全国卷Ⅱ2024年高考物理压轴卷含解析

PAGEPAGE13（全国卷Ⅱ）2024年高考物理压轴卷（含解析）第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．目前，在居室装修中常常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素。比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。依据有关放射性学问可知，下列说法正确的是()A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透实力最强，电离实力最弱D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数削减了415.如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是()A.eq\f(v0,gtanθ)B．eq\f(gtanθ,v0)C.eq\f(Rsinθ,v0) D．eq\f(Rcosθ,v0)16.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面对里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变更的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变更的图象是()17.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止起先被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最终打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列推断正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶418.发动机额定功率为80kW的汽车，质量为2×103kg，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103N，若汽车在平直马路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是()A．汽车的加速度和速度都渐渐增加B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C．汽车的最大速度为20m/sD．当汽车速度为5m/s时，其加速度为6m/s219.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽视其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则()A．每颗星做圆周运动的线速度为eq\r(\f(Gm,R))B．每颗星做圆周运动的角速度为eq\r(\f(3Gm,R3))C．每颗星做圆周运动的周期为2πeq\r(\f(R3,3Gm))D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关20.如图是自耦变压器的示意图，负载变更时输入电压不会有大的变更。输电线的电阻用R0表示，假如变压器上的能量损失可以忽视。以下说法正确的是()A．开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大B．开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小C．断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1>I2D．断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1<P221.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是()A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力渐渐增大B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分别时，弹簧复原原长第Ⅱ卷二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33～34题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共47分。22.（6分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0～5000Ω。(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变(选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是Ω。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果(选填“偏大”“偏小”或“精确”)。23.（9分）图甲为验证牛顿其次定律的试验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的沟通电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的状况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。甲(1)完成下列试验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。④按住小车，变更小车中砝码的质量，重复步骤③。⑤在每条纸带上清楚的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距x1、x2、…。求出与不同m相对应的加速度a。⑥以砝码的质量m为横坐标，eq\f(1,a)为纵坐标，在坐标纸上作出eq\f(1,a)­m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则eq\f(1,a)与m应成________(填“线性”或“非线性”)关系。(2)完成下列填空：(ⅰ)本试验中，为了保证在变更小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满意的条件是_________________________________________(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2和x3。a可用x1、x3和Δt表示为a＝________。图乙为用米尺测量某一纸带上的x1、x3的状况，由图可读出x1＝________mm，x3＝________mm，由此求得加速度的大小a＝________m/s2。(ⅲ)图丙为所得试验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。24.（12分）如图所示，一辆质量M＝3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6J，小球与小车右壁距离为L＝0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。(2)在整个过程中，小车移动的距离。25.（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝eq\f(160,3)N/C。一质量为m＝2×10－3kg带正电的小球，从点M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的水平速度起先运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28m)(图中未标出)。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)小球由P点运动到N点的时间。选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。33.【物理一一选修3–3】（15分）（1）（5分）封闭在汽缸内肯定质量的志向气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同始终线上。则________(填正确答案标号)。A．由状态A变到状态B过程中，气体汲取热量B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界汲取热量，内能增加C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等（2）（10分）肯定质量的志向气体被活塞封闭在水平放置的汽缸内，如图所示。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，起先使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12cm，离汽缸口的距离L2＝3cm。汽缸内气体的初始温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体渐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取g＝10m/s2，求：(1)此时气体的温度为多少；(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时汲取Q＝370J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？【物理一一选修3–4】（15分）（1）（5分）如图所示为一列向左传播的横波的图象，图中实线表示t时刻的波形，虚线表示又经Δt＝0.2s时刻的波形，已知波长为2m，下列说法正确的是________。A．波的周期的最大值为2sB．波的周期的最大值为eq\f(2,9)sC．波的速度的最小值为9m/sD．这列波不能发生偏振现象E．这列波遇到直径r＝1m的障碍物会发生明显的衍射现象(2)（10分）如图所示，ABC为一块立在水平地面上的玻璃砖的截面示意图，△ABC为始终角三角形，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB边长度为l＝20cm，AC垂直于地面放置。