2024年高考物理最后一卷（浙江卷）（全解全析）

绝密★启用前2024年高考最后一卷（浙江卷）物理·全解全析本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。考生注意:1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数:重力加速度g均取10m/s2。Ⅰ选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1．某汽车沿直线停车过程中，其图像如图所示。已知该汽车所有减速过程的加速度均相等，中间有一段时间匀速运动，图示整个过程中该汽车行驶了450m。则该汽车匀速运动的时间为（）A．8s B．10s C．12s D．16.5s【答案】B【详解】图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知该汽车减速过程的加速度大小为，利用逆向思维，两次减速过程中，该汽车的总位移为，则汽车匀速运动的时间，故选B。2．我国北方小孩在秋天常玩的一种游戏，叫“拔老根儿”，如图所示。其实就是两个人，每人手里拿着长长的杨树叶根，把两个叶根十字交错在一起，两人各自揪住自己手里叶根的两头，同时使劲往自己怀里拽，谁手里的叶根儿断了谁输。假如两小孩选用的树叶根所承受的最大拉力相等，则下列说法正确的是（）A．叶根夹角较小的一方获胜B．力气较大的小孩获胜C．叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更大些D．叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更小些【答案】A【详解】根据牛顿第三定律可知，叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大小相等；以两个叶根十字交错点为对象，可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等，根据，可知叶根夹角较小的一方，叶根产生的拉力较小，则叶根夹角较大的一方先达到树叶根所承受的最大拉力，故叶根夹角较小的一方获胜。故选A。3．“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点切线水平，点切线竖直，由图可知（）A．该烟花由点运动到点过程中，水平方向匀速运动B．该烟花由点运动到点过程中，其机械能守恒C．该烟花在点的加速度方向竖直向下D．该烟花在点处于失重状态【答案】D【详解】A．轨迹的切线方向为速度方向，由题可知、点切线水平，点切线竖直，即、两点速度在水平方向分量不为0，在点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，故A错误；B．结合A选项可知该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；C．该烟花在最高点切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；D．该烟花在最高点有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。故选D。4．2024年1月5日我国以“一箭四星”方式成功将“天目一号”掩星探测星座15~18星送入离地高度520公里的近极地太阳同步圆轨道，如图1所示，成功组网如图2所示的“天目一号”星座。上述四颗人造卫星入轨后（）A．运行角速度一定相同 B．所受万有引力一定相同C．运行周期与地球公转周期相同 D．在轨运行速度大于第一宇宙速度【答案】A【详解】A．四星运行在同一高度，则轨道半径相等，根据，可知运行角速度一定相同，故A正确；B．因为四星质量不一定相同，所以所受的万有引力不一定相同，故B错误；C．四星虽在太阳同步轨道上，但只是轨道平面与太阳的取向保持一致，依然绕地球做圆周运动，并不是绕太阳做圆周运动，运行周期与地球公转周期不相同，故C错误；D．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，等于近地卫星的运行速度，四星离地520公里，在轨运行速度小于第一宇宙速度，故D错误。故选A。5．我国成功研制出高纯度钼。用高频光子轰击钼100得到钼，钼99衰变生成医学常用的元素锝，衰变方程为。则（）A．为正电子B．与中子数相同C．比的结合能小D．比的结合能小【答案】C【详解】A．根据衰变过程质量数守恒电荷数守恒，可知x的质量数为0，电荷数为-1。所以x是负电子。故A错误；B．的中子数为57，,的中子数为58，它们的中子数不相同。故B错误；CD．比结合能越大原子核越稳定，所以比的结合能大。比的结合能小。故C正确；D错误。故选C。6．蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（

