2024年高考物理最后一卷（江苏卷）（全解全析）

2024年高考最后一卷（江苏卷）物理·全解全析注意事项：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．宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生具有放射性的，能自发地衰变为，半衰期为5730年。对此，下列说法正确的是（

）A．发生的是衰变B．衰变辐射出的粒子来自于碳原子核内的中子C．由于温室效应，的半衰期会发生微小变化D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年【答案】B【详解】A．根据电荷数守恒、质量数守恒，得该核反应方程为发生的是衰变，故A错误；B．衰变辐射出的粒子来自于碳原子核内的中子转变成的质子时放出的电子，故B正确；C．外界条件不会引起半衰期发生变化，故C错误；D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今经过了一个半衰期，约为5730年，故D错误。故选B。2．如图为某款条形码扫描笔的工作原理图，发光二极管发出的光频率为。将扫描笔笔口打开，在条形码上匀速移动，遇到黑色线条光几乎全部被吸收；遇到白色线条光被大量反射到光电管中的金属表面（截止频率），产生光电流，如果光电流大于某个值，会使信号处理系统导通，将条形码变成一个个脉冲电信号。下列说法正确的是（）A．扫描笔在条形码上移动的速度会影响相邻脉冲电信号的时间间隔B．频率为的光照到光电管的金属表面立即产生光电子C．若发光二极管发出频率为的光，则一定无法识别条形码D．若发光二极管发出频率为的光，扫描笔缓慢移动，也能正常识别条形码【答案】B【详解】A．邻脉冲电信号的时间间隔与扫描笔在条形码上移动的速度无关，故A错误；B．频率为的光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故B正确；C．若发光二极管发出频率为的光，可以产生光电流，可以正常识别条形码，故C错误；D．若发光二极管发出频率为的光，无法产生光电流，即无法正常识别条形码，故D错误。故选B。3．蜻蜓在水面上，“点水”激起一圈圈波纹，如图所示。水面上有一开有两小孔A、B的挡板，A、B离波源S的距离分别为30cm、40cm，AB间距为50cm，O为AB中点，AB中垂线上的C点，距O点100cm。波源在水面处振动形成的水波视为简谐横波，t=0时波源自平衡位置起振。已知波速为20cm/s，小孔A处质点第一次处于波谷时，小孔B处质点刚好第一次处于波峰，下列说法正确的是（）A．波源S起振方向向下 B．t=4s时A、B两处质点振动方向相反C．OC线段的中点为加强点 D．若蜻蜓点水的频率增大，则波速增大【答案】B【详解】ABC．A、B离波源S的距离分别为30cm、40cm，A离波源S较近，则A先振动，小孔A处质点第一次处于波谷时，小孔B处质点刚好第一次处于波峰，可知波源S起振方向向上，且A、B两处质点振动方向总相反，故t=4s时A、B两处质点振动方向相反，OC线段的中点到A、B两点距离相等，则始终处于减弱点，故AC错误，B正确；D．波速只与介质有关，若蜻蜓点水的频率增大，波速不变，故D错误。故选B。4．如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径；已知圆柱体截面直径为，透明圆桶直径。则该糖水折射率（

）A．1.45 B．1.72 C．2.00 D．2.50【答案】A【详解】作出对应的光路图如图所示根据几何关系可得，，则该糖水折射率为，故选A。5．如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．A处比B处高1.25mB．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离【答案】D【详解】A．设沙包a下落时间为，则沙包b下落时间为，处比处高为，由此可知，故A错误；B．根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；CD．由于速度方向与竖直方向夹角相等，则、的水平距离为，由此可知，需要已知沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C错误；D正确。故选D。6．1676年丹麦天文学家罗默通过木星卫星的掩食第一次测定了光速。如图甲，木卫1转到木星的背面时，会被木星遮住来自太阳的光线，形成掩食现象。已知木卫1绕木星做匀速圆周运动的周期为T，木星的半径为R，木星的质量为m，木星绕太阳公转周期为，木卫1绕木星转动周期远小于木星公转周期。如图乙，太阳光可视为平行光，太阳光与木星地面相切线与木卫1所在轨道的交点为P、Q点，，引力常量为G，下列说法正确的是（

