全國卷Ⅰ2024年高考物理壓軸卷含解析

PAGEPAGE12（全國卷Ⅰ）2024年高考物理壓軸卷（含解析）第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．用波長為300nm的光照耀鋅板，電子逸出鋅板表面的最大初動能為1.28×10－19J。已知普朗克常量為6.63×10－34J·s，真空中的光速為3.00×108m·s－1。能使鋅產(chǎn)生光電效應(yīng)的單色光的最低頻率約為()A．1×1014Hz B．8×1014HzC．2×1015Hz D．8×1015Hz15.由消防帶水龍頭的噴嘴噴出水的流量是0.28m3/min，水離開噴口時的速度大小為16eq\r(3)m/s，方向與水平面夾角為60°，在最高處正好到達著火位置，忽視空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是(重力加速度g取10m/s2)()A．28.8m1.12×10－2m3B．28.8m0.672m3C．38.4m1.29×10－2m3D．38.4m0.776m316.使物體脫離星球的引力束縛，不再繞星球運行，從星球表面放射所需的最小速度稱為其次宇宙速度，星球的其次宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是v2＝eq\r(2)v1。已知某星球的半徑為地球半徑R的4倍，質(zhì)量為地球質(zhì)量M的2倍，地球表面重力加速度為g。不計其他星球的影響，則該星球的其次宇宙速度為()A.eq\r(\f(1,2)gR) B．eq\f(1,2)eq\r(gR)C.eq\r(gR) D．eq\r(\f(1,8)gR)17.在一空間有方向相反，磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，如圖所示，垂直紙面對外的磁場分布在一半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，垂直紙面對里的磁場分布在除圓形區(qū)域外的整個區(qū)域，該平面內(nèi)有一半徑為b(b>eq\r(2)a)的圓形線圈，線圈平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線圈與半徑為a的圓形區(qū)域是同心圓。從某時刻起磁感應(yīng)強度在Δt時間內(nèi)勻稱減小到eq\f(B,2)，則此過程中該線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為()A.eq\f(πBb2－a2,2Δt) B．eq\f(πBb2－2a2,Δt)C.eq\f(πBb2－a2,Δt) D．eq\f(πBb2－2a2,2Δt)18.如圖所示，真空中有一點電荷甲固定在O點，虛線是其在四周空間產(chǎn)生的電場的三個等勢面，且相鄰的兩個等勢面間電勢差相同。實線是點電荷乙在電場中運動軌跡，S、M、N為運動軌跡與等勢面的交點，下列說法肯定正確的是()A．電勢φM>φS B．甲、乙為同種電荷C．電勢能EPM>EPN D．場強大小ES>EN19.如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數(shù)為N，線圈電阻為r，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，外電路電阻為R。下列推斷正確的是()A．電壓表的讀數(shù)為eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)B．當線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30°的過程中，通過電阻R的電荷量為eq\f(NBS,2R＋r)C．在線圈轉(zhuǎn)過一周的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)D．當線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30°時，通過電阻R的電流為eq\f(NBSω,2R＋r)20.如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面對上運動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()A．若m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2D．若μ<sinθ，有x1<x221如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，g取10m/s2，由圖象可知()A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.2mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J第Ⅱ卷二、非選擇題：共62分，第22～25題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。22.（6分）在利用自由落體運動驗證機械能守恒定律的試驗中，電源的頻率為50Hz，依次打出的點為0、1、2、3、4…n。則：(1)如用第2點到第6點之間的紙帶來驗證，必需干脆測量的物理量為、、，必需計算出的物理量為、，驗證的表達式為。(2)下列試驗步驟操作合理的排列依次是。(填寫步驟前面的字母)A．將打點計時器豎直安裝在鐵架臺上B．先接通電源，再松開紙帶，讓重物自由下落C．取下紙帶，更換新紙帶(或?qū)⒓垘Х瓊€面)重新做試驗D．將重物固定在紙帶的一端，讓紙帶穿過打點計時器，用手提著紙帶E．選擇一條紙帶，用刻度尺測出重物下落的高度h1、h2、h3、…、hn，計算出對應(yīng)的瞬時速度v1、v2、v3、…、vnF．分別算出eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)和mghn，在試驗誤差允許的范圍內(nèi)看是否相等23.（9分）在測定某金屬的電阻率試驗中：圖1圖2圖3(1)某學生進行了如下操作：①利用螺旋測微器測金屬絲直徑d，如圖1所示，則d＝mm。②測量金屬絲電阻Rx的電路圖如圖2所示，閉合開關(guān)S，先后將電壓表右側(cè)接線端P接a、b點時，電壓表和電流表示數(shù)如表1所示。該學生仔細視察到兩次測量中，電流表的讀數(shù)幾乎未變，發(fā)生這種現(xiàn)象的緣由是，比較合理且較精確的金屬絲電阻Rx測＝Ω(保留兩位有效數(shù)字)，從系統(tǒng)誤差角度分析，Rx的測量值與其真實值Rx真比較，Rx測Rx真(填“>”“＝”或“<”)。表1U(V)I(A)接線端P接a1.840.15接線端P接b2.400.15表2U(V)I(A)接線端P接a2.560.22接線端P接b3.000.20(2)另一同學找來一恒壓電源，按圖3的電路先后將接線端P分別接a處和b處，測得相關(guān)數(shù)據(jù)如表2所示，該同學利用該數(shù)據(jù)可算出Rx的真實值為Ω。24.（12分）如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。