮?1)乙(2)偏小(3)【詳解】（1）根據(jù)半偏法測量電表電阻的原理可知，當閉合后，干路電流恒定，由閉合電路歐姆定律可知，需要保證時，才能盡量減小并入電路后的影響，所以滑動變阻器應(yīng)選乙。（2）根據(jù)半偏法測量電表的電阻實驗步驟可知，先閉合后，應(yīng)調(diào)節(jié)使毫安表滿偏；保持閉合，再閉合后，調(diào)節(jié)使毫安表半偏；當閉合后，并入電路后，電路中的總電阻減小，干路電路增大，當毫安表的電流等于時，則通過的電流大于，所以，即測量值小于真實值。（3）當標準毫安表的示數(shù)為時，由圖c可知改裝表的示數(shù)為，則當改裝表滿偏時，對應(yīng)的實際電流為，即把毫安表改裝后的量程為，量程擴大了倍，則并聯(lián)電阻為，若把毫安表改裝成的電流表時，則量程擴大了10倍，則并聯(lián)的電阻為，由題意可知，則，聯(lián)立解得。三、計算題：本題共4小題，共41分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．（6分）如圖（a）所示，水平放置的絕熱容器被隔板A分成體積均為V的左右兩部分。面積為S的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的右側(cè)為真空，左側(cè)有一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度為T、壓強為p的狀態(tài)1。抽取隔板A，左側(cè)中的氣體就會擴散到右側(cè)中，最終達到狀態(tài)2。然后將絕熱容器豎直放置如圖（b）所示，解鎖活塞B，B恰能保持靜止，當電阻絲C加熱氣體，使活塞B緩慢滑動，穩(wěn)定后，氣體達到溫度為的狀態(tài)3，該過程電阻絲C放出的熱量為Q。已知大氣壓強，且有，不計隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小為g。（1）求絕熱活塞B的質(zhì)量；（2）求氣體內(nèi)能的增加量。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2發(fā)生等溫變化，則容器豎直放置，解鎖活塞B，B恰好保持靜止，以活塞B為對象，根據(jù)力的平衡條件：（2）當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度的狀態(tài)3，可知氣體做等壓變化，則有該過程氣體對外做功為根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得故14．（8分）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置、簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN和裝置A組成，并形成閉合回路，裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示，導(dǎo)軌長度遠大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同，火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進入導(dǎo)軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停，已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R，導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻，在火箭落停過程中，求：（1）導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；【答案】（1）；（2）；【詳解】（1）導(dǎo)體桿受安培力方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有解得導(dǎo)體桿運動的距離（2）回路的電動勢其中解得15．（12分）如圖所示的倒“T”字型裝置中，圓環(huán)a和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉(zhuǎn)軸底部和環(huán)a，細線穿過光滑小孔O，兩端分別與環(huán)a和小球b連接，細線與豎直桿平行，整個裝置開始處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使整個裝置繞豎直軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角為53°時，使整個裝置以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，環(huán)a、小球b的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）裝置靜止時，彈簧的形變量x0；（2）裝置角速度為ω轉(zhuǎn)動時，小孔與小球b的之間的線長L；（3）裝置由靜止開始轉(zhuǎn)動至角速度為ω的過程中，細線對小球B做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）裝置靜止時，對環(huán)a和小球b整體kx0＝（m＋m）g得彈簧的形變量（2）對b球：由牛頓第二定律得mgtanθ＝mω2·Lsinθ解得小孔下方繩長（3）整個裝置以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，設(shè)彈簧的形變量為x2，對環(huán)a受力平衡kx2＝mg＋T對小球bTcosθ=mg解得小球b的速度v=ω·Lsinθ對b球，豎直方向上