2024届高考考前最后一卷（新高考卷）（新教材）物理·全解全析及评分标准12345678910CCDBCBCCDACDBC1．C【解析】放射性元素衰变的过程中质量数和电荷数守恒，但是质量不守恒，A错误，C正确；放射性元素的半衰期不受原子所处的化学状态和外部条件的影响，B错误；衰变后的α粒子的速度比光速要小得多，D错误。Un11=2．C【解析】设副线圈n2两端的电压为U2，由，解得U2=20V，而灯泡L1和L2并联，则L1和Un22Un11=L2两端的电压都是20V。设副线圈n3两端的电压为U3，由，解得U3=40V，而灯泡L3和L4Un33串联，则L3和L4两端的电压都是20V，即四个灯泡均正常发光，功率均为22W，由P入＝P出可得，I1U1＝P1＋P2＋P3＋P4=88W，解得I1=0.4A，C正确，A、B、D错误。3．D【解析】根据题图2结合牛顿第二定律可知，滑块的加速度先变大后变小，所以滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，A、B错误；F-x图像与横轴围成的面积为F做的功，则在()F0+2Fx003Fx00123Fx00OA段力F所做的功W==，由动能定理有WOA=mvA−0，解得v=，OA222Am25FxFx1同理，OB段力F所做的功WW=+=0000，由动能定理有W=mv2−0，解得OBOA22OB2B5Fxv=00，则vv:=3:5，C错误，D正确。BmAB．【解析】，设货车刹车过程的加速度大小最小为，由运动学公式有2，解得4B72km/h=20m/sa0v=2ax002a0=8m/s，A错误；长方体货箱在刹车过程中受到摩擦力和后方绳子的拉力，由牛顿第二定律有T+=µmgma0，解得T=1500N>1000N，所以后方绳子会断裂，断裂后货箱只受摩擦力，加速度大小a=5m/s2，由v2=2ax可知，货箱减速为零需要运动的距离x=40m>(25+2)m，所以货箱会首先与车斗前栏板相撞，B正确，C、D错误。5．C【解析】小球在最高点B时，槽对地面的压力刚好为零，则在B点小球对槽的弹力向上，大小为5mg，v2由牛顿第三定律和向心力公式有5mg+mg＝m，对小球由A到B，由机械能守恒定律有R11mv22=mgR+mv，可得v=22gR，C正确。22006．B【解析】试探电荷C能保持静止不动，说明试探电荷C受到的电场力为0，即A、B点电荷在C点电荷处的合场强为零，则A、B的电性相反且A的电荷量的绝对值较大，而试探电荷C的电性则无法确定，kqA错误；因rr=3，由真空中点电荷的场强公式E=可知，qq=9，B正确；试探电荷C向BACBCr2AB物理全解全析及评分标准第1页（共5页）{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}移动过程中，由于试探电荷C的电性无法确定，电势能的变化不能确定，C错误；在A点左侧没有电场强度为零的位置，则试探电荷在A点左侧位置不能保持静止，D错误。7．C【解析】飞船与空间站对接后，飞船和空间站整体的高度不变，则空间站的运行速度保持不变，A错MmMmFG=误；航天员在地面处受到的万有引力大小FG1=，在空间站内受到的万有引力为22，R2()Rh+2Mm4π2F2RG1=mRh+则=，B错误；对空间站，根据万有引力提供向心力有221()，解得地F1Rh+()Rh+T4π（）23Rh+球质量M=，C正确；由于受到阻力，空间站需要克服阻力做功，如果不补充能量，空间GT2站会逐渐做向心运动，轨道半径会逐渐减小，由开普勒第三定律知，周期会逐渐减小，角速度会逐渐增大，D错误。8．CD【解析】设无人机着陆后滑行的加速度大小为a，无人机在第3s内的位移为11222x=vt−at−[v(t−−1)a(t−1)]=60m，将v0=90m/s，t=3s代入，解得a=12m/s，A错误；根据302202得无人机滑行的位移，正确；无人机在第内的平均速度大小v0=2axx=337.5mC5s11v=(vv+)=(90−×+−×12490125)m/s=36m/s，B错误；由逆向思维知，无人机在最后1s的位224511移大小为x′′=at2=××121m=6m，D正确。22λ9．ACD【解析】由题图2知，A点形成的波的波长λ=0.25m，传播的周期为T==0.5s，A正确；由于vA、B点形成的波的振动情况完全相同，则两波能形成稳定的干涉图样，A、B的中点O为振动加强点，O点的位移可能为0，D正确，B错误；C点到B点与A点的波程差为∆=x1.5m−0.5m=1m=4λ，即C点是振动加强点，两列波的波峰能在C点相遇，C正确。10．BC【解析】未进入磁场时，线圈a和b在竖直方向上均做自由落体运动，则两线圈刚进入磁场时的竖F直分速度相等，设进入磁场中某时刻沿竖直方向的速度为v，由牛顿第二定律得ag=−，又m2BLv4LBvρF=BIL,I=，R=ρ，m=4LSρ0，联立可得ag=−，式中为导线电阻率，ρ0为导RS16ρρ0线材料的密度，由此可知，两线圈进入磁场时的加速度a相同，则两线圈完全进入磁场时的竖直分速度也相同，并且进入磁场的时间相同，整个过程中线圈a、b的运动时间相等，A错误；线圈a和b在BLv4L水平方向做匀速运动，速度大小之比为1:2，水平位移之比为1:2，B正确；由I=和R=ρ，线RS圈a和b进入磁场过程，线圈中感应电流之比为1:2，由q=It，可得qqab:=1:2，完全进入后，两线2圈中均无电流，C正确；由焦耳定律Q=IRt，两线圈进入磁场过程，产生的焦耳热之比QQab:=1:2，完全进入后，两线圈中不再产生焦耳热，D错误。物理全解全析及评分标准第2页（共5页）{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}11．