现在有一束单色光垂直于AC边从P点射入玻璃砖，已知PA＝eq\f(1,8)l，玻璃的折射率n＝eq\r(2)，该束光最终射到了水平地面上的K点，求K点到C点的距离(取tan15°≈0.25，结果保留三位有效数字)。参考答案+解析14.【答案】B【解析】：半衰期遵循统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A错误。依据3种射线的特性以及衰变实质可知B正确，C、D错误。15.【答案】C【答案】：小球做平抛运动，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则时间t＝eq\f(v0tanθ,g)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ＝v0t，则t＝eq\f(Rsinθ,v0)，选项C正确，D错误。16.【答案】B【解析】依据B­t图象可知，在0～eq\f(T,2)时间内，B­t图线的斜率为负且为定值，依据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可推断ab边受到向左的安培力，且0～eq\f(T,2)时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在eq\f(T,2)～T时间内，B­t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同。综上可知，B正确。17.【答案】B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间不同，故A错误；依据推论y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。18.【答案】CD【解析】由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F渐渐减小，汽车的加速度a渐渐减小，但速度渐渐增加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到最大值，则vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5m/s时，由牛顿其次定律得eq\f(P,v)－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，故D正确。19.【答案】ABC【解析】每颗星受到的合力为F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，轨道半径为r＝eq\f(\r(3),3)R，由向心力公式F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)，解得a＝eq\f(\r(3)Gm,R2)，v＝eq\r(\f(Gm,R))，ω＝eq\r(\f(3Gm,R3))，T＝2πeq\r(\f(R3,3Gm))，明显加速度a与m有关，故A、B、C正确。20.【答案】AD【解析】闭合开关S，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，依据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A正确；依据P＝UI，副线圈输出功率变大，志向变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B错误；开关S1从接a变到接b，志向变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C错误；依据P＝UI，副线圈输出功率变大，志向变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D正确。21.【答案】AD【解析】起先A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈B的倾角为θ，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以(mg＋F)sinθ≤μ(mg＋F)cosθ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍旧能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sinθ，对整体分析，F渐渐增大，可知摩擦力渐渐增大，故A正确，B错误。撤去F后，在弹簧复原原长前，整体的加速度渐渐减小，隔离对A分析，有F′－mg＝ma，则B对A的作用力F′渐渐减小。当弹簧复原原长时，A、B具有相同的加速度g，A、B间弹力为零，发生分别。故C错误，D正确。22.【答案】:（1）减小（1分）、290Ω（3分）（2）精确（2分）【解析】(1)由闭合电路欧姆定律：Ig＝eq\f(E,Rg＋r＋R0)得：R0＝eq\f(E,Ig)－Rg－r，因为式中E变小，r变大，故R0将减小；因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E＝1.5V刻度的。测得某电阻阻值为300Ω时，电流表中的电流I＝eq\f(E,R＋RΩ)，其中RΩ＝eq\f(E,Ig)，当电池电动势下降到E′＝1.45V时，此时欧姆表的内阻R′Ω＝eq\f(E′,Ig)，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E′,R′＋R′Ω)，解得真实值R′＝290Ω。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果精确，因为电源的内阻的变更，可以通过调零电阻的阻值的变更来抵消。23.【答案】:(1)等间距线性(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量(ⅱ)eq\f(x3－x1,25Δt2)24.2(23.9～24.5均对)47.3(47.0～47.6均对)1.16(1.13～1.19均对)(ⅲ)eq\f(1,k)eq\f(b,k)【解析】(1)①小车所受的阻力平衡后，小车做匀速直线运动，打点计时器打出的点间距相等。⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则F＝(m0＋m)a，eq\f(1,a)＝eq\f(1,F)(m0＋m)＝eq\f(m0,F)＋eq\f(1,F)m，小车质量m0及拉力F肯定。由数学学问可知eq\f(1,a)与m应成线性关系。(2)(ⅰ)对小吊盘及物块，由牛顿其次定律可得：mg－FT＝ma；对小车同理：FT＝Ma，两式联立可得FT＝eq\f(M,M＋m)·mg，故只有M≫m时，FT≈mg，小车所受的拉力近似不变。(ⅱ)由匀变速直线运动中，等时间间隔位移关系特点，可知：x3－x1＝2a(5Δt)2得a＝eq\f(x3－x1,25Δt2)＝eq\f(47.3－24.2×10－3,2×0.12)m/s2＝1.16m/s2(ⅲ)设小车质量为m0，则由牛顿其次定律可得F＝(m0＋m)a，即eq\f(1,a)＝eq\f(m0,F)＋eq\f(m,F)①由图象可以看出eq\f(m0,F)＝b②k＝eq\f(1,F)③由②③可解得：F＝eq\f(1,k)，m0＝eq\f(b,k)。24.【答案】:(1)3m/s1m/s(2)0.1m【解析】(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满意动量守恒和能量守恒。选向右为正方向，则有mv1－Mv2＝0eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝Ep联立两式并代入数据解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s(2)在整个过程中，系统动量守恒，则有：meq\f(x1,t)－Meq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L解得：x2＝eq\f(L,4)＝0.1m25.【答案】(1)2T(2)0.6s【解析】(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4C。分析如图，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝yM，可得R＝2m，θ＝37°。由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得B＝2T。(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tanα＝eq\f(mg,qE2)＝0.75。可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°。由几何关系可得lNQ＝0.6m。由lNQ＝v0t，解得t＝0.6s。或：F＝eq\f(mg,sinα)＝ma，得a＝eq\f(50,3)m/s2，由几何关系得lPQ＝3m，由lPQ＝eq\f(1,2)at2，解得t＝0.6s。26.【答案】(1)ADE(2)(1)450K(2)310J【解析】(1)由状态A变到状态B为等容变更，W＝0，温度上升，ΔU>0，依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，气体汲取热量Q>0，气体吸热，A正确；由状态B变到状态C过程中，内能不变，B错；C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错；D状态与A状态压强相等，D状态体积大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D、E正确。（2）(1)当汽缸水平放置时，T0＝(273＋27)K＝300K(0.5分)；p0＝1.0×105PaV0＝L1S当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有p1S＝p0S＋mg则p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa＋eq\f(200,10－2)Pa＝1.2×105