）A．木卫1绕木星运动的线速度为B．木卫1一次“掩食”过程的时间约为C．木卫1绕木星运动的向心加速度为D．由题给信息可以推算出太阳的质量【答案】C【详解】A．木卫1绕木星做匀速圆周运动，线速度为，又由几何关系知，可得，则，故A错误；B．木卫1一次“掩食”过程的时间为，故B错误；C．木卫1绕木星运动的向心加速度为，故C正确；D．设木星到太阳的距离为d，木星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得，解得太阳质量为，于未给出木星到太阳的距离为d，无法由题给信息测定太阳质量，故D错误。故选C。7．以О为坐标原点，沿绝缘水平面建立x轴，水平向右为正方向，两个电荷量相等的小球（可视为点电荷）分别固定在x轴上的M、N处，M、N的坐标分别为x=-4L和x=4L，如图（a）所示。M、N连线上各点的电势与位置坐标x的关系如图（b）所示，x=-2L处的电势为，x=L处的电势为。在x=-2L处由静止释放一个质量为m的带电滑块（可视为质点），滑块向右运动到x=L处时速度恰好为零。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．两小球带同种电荷B．滑块在x=-2L处受到的电场力小于在x=L处受到的电场力C．滑块运动到О点时的加速度为D．滑块所带的电荷量大小为【答案】D【详解】A．由图像可知，在M、N之间电势从左向右逐渐降低，电场方向从左向右，即电场线起源与M位置点电荷，终止于N点电荷，可知M处小球带正电，N处的小球带负电，故A错误；B．图像在某点切线斜率的绝对值等于该点的电场强度大小﹐由图像可知，在x=-2L处图像斜率的绝对值大于x=L处图像斜率的绝对值，即在x=-2L处的电场强度大于x=L处的电场强度，即滑块在x=-2L处受到的电场力大于在x=L处受到的电场力，故B错误；C．根据图像，在原点的斜率的绝对值不为0，即原点的电场强度不为0，滑块运动到О点时受到的电场力不为零，因此合外力为电场力与摩擦力的合力，加速度不为，故C错误；D．滑块从x=-2L处运动到x=L处，根据能量守恒定律有，解得，故D正确。故选D。8．如图为特殊材料薄板，电阻可视为零，质量为0.99kg，厚度为d=1mm，前后两个侧面是边长为l=1m的正方形。当在整个空间加上方向水平且平行于正方形侧面的磁感应强度大小为100T的匀强磁场时，薄板自由下落在垂直于侧面方向形成电流I，使得薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，两侧面积聚电荷可以看成电容器，其电容值为C，薄板下落过程中始终保持竖直，且不计空气阻力，重力加速度取。则下列选项正确的是（

）A．薄板下落过程中形成后侧面流向前侧面的电流B．薄板下落过程前后两个侧面的电荷不断增加直到达到某个最大值C．薄板减少的重力势能全部转化为薄板的动能D．电流I等于0.99A，电容器的电容为1F【答案】D【详解】A．安培力竖直向上，由左手定则可知，电流方向是由前向后流的，故A错误；B．薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的电流是个恒定值，前后两个侧面的电荷量会不断的随着时间均匀增加，故B错误；C．减小的重力势能转化为薄板的动能及电容器的电势能，以及电容器向外辐射的电磁波的能量，故C错误；D．薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，根据牛顿第二定律可得，解得，根据，故D正确。故选D。9．如图，肖同学制作了一个“摆”玩具，三根长度均为的轻绳悬挂质量均为的相同小钢球，静止时三个钢球刚好接触但彼此之间没有弹力。现将1号球向左拉到与最低点高度差为处由静止释放，且偏角，所有碰撞均为弹性正碰且时间极短，钢球均视为质点，重力加速度大小为，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．球1摆到最低点与球2碰撞后，球3上摆最高为B．每一次碰撞发生在最低点，球2离开最低点C．若去掉球3且将球2质量变为，在以后运动中，球2最多只能上摆D．若去掉球3且将球2质量变为，在以后运动中，球1不能到达的高度【答案】C【详解】A．由题意可知，三球之间为弹性正碰且时间极短，可分析得出发生碰撞时动量、动能均守恒。因此与球1的动量和动能全部传递给球2，球2的动量和动能又传递给球3，球3最终以与球1碰撞时相同大小的速度向上摆动，能到达的高度也为h。故B错误；B．由于每次碰撞都是完全弹性碰撞，所以球2的动能和动量会完全转移给与它相碰的另一个球，所以不会离开最低点。故B错误；C．若去掉球3，球2质量变为2m，球1与球2之间为完全弹性碰撞，动量、能量守恒。假设碰撞时球1速度为v，则有，，可得网，，因此碰撞后球2以的速度向上运动，由动能定理可得，可得，故C正确；D．因为摆角很小，因此小球的摆动都可以看成单摆，单摆的周期相同，因此下次小球会在最低点相遇发生弹性碰撞，由对称性可知此时小球1的速度变为v，能够到h的高度。故D错误。故选C。10．双缝干涉实验装置的截面图如图所示，光源到、的距离相等，点为、连线中垂线与光屏的交点，光源发出的波长为的光，经出射后垂直穿过玻璃片传播到点，经出射后直接传播到点，由到点与由到点，光传播的时间差为。玻璃片厚度为，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为，不计光在玻璃片内的反射。下列说法正确的是（）