）A．a中张力大于b中张力B．a中张力与b中张力大小相等C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下【答案】B【详解】AB．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件有，可得，选项A错误、B正确；CD．在竖直方向上有c突然断开，蜘蛛受到的合力竖直向上，有向上的加速度，选项CD错误。故选B。7．为实时监测高压输电线的电压和电流，需要测量出输电线上的电压和电流的大小。因高压输电线的电压和电流很大，可采用互感器进行测量。如图所示，电压互感器和电流互感器分别连接在高压线上，设两个互感器的原、副线圈的匝数比分别为、，两个互感器所连的电表的示数分别为a、b，则高压输电线的电压和电流分别为（）A．， B．， C．， D．，【答案】B【详解】由题意可知，对电压互感器，由理想变压器有，对电流互感器，由理想变压器有，解得，，故选B。8．奥斯特实验表明通电导线周围和永磁体周围一样都存在磁场。一束彼此绝缘的细铜导线被约束在半径为R的圆柱体内，在圆柱体外距中心轴线为r的P点产生的磁场等同于全部电流集中于轴线的直线电流I产生的磁场，即，其中为常数。若P点在圆柱体内，上述公式中的I则为以轴线上一点为圆心、以r为半径的截面所通过的电流，则下列图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】由电流微观表达式可知，其中S为圆柱体的横截面积，当圆柱体的截面为圆形、半径为r时，则在圆柱体内部有，与r成正比，在圆柱体外部有，与r成反比，故A图符合题意。故选A。9．如图所示，狭缝及平面镜M均与虚线所在水平面平行放置，用蓝光垂直照射狭缝，可以在光屏上看到明暗相间的条纹。下列判断正确的是（

）A．看到的条纹是不平行的B．看到的条纹间距不相等C．若将蓝光换成红光，看到的条纹间距变小D．若将平面镜M向上平移到虚线处，看到的条纹间距变大【答案】D【详解】AB．狭缝与其经平面镜所成的像关于平面镜对称，和等效为相干光源，在光屏上出现干涉条纹，条纹平行且等间距，AB错误；C．若将蓝光换成红光，光的波长变长，根据知，条纹间距变大，C错误；D．若将平面镜向上平移到虚线处，与之间的距离变小，则条纹间距变大，D正确。故选D。10．在和的空间分别分布着均匀介质1和均匀介质2。时刻，x轴上的波源S沿y轴方向开始做简谐振动。时刻，x轴上的P点恰好开始振动，波形如图。已知S点横坐标为，P点横坐标为，下列说法正确的是（）A．波由介质1进入介质2周期变小B．波由介质1进入介质2传播速度不变C．波源振动的周期为D．波在介质2中的传播速度为【答案】D【详解】A．频率与周期由波源的振动决定，可知，波由介质1进入介质2周期不变，故A错误；B．根据图像可知，介质1与介质2中的波长分别为，，根据，，结合上述可知，故B错误；C．时刻，x轴上的P点恰好开始振动，根据图像有，解得，故C错误；D．波在介质2中的传播速度为，故D正确。故选D。11．如图所示1，竖直线、两端点固定两个等量点电荷，带电量大小均为，长，为连线的中点，以中垂线为轴，其正半轴的场强变化如图2所示，图中的阴影“面积”为（），以沿轴正方向为电场强度的正方向，静电力常数为。下列说法正确的是（）A．、两点的点电荷为异种电荷B．直线上场强最大值为C．将一电子从点沿轴移到无穷远的过程中，电势能先增大后减小D．将一带电量为的点电荷由处静止释放，到达点时的动能为【答案】B【详解】A．由题图2可知点的电场强度为零，轴上的场强方向沿轴正方向，则A、B两点的点电荷为等量正点电荷，A错误；B．在的处放一正试探电荷，、点电荷在该点的场强方向如图所示根据对称性可知该点的合场强，又根据几何关系可知，解得沿轴正半轴场强最大值，B正确；C．将一电子从点沿轴移到无穷远的过程中，电场力做负功，电势能一直增加，C错误；D．根据的面积表示电势的变化量，即，从到根据动能定理，可得到达点时的动能为，D错误。故选B。12．体外冲击波治疗具有非侵入性、患者易于接受、对人体组织损伤少、治疗成功率高等优点，目前在临床医疗上得到广泛的应用。一种冲击波治疗仪的充电和瞬时放电电路如图甲所示。交流电经调压、整流后向电容器C充电储能。当触发器S导通时，电容器经置于水中的冲击波源W瞬时放电，高压强电场的巨大能量瞬间释放使水迅速汽化、膨胀而形成冲击波。如图乙所示，冲击波向四周传播，碰到反射体光滑的内表面而反射，波源发出的冲击波经反射后在F点聚焦，形成压力强大的冲击波焦区，当人体深处的病变处于该焦区时，就会得到治疗的作用。冲击波治疗对放电时间要求不超过1μs，电容器C的电容一般在0.3~1.0μF之间，充电电压大约10kV。下列说法正确的是（）A．治疗仪产生的冲击波是电磁波B．电容器放电电流不能达到104A数量级C．若仅减小电路中电阻R的阻值，可减小电容器的充电时间D．若仅增大电容器C的电容，放电时间仍符合冲击波的要求【答案】C【详解】A．治疗仪产生的冲击波是机械波，故A错误；B．电容器C的电容为1.0μF时，充满电后所带电荷量，电容器平均放电电流，故B错误；C．若仅减小电路中电阻R的阻值，充电电流增大，电容器的充电时间减小，故C正确；D．由，得，若仅增大电容器C的电容，电容器所带电荷量将变大，放电时间变长，不符合冲击波的要求，故D错误。故选C。13．如图所示，一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，激光束与竖直方向的夹角为α。当α大于37°以后，激光束无法射出水面。已知光在真空中的传播速度大小为，，，则（）A．