對木板施加沿斜面對上的恒力F，使木板沿斜面由靜止起先做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿意的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。25.（20分）如圖所示，一對平行的粗糙金屬導軌固定于同一水平面上，導軌間距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道。僅在水平導軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝1.0T。一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止起先運動，當金屬棒通過位移x＝9m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度。當金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0.8m處。已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸，取g＝10m/s2。求：(1)金屬棒運動的最大速率v；(2)金屬棒在磁場中速度為eq\f(v,2)時的加速度大?。?3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。33.【物理一一選修3–3】（15分）（1）（5分）肯定量的志向氣體從狀態(tài)a起先，經(jīng)驗等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其p-T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點O。下列推斷正確的是()A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能小于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功D．在過程da中氣體從外界汲取的熱量小于氣體對外界做的功（2）（10分）如圖所示，內(nèi)壁光滑、足夠高的圓柱形汽缸豎直放置，內(nèi)有一質(zhì)量為m的活塞封閉肯定質(zhì)量的志向氣體。已知活塞橫截面積為S，外界大氣壓強為p0，缸內(nèi)氣體溫度為T1。現(xiàn)對汽缸內(nèi)氣體緩慢加熱，使氣體體積由V1增大到V2，該過程中氣體汲取的熱量為Q1，停止加熱并保持體積V2不變，使其降溫到T1，已知重力加速度為g，求：(1)停止加熱時缸內(nèi)氣體的溫度；(2)降溫過程中氣體放出的熱量。【物理一一選修3–4】（15分）（1）（5分）如圖甲所示，在水平面內(nèi)，有三個質(zhì)點a、b、c分別位于直角三角形的三個頂點上，已知ab＝6m，ac＝8m。在t1＝0時刻a、b同時起先振動，振動圖象均如圖乙所示，所形成的機械波在水平面內(nèi)傳播，在t2＝4s時c點起先振動，則下列說法正確的是()（填正確答案的標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每錯選1個扣3分，最低得分為0分）。甲乙A．該機械波的傳播速度大小為2m/sB．該列波的波長是2mC．兩列波相遇后，c點振動加強D．兩列波相遇后，c點振動減弱（2）．（10分）激光已經(jīng)深化到我們生活的各個方面。某物理小組利用激光束測量玻璃對激光的折射率和利用雙縫干涉測量激光的波長。a.如圖所示，在水平面上方適當位置固定激光光源，使其放射與水平面成30°角斜向下的激光，在水平光屏上M點呈現(xiàn)一小光斑。放入一塊平行于水平面的長方體玻璃磚，激光光斑移至水平光屏上的N點。測得玻璃磚厚度為d＝eq\r(3)cm，MN＝b＝2cm。依據(jù)以上信息，求該玻璃磚的折射率n；b.為測量該激光的波長，將激光垂直射向間距為d的雙縫(每個縫的寬度很窄，寬度可忽視)，在雙縫后面距離為L處的光屏上可以視察到干涉條紋?，F(xiàn)使測量頭的分劃板中心刻線與條紋的中心對齊，經(jīng)測量得出5條亮條紋之間的距離為a，求該激光的波長。參考答案+解析14.【答案】B【解析】：依據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0＝heq\f(c,λ)－h(huán)ν0，代入數(shù)據(jù)解得ν0≈8×1014Hz，B正確。15.【答案】A【答案】：水離開噴口后做斜拋運動，將運動沿水平方向和豎直方向分解，在豎直方向上：vy＝vsinθ代入數(shù)據(jù)可得vy＝24m/s故水柱能上升的高度h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝28.8m水從噴出到最高處著火位置所用的時間t＝eq\f(vy,g)代入數(shù)據(jù)可得t＝2.4s故空中水柱的水量為V＝eq\f(0.28,60)×2.4m3＝1．12×10－2m3，A項正確。16.【答案】C【解析】地球的第一宇宙速度v1＝eq\r(gR)，星球表面的重力加速度g′＝eq\f(GM′,R′2)＝eq\f(2GM,16R2)＝eq\f(1,8)g，星球的第一宇宙速度v′1＝eq\r(g′R′)＝eq\r(\f(1,8)g×4R)＝eq\r(\f(1,2)gR)，該星球的其次宇宙速度v′2＝eq\r(2)v′1＝eq\r(gR)＝v1，故選項C正確。17.【答案】D【解析】磁感線既有垂直紙面對外的，又有垂直紙面對里的，所以可以取垂直紙面對里的方向為正方向。磁感應(yīng)強度大小為B時線圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2,磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B,2)時線圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因而該線圈磁通量的改變量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)。依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBb2－2a2,2Δt)。故選項D正確。18.【答案】BC【解析】本題考查電場強度、電勢和電勢能等。由于題中沒有給出固定在O點的點電荷甲的電性，不能推斷出M、S兩點電勢凹凸，選項A錯誤；依據(jù)點電荷乙在電場中運動軌跡可知，甲、乙為同種電荷，選項B正確；點電荷乙在電場中從M運動到N，電場力做正功，電勢能減小，電勢能EPM>EPN，選項C正確；依據(jù)點電荷電場強度公式可知，場強大小ES<EN，選項D錯誤。19.