2024年高考物理最后一卷（北京卷）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、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．在考古研究中，通常利用的衰变来测定文物的大致年代。衰变方程为，的半衰期为5730年.则下列说法中正确的是（ ）A．的比结合能小于的比结合能B．方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分C．衰变是由于原子核逐渐吸收外界能量导致自身不稳定而发生的D．半衰期是一个统计规律，会随原子核所处的环境不同而改变【答案】A【详解】A．核反应方程式中，生成物比反应物稳定，可知的比结合能小于的比结合能，故A正确；B．衰变方程为，X是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故B错误；C．衰变过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故C错误；D．半衰期是一个统计规律，只对大量放射性原子核才有意义，其只由元素种类决定，与其他因素无关，故D错误。故选A。2．如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，某地下水源距离地表5.35m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.65m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为70%，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，则（ ）A．出水口钢管横截面积为4×10-3m2 B．每秒内水流机械能增加272JC．电动机的输入功率为272W D．电动机线圈的电流约为1.2A【答案】B【详解】A．出水口面积，故A错误；B．每秒水流增加的机械能，故B正确；C．电动机的输入功率，故C错误；D．电动机线圈的电流，故D错误。故选B。3．照相机、摄影机镜头上都涂有增透膜，以便减少光的反射损失，增强光的透射强度，从而提高成像质量。已知某光在空气中的波长为，增透膜对该光的折射率为，镜头对该光的折射率为，且。则增透膜的厚度可能为（ ）A． B． C． D．【答案】A【详解】该单色光在增透膜中的波长为，设增透膜的厚度为d，则膜的后表面上的反射光比前表面上的反射光多经历的路程为2d，两反射光发生相消干涉，有，解得，当时当时当时当时故选A。4．一定量的理想气体从状态a经状态b变化状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（ ）A．状态a处的压强等于状态c处的压强B．由b变化到c的过程中，气体的压强不变C．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热D．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】C【详解】AB．根据理想气体状态方程可知，即图像的斜率为，故有，故AB错误；CD．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有，而，，则有，可得，，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能。故C正确；D错误。故选C。5．如图甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为1∶3，由a、b、c三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从A点以的入射角射入球中，a、b、c三条折射光线如图乙所示，其中b光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是（    ）A．该液体材料对a光的折射率小于对c光的折射率B．a光在液体球中的传播速度最大C．该液体材料对b光的折射率为D．若继续增大入射角i，b光可能因发生全反射而无法射出液体球【答案】C【详解】A．根据折射率的公式，可知，以相同的入射角射入球中时，a光的折射角较小，故其折射率较大，A错误；B．以相同的入射角射入球中时，c光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B错误；C．如图所示，可知b光线的折射角，故该液体对b光的折射率，C正确；D．若继续增大入射角i，b光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与射入液体材料时的折射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D错误。故选C。6．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中错误的是（ ）A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆【答案】C【详解】A．由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g相同，由单摆的周期公式，可得，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；B．由图知甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；C．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故C错误；D．在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据，可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。本题选择错误的，故选C。7．如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是（ ）A．漏电保护装置根据电流磁效应的原理B．图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用C．正常用电时，M和N两点之间没有电压D．出现漏电时，M和N两点之间没有电压【答案】C【详解】ACD．若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故C正确，AD错误；B．图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。故选C。8．除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为10-2s，已知电容器电容为2.0×10-5F，升压变压器原副线圈的匝数比约为1:70，则降压变压器原副线圈的匝数比约为（ ）A．22:1 B． C．7:1 D．2:1【答案】B【详解】由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有，根据电容器的电容定义有，所以升压变压器副线圈的两端的电压的最大值为，由理想变压器原副线圈与匝数的关系有，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值为，降压变压器副线圈两端电压的最大值为，所以降压变压器原副线圈匝数比为，故选B。9．图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组（导体棒OA代替）绕水平轴以角速度ω顺时针转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒OA电阻为r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°，图乙中电阻阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（    ）A．流过电阻R的电流方向为从左向右B．风杯的速率为ωLC．导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为D．导体棒每转动一圈，流过电阻R的电荷量为【答案】D【详解】A．根据右手定则可知，导体棒OA上感应电流方向为从O到A，流过电阻R的电流方向为从右向左。故A错误；B．风杯的速率为v=ω×2L=2ωL，故B错误；C．导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为，故C错误；D．依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为，根据闭合电路欧姆定律，有，又，联立，解得，故D正确。故选D。10．中国天宫号空间站正常绕地运行的轨道可视为圆形，轨道平面与赤道平面夹角为，轨道离地高约400km，每天绕地球约转16圈，绕行方向自西向东。地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）A．空间站中的宇航员受地球的引力约为其在地面时的B．空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度小C．空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为1.5hD．空间站绕地运行的速度比月球绕地运行的速度小【答案】A【详解】A．在地球表面有，在空间站有，整理有，故A项正确；B．由于空间站每天绕地球约转16圈，所以其周期约为，而地球上的物体转一圈的周期为24h，由周期与角速度的关系有，由于空间站的周期小，所以空间的角速度大于在地球上物体的角速度，故B项错误；C．由于空间站的周期为1.5h，地球的周期为24h，但是又由于空间站轨道平面与赤道所在平面不共面，所以每次空间站转16圈，中国某城市相对于空间站回到了出发位置，即空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为24h，故C项错误；D．由于，整理有，由于空间站距离地心的距离比月球小，故其绕行速度比月球的大，故D项错误。故选A。11．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。12．如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2；则下列说法中正确的是（ ）A．小球释放位置距地面的高度为7mB．小球在下落过程受到的风力为1NC．小球刚接触弹簧时的动能为4.5JD．小球的最大加速度大小为99m/s2【答案】D【详解】A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，根据，可得小球释放位置距地面的高度为，故A错误；B．由图乙可知小球速度减为0时，小球下落，该过程弹性势能增加了，根据功能关系有代入数据解得小球在下落过程受到的风力为，故B错误；C．由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了，根据动能定理得，解得小球刚接触弹簧时的动能为，故C错误；D．弹簧压缩量最大