A．，O点为亮条纹 B．，O点为暗条纹C．，O点为亮条纹 D．，O点为暗条纹【答案】D【详解】由于玻璃对该波长光的折射率为，则光在该玻璃中传播速度为，光从到和到的路程相等，设光从到点的时间为，从到点的时间为，点到的距离为，则有，，光传播的时间差为，代入得，、到点的光程差，两列波传到点互相减弱，点出现暗条纹。故选D。11．如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是r和R，摇把的半径为L，摇把匀速转动的角速度为ω，则（

）A．摇把匀速转动时，重物上升的速度为B．摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为C．摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最大值为D．摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量【答案】B【详解】A．由题可知大圆柱体绳子上升的速度，小圆柱体绳子下降的速度，故绳子实际上升的速度，故重物上升的速度，A错误；B．根据功率的公式，可知，物体克服重力的功率，B正确；C．摇把转动一周所做的功为,施加在摇把上的力为,克服重力所做的功为，则有，摇把转动一周，绳子上升的距离，则重物上升的高度，故克服重力所做的功，由功能原理可知，所以最小力为，，C错误；D．摇把上的力所做的功，除了使重物的动能增加，还使重物的重力势能也增加了，D错误。故选B。二、实验题：本题共15分。12．（15分）用如图a所示的电路图测量毫安表G的内阻，并改装成量程更大的电流表。已知G量程是，内阻约为。电阻箱最大阻值为，电源E电动势约为，内阻忽略不计。供选用的滑动变阻器有：甲，最大阻值为；乙，最大阻值为。完成以下实验，并回答问题：(1)为完成实验，滑动变阻器应该选用；（选填“甲”或“乙”）(2)测量毫安表G的内阻。正确连接电路后，进行如下操作：①断开和，将接入电路的电阻调到最大值；②闭合，调节（选填“”或“”）使G满偏；③闭合，调节（选填“”或“”）使G半偏，记录其此时接入电路的阻值为；④根据测量原理，可认为毫安表G的内阻等于。与灵敏电流计内阻真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。(3)将毫安表G改装成量程为的电流表。根据测得的毫安表G的内阻，计算与毫安表G并联的定值电阻R的阻值。完成改装后，按照图b所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为时，毫安表G指针位置如图c所示，说明改装电表量程不是，这是由于毫安表G的内阻测量不准确造成的。要让改装电表量程为，不必重新测量G的内阻，只需要将定值电阻R换成一个阻值为的电阻，其中。【答案】(1)乙(2)偏小(3)【详解】（1）根据半偏法测量电表电阻的原理可知，当闭合后，干路电流恒定，由闭合电路欧姆定律可知，需要保证时，才能尽量减小并入电路后的影响，所以滑动变阻器应选乙。（2）根据半偏法测量电表的电阻实验步骤可知，先闭合后，应调节使毫安表满偏；保持闭合，再闭合后，调节使毫安表半偏；当闭合后，并入电路后，电路中的总电阻减小，干路电路增大，当毫安表的电流等于时，则通过的电流大于，所以，即测量值小于真实值。（3）当标准毫安表的示数为时，由图c可知改装表的示数为，则当改装表满偏时，对应的实际电流为，即把毫安表改装后的量程为，量程扩大了倍，则并联电阻为，若把毫安表改装成的电流表时，则量程扩大了10倍，则并联的电阻为，由题意可知，则，联立解得。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（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1。抽取隔板A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2。然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强，且有，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。（1）求绝热活塞B的质量；（2）求气体内能的增加量。【答案】（1）；（2）【详解】（1）气体从状态1到状态2发生等温变化，则容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，以活塞B为对象，根据力的平衡条件：（2）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有该过程气体对外做功为根据热力学第一定律可得故14．（8分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置、简化为与火箭绝缘的导电杆MN和装置A组成，并形成闭合回路，装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1=kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2=2kI，方向与B1相同，火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停，已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R，导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻，在火箭落停过程中，求：（1）导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系；【答案】（1）；（2）；【详解】（1）导体杆受安培力方向向上，根据牛顿第二定律有解得导体杆运动的距离（2）回路的电动势其中解得15．（12分）如图所示的倒“T”字型装置中，圆环a和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和环a，细线穿过光滑小孔O，两端分别与环a和小球b连接，细线与竖直杆平行，整个装置开始处于静止状态。现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角为53°时，使整个装置以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数为k，环a、小球b的质量均为m，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）装置静止时，弹簧的形变量x0；（2）装置角速度为ω转动时，小孔与小球b的之间的线长L；（3）装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中，细线对小球B做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）装置静止时，对环a和小球b整体kx0＝（m＋m）g得弹簧的形变量（2）对b球：由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2·Lsinθ解得小孔下方绳长（3）整个装置以角速度ω匀速转动时，设弹簧的形变量为x2，对环a受力平衡kx2＝mg＋T对小球bTcosθ=mg解得小球b的速度v=ω·Lsinθ对b球，竖直方向上