【答案】AD【解析】電動勢的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2))，電壓表的示數(shù)為路端電壓的有效值，解得U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)，A正確；線圈由題圖所示位置轉(zhuǎn)過30°的過程中，通過電阻R的電荷量q＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS－BSsin60°,R＋r)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))NBS,R＋r)，B錯誤；在線圈轉(zhuǎn)過一周的時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(N2B2S2ωRπ,R＋r2)，C錯誤；電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(NBSω,R＋r)，電流的瞬時值表達式為i＝Imsinωt，從題圖所示位置轉(zhuǎn)過30°時，ωt＝eq\f(π,6)，此時的電流為i＝eq\f(Im,2)＝eq\f(NBSω,2R＋r)，D正確。20.【答案】AB【解析】在水平面上滑動時，對整體，依據(jù)牛頓其次定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①隔離物塊A，依據(jù)牛頓其次定律，有FT－μmg＝ma1 ②聯(lián)立①②解得FT＝eq\f(m,m＋M)F ③在斜面上滑動時，對整體，依據(jù)牛頓其次定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2 ④隔離物塊A，依據(jù)牛頓其次定律，有F′T－mgsinθ＝ma2 ⑤聯(lián)立④⑤解得F′T＝eq\f(m,M＋m)F ⑥比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯誤。21.【答案】BC【解析】在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率肯定值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A錯誤；在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，從h＝0.2m起先滑塊與彈簧分別，彈簧的原長為0.2m，故B正確；依據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正確；由圖可知，當h＝0.18m時的動能最大為Ekm＝0.32J，在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，依據(jù)能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D錯誤。22.【答案】:(1)第2點到第6點之間的距離h26第1點到第3點之間的距離h13第5點到第7點之間的距離h57第2點的瞬時速度v2第6點的瞬時速度v6mgh26＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2)ADBCEF【解析】(1)要驗證從第2點到第6點之間的紙帶對應(yīng)重物的運動過程中機械能守恒，應(yīng)測出第2點到第6點的距離h26，要計算第2點和第6點的速度v2和v6，必需測出第1點到第3點之間的距離h13和第5點到第7點之間的距離h57，機械能守恒的表達式為mgh26＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。(2)試驗操作依次為ADBCEF。23.【答案】:(1)①1.704②電壓表內(nèi)阻遠大于金屬絲電阻，電壓表分流幾乎為零12<(2)13【解析】(1)①由題圖所示螺旋測微器可知，螺旋測微器示數(shù)為1.5mm＋20.4×0.01mm＝1.704mm。②由表中試驗數(shù)據(jù)可知，電壓表接a、b兩點時，電流表示數(shù)不變，電壓表示數(shù)改變較大，說明電壓表內(nèi)阻很大，電壓表分流很小，幾乎為零，電流表分壓較大，電流表應(yīng)采納外接法，電壓表應(yīng)接a點，金屬絲電阻Rx測＝eq\f(Ua,Ia)＝eq\f(1.84,0.15)Ω≈12Ω；電流表采納外接法，由于電壓表分流作用，電流表的測量值大于真實值，由歐姆定律可知，金屬絲電阻測量值小于真實值。(2)由表中試驗數(shù)據(jù)知，RA＝eq\f(Ub－Ua,Ia)，則Rx＝eq\f(Ub,Ib)－RA＝13Ω。24.【答案】:(1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物塊和木板整體為探討對象，由牛頓其次定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物塊為探討對象，由牛頓其次定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解得F≤30N又a>0解得F>20N所以20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓其次定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔離物塊，由牛頓其次定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用時間為t木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2物塊的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物塊與木板分別的臨界條件為Δx＝x1－x2＝L聯(lián)立以上各式解得t＝1.2s物塊滑離木板時的速度v＝a2t由公式－2gxsinα＝0－v2解得x＝0.9m。25.【答案】見解析【解析】(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，依據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgh ①由①得：v＝eq\r(2gh)＝4m/s。 ②(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I，依據(jù)平衡條件得F＝BIL＋μmg ③I＝eq\f(BLv,R＋r) ④聯(lián)立②③④式得F＝0.6N ⑤金屬棒速度為eq\f(v,2)時，設(shè)回路中的電流為I′，依據(jù)牛頓其次定律得F－BI′L－μmg＝ma ⑥I′＝eq\f(BLv,2R＋r) ⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦得：a＝1m/s2。 ⑧(3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，依據(jù)功能關(guān)系：Fx＝μmgx＋eq\f(1,2)mv2＋Q ⑨則電阻R上的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q ⑩聯(lián)立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5J。33.【答案】(1)A(1)eq\f(V2,V1)T1(2)Q1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)【解析】由ac的延長線過原點O知，直線Oca為一條