激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为53°B．激光束在水中的折射率为C．激光束在水中传播的速度大小为D．当时，射出水面的激光束方向与水面的夹角大于60°【答案】B【详解】AB．根据题意可知，当α大于37°以后，激光束无法射出水面，则激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为，则有，故A错误，B正确；C．激光束在水中传播的速度大小为，故C错误；D．当时小于临界角，光线可以射出水面，设射出水面的激光束方向与水面的夹角为，则有，解得，可知，即，故D错误。故选B。二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)14．密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过、和三个热力学过程最后回到初态a。若该气体的压强p随体积V变化的图像如图所示，则以下关于这三个热力学过程的说法，正确的是（）A．由状态a变化到状态b，气体分子在单位时间内撞击到缸壁单位面积的次数不变B．由状态a变化到状态b，气体从外界吸热C．由状态b变化到状态c，气体分子的平均动能不变D．由状态c变化到状态a，气体分子的平均间距不变【答案】BD【详解】A．由状态a变化到状态b，压强不变，体积增大，温度增大，分子平均动能增大，气体分子在单位时间内撞击到缸壁单位面积的次数减小，故A错误；B．由状态a变化到状态b，温度增大，内能增大，则；且气体对外界做功，则，根据热力学第一定律，气体吸一定从外界吸热，故B正确；C．由状态b变化到状态a，压强不变，体积减小，则温度减小，由状态a变化到状态c，体积不变，压强减小，则温度减小，故状态b温度大于状态c温度，故气体分子的平均动能减小，故C错误；D．由状态c变化到状态a，体积不变，则气体分子的平均间距不变，故D正确；故选BD。15．某防盗报警器工作原理如图所示。用紫外线照射光敏材料制成的阴极时，逸出的光电子在电路中产生电流，电流经放大后使电磁铁吸住铁条。当光源与阴极间有障碍物时，警报器响起。下列说法正确的是（）A．若用红外光源代替紫外光源，该报警器一定能正常工作B．逸出光电子的最大初动能与照射光频率成正比C．若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电流变大D．若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电子的最大初动能不变【答案】CD【详解】A．由光电效应方程知，紫外光频率大于红外光频率，该光敏材料极限频率未知，不能确保红外光照射会发生光电效应，A错误；B．由光电效应方程知，逸出光电子的最大初动能与照射光频率有关，但不成正比，B错误；C．光照强度越强，光电子越多，光电流越大，C正确；D．由光电效应方程知，光电子的最大初动能只与光的频率有关，与光照强度无关，D正确；故选CD。Ⅱ非选择题部分三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）16—Ⅰ．（7分）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程3V）、电流表（量程3A）、定值电器、滑动变阻器。(1)测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U-I图线，可得电源电动势E=V，内阻r=Ω（结果均保留2位有效数字）。(2)不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻r（填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是。(3)测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，I表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：①表示图1中变阻器的功率变化规律；②表示图3中变阻器的功率变化规律。在滑动变阻器的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是________。A． B．C． D．【答案】(1)3.01.3(2)小于电压表的分流(3)AC【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律,电源U-I图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻。由图像可知，电动势测量值E=3.0V，电源内阻（2）考虑到电表内阻，整理得，因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。（3）图1中，滑动变阻器的功率为，由数学知识可知，当时，功率最大，又有，可知此时功率最大，最大功率为图3中，把和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为等效内阻为则滑动变阻器的功率为由数学知识可知，当功率最大，此时最大功率为综上所述，图1中和图3中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图1中滑动变阻器的电阻较大，且图1中的最大功率较大。故选AC。16—Ⅱ．（5分）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的（选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于；A．砝码的重力大小