（1）8.2×10−12（2分）（2）1.25×10−2（1.24××10−−221.2610，2分）（3）6.6×10−10（或6.5×10−10，2分）（4）C（2分）11【解析】（1）每滴溶液中含有的纯油酸的体积V=×=×mL8.210−12m3。612000（2）将大于半格算一格，小于半格舍去，数得的格子数为125格，则油膜的面积S=125cm2=1.25×10−22m。V8.2×10−12m3（3）油酸分子直径的大小d===6.6×10−10m。S1.25×10−22m（4）本实验的理想模型是：①将油膜层看成单层分子膜，②将分子看成球形，③认为油酸分子一个紧挨一个整齐排列，A正确，不符合题意；实验中，为了使油膜充分散开，形成单分子油膜，需要将油酸在酒精中稀释后再滴入水中，B正确，不符合题意；在精确测量一滴油酸酒精溶液的体积时采用的方法是累积法而不是控制变量法，C错误，符合题意；长期放置的油酸酒精溶液会使油酸酒精溶液的浓度变大，而在计算的时候依然采用原来的浓度，会使分子直径的测量结果偏小，D正确，不符合题意。U012．（1）C（1分）5.0（1分）（2）②2（1分）−R2（1分）③4.94（2分）1.30（或1.31，2分）I0【解析】（1）测量电源电动势时要用直流电压挡，排除A、B，在不知道电源电动势大小的情况下所选的量程尽量要大一些，故应将选择开关旋至C位置，又指针偏转角度过小，说明所选的量程过大，则应减小量程，即图2中所选的量程为10V，由题图2可知，该电源的电动势约为5.0V。（2）②图5电路中，为测量电流表的内阻，电压表的另一端的导线应该接2，使电流表内接，由部分U0电路的欧姆定律知，电流表的内阻RRA2=−。I01③图3电路中，由闭合电路欧姆定律有E=Ir(+R++RR)，解得RE=⋅−()rR++R，结合图4A1IA116−0有Ek==V=4.94V，0=×E0.76−+()rR+R，解得r=4.94×0.76−()0.45+2Ω=1.30Ω。4−0.76A113．（1）作出光路图如图所示。由几何关系知，光在AC边恰好发生全发射的入射角C=θ1=60°（1分）1由sinC=（2分）n23解得n=（1分）3物理全解全析及评分标准第3页（共5页）{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}AD3（2）根据几何关系得到DE==a（1分）tan30°3DB43EF与竖直方向的夹角θ2=30°，则EF==a（1分）cosθ29DE+EF光在透明三棱柱中传播的时间t=（1分）vc又v=（1分）n14a则光在三棱柱中传播的时间t=（2分）9c14．（1）粒子在x轴上、下的两个磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子在x轴上方和下方磁场中的轨迹半径分别为r1、r22mv0则有qv0⋅=2B（2分）r12mv0qv0B=（2分）r2可得rr12:=1:2=0.5（1分）（2）①粒子从O点出发到第一次回到O点的运动轨迹如图所示（2分）②设粒子在x轴上方和x轴下方运动的周期分别为T1、T2，则2πmmπ2πr1T1==（或T1=，1分）q⋅2BqBv02πm2πr2T2=（或T2=，1分）qBv0T由轨迹图知，粒子从O点出发到第一次回到O点所经历的时间为tT=+2（2分）122πm解得t=（1分）qB．（）设物块经过点的竖直速度为，则2（分）151AMvyAvyA=2gh1v物块A经过M点时，由几何关系可知，sinθ=yA（1分）vM11物块A从M点到Q点，由动能定理可得mgR(1−−cosθµ)mgl=mv22−mv（2分）AA1122AAM物理全解全析及评分标准第4页（共5页）{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}联立可得（分）v1=5m/s1（）以水平向右为正方向，设、的质量分别为、，碰后、的速度分别为、，由动2ABmmABABvA1vB量守恒定律和能量守恒定律分别有（分）mv=mvA11AA+mvBB1111mv22=mv+mv2（1分）22A11AA2BB又mm:=1:4AB解得，vA1=−3m/svB=2m/s物块A碰后反弹，设物块A再次经过M点时的速率为vM1，由动能定理有11−mgR(1−−cosθµ)mgl=mv22−mv（1分）AA122AM11AA解得vM1=1m/s物块A离开M点后做斜上抛运动，设物块A继续上升的高度为h0，由运动学公式可得（2（分）vM10sinθ)=2gh1则碰后物块上升到最高点时距水平面的高度（分）AhhR10=+−(1cosθ)=0.232m1（）设碰后物块的速度大小为，物块从碰后至到达点，由动能定理有3Av2AN1−=−µmgl0mv2（1分）AA122ll2设物块A从碰后至到达N点的时间为t，由运动学公式可得t=21+（1分）vv22解得t=3sm物块B做简谐运动的周期T=2πBk由题意知，t=nT，(n=123,,⋅⋅⋅)（1分）9解得mn=kg，(=1,,23⋅⋅⋅)Bn2设物块B碰后的速度大小为v'B，以向右正方向，A、B碰撞过程中由动量守恒定律有（分）mvA12=−+mvAmvBB′1111又碰撞为非弹性碰撞，则满足mv2>+mv′22mv（1分）222A12BBA可得mB>2.1kg则物块的质量符合题意的可能值为：当时，；当时，（分）Bn=1mB1=9kgn=2mB2=2.25kg1物理全解全析及评分标准第5页（共5页）{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}