B．小桶和砝码的重力大小C．手机的重力大小

D．弹簧对手机的拉力大小（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据并绘制图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内，；（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为（选用k、b、g表示）。【答案】（3）A（4）B（5）质量一定时，手机加速度与合外力成正比（6）【详解】（3）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；（4）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F小桶和砝码的重力大小。故选B。（5）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，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）绳子剪断前，设弹力为，小桶质量为，手机质量为，对手机有平衡知，绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有，综上可得，解得。四、计算题（本大题共4小题，共43分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）17．（8分）如图所示的减震垫上布满了12个完全相同的圆柱状薄膜气泡，每个薄膜气泡中充满体积为V0，压强为p0的理想气体。在减震垫上放上质量分布均匀的平板状物品，物品始终保持水平，稳定后每个薄膜气泡的体积均为。若薄膜气泡内气体的温度为22℃，不计薄膜的重力和弹力，重力加速度为g。（1）放上物品稳定后，若气体温度不变，则每个薄膜气泡内气体的压强为多少；（2）取走物品稳定后，每个气泡中气体压强均恢复到p0，体积均增大为，则气泡中气体的温度改变了多少。【答案】（1）；（2）5K【详解】（1）由玻意尔定律可得解得（2）放上物品后温度为T1=（273+22）K则由理想气体状态方程可得解得T2=300K则气泡中气体的温度改变量为18．（10分）如图甲，竖直薄板固定在转盘上，质量为的小球用轻绳系着，另一端固定在薄板中线上的A点，绳子与竖直中线成。已知轻绳悬点到球心距离为，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。现缓慢增大转盘角速度，离开前小球与薄板保持相对静止。求：（1）随着角速度增大，离开前小球受到轻绳拉力和薄板支持力大小如何变化；（2）从静止到绳子与竖直中线成的过程中，薄板对小球做的功W；（3）其他条件不变，用小球压住质量为的矩形木块，此时轻绳与中线成，已知木块与薄板间的动摩擦因数为，为使木块不下滑，转盘角速度应满足的条件？【答案】（1）拉力大小不变，支持力减小；（2）4.4J；（3）【详解】（1）对小球分析可知则当角速度增大时，拉力大小T不变，支持力FN减小；（2）设时小球线速度大小为v，则有其中由动能定理得而联立解得（3）设角速度为时，木块恰好没下滑，则有对小球，有联立解得故若不下滑19．（12分）如图所示，在光滑水平面内从左至右连续存在有个宽度均为的矩形区域，其中区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的长度均为，其间存在沿竖直方向交替变化的图示匀强磁场，磁感应强度大小均为；区域Ⅱ、Ⅳ为长度均为的无场区域。一质量为、电阻为、边长为的正方形单匝金属线框以大小为的初速度开始进入区域Ⅰ，运动过程中线框的边始终与各区域的边界线平行，线框最终离开区域Ⅴ。（1）求线框的边刚进入区域Ⅰ时，线框的加速度大小；（2）求线框完全进入区域Ⅲ中的速度大小；（3）若在线框开始进入区域Ⅰ时，对线框施加一可变的水平外力，使线框做匀速直线运动至线框刚好完全离开区域Ⅴ，求水平外力做功的平均功率。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）线框边刚进入区域Ⅰ时，感应电动势大小为回路中的电流为安培力大小加速度大小联立解得（2）过程：线框完全进入区域Ⅰ过程，线框向右的位移为，设动量变化量为，以水平向左为正方向，由动量定理，有其中又解得过程：从线框边开始进入区域Ⅱ到边将要进入区域Ⅲ，线框向右的位移为，设动量变化量为，同理有过程：从线框边开始进入区域Ⅲ到线框边将要进入区域Ⅱ，线框向右运动的位移为，设动量变化量为，同理有过程：从线框边开始进入区域Ⅱ到边将要进入区域Ⅲ，线框向右运动的距离为，设动量变化量为，同理有设线框完全进入区域Ⅲ中的速度大小为，由动量定理可得联立解得（3）对（2）中的过程通过的位