2024届高考考前最后一卷（新高考新教材吉林卷）物理含答案.pdf

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1、#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#物理 全解全析及评分标准 第1页（共5页）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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C D B

2、C B C CD ACD BC 1C【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 粒子的速度比光速要小得多，D错误。2C【解析】设副线圈 n2两端的电压为 U2，由1122UnUn=，解得220 VU=，而灯泡 L1和 L2并联，则 L1和L2两端的电压都是 20 V。设副线圈 n3两端的电压为 U3，由1133UnUn=，解得340 VU=，而灯泡 L3和 L4串联，则 L3和 L4两端的电压都是 20 V，即四个灯泡均正常发光，功率均为 22 W，由 P入P出可得，I1U1

3、P1P2P3P4=88 W，解得 I1=0.4 A，C 正确，A、B、D错误。3D【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OA 段力 F 所做的功()000002322OAFFxF xW+=，由动能定理有2102OAAWmv=，解得0 03AF xvm=，同理，OB 段力 F 所做的功0 00 02522OBOAF xF xWW=+=，由动能定理有2102OBBWmv=，解得0 05BF xvm=，则:3:5ABvv=，C 错误，D正确。4B【

4、解析】72 km/h=20 m/s，设货车刹车过程的加速度大小最小为 a0，由运动学公式有20 02va x=，解得a0=8 m/s2，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0Tmgma+=，解得 T=1 500 N1 000 N，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=5 m/s2，由22vax=可知，货箱减速为零需要运动的距离 x=40 m(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。5C【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，由牛顿第三定律和向心力公式有2

5、5vmg mgmR+，对小球由 A 到 B，由机械能守恒定律有2201122mvmgRmv=+，可得02 2vgR=，C正确。6B【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，A 错误；因3ACBCrr=，由真空中点电荷的场强公式2kqEr=可知，9ABqq=，B 正确；试探电荷 C 向 B#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#公众号：高中试卷君 物理 全解全析及

6、评分标准 第2页（共5页）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。7C【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错误；航天员在地面处受到的万有引力大小12MmFGR=，在空间站内受到的万有引力为()22MmFGRh=+，则221FRFRh=+，B 错误；对空间站，根据万有引力提供向心力有()()211224MmGmRhTRh=+，解得地球质量2324RhMGT+=（），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，

7、空间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 3 s 内 的 位 移 为2230011(1)(1)60 m22xv tatv ta t=，将 v0=90 m/s，t=3 s代入，解得 a=12 m/s2，A错误；根据202vax=得 无 人 机 滑 行 的 位 移 x=337.5 m，C 正 确；无 人 机 在 第 5 s 内 的 平 均 速 度 大 小4511()(9012490125)m/s36 m/s22vvv=+=+=，B

8、 错误；由逆向思维知，无人机在最后 1 s 的位移大小为21112 1 m6 m22xat=，D 正确。9ACD【解析】由题图 2 知，A 点形成的波的波长=0.25 m，传播的周期为0.5 sTv=，A正确；由于A、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1.5 m0.5 m1 m4x=，即C点是振动加强点，两列波的波峰能在 C点相遇，C正确。10BC【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直分速度相等，设进入磁

9、场中某时刻沿竖直方向的速度为 v，由牛顿第二定律得Fagm=，又FBIL=,BLvIR=，4LRS=，04mLS=，联立可得2016B vag=，式中为导线电阻率，0为导线材料的密度，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BLvIR=和4LRS=，线圈 a 和 b 进入磁场过程，线圈中感应电流之比为1:2，由qIt=，可得:1:2abqq=，完全进入后，两线圈中均无电流，C

10、 正确；由焦耳定律2QI Rt=，两线圈进入磁场过程，产生的焦耳热之比:1:2abQQ=，完全进入后，两线圈中不再产生焦耳热，D错误。#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#公众号：高中试卷君 物理 全解全析及评分标准 第3页（共5页）11（1）128.2 10（2 分）（2）21.25 10（221.24 101.26 10，2 分）（3）106.6 10（或106.5 10，2分）（4）C（2 分）【解析】（1）每滴溶液中含有的纯油酸的体积12311mL8.2 10 m612 000V=。（2）将 大 于 半 格 算 一

11、格，小 于 半 格 舍 去，数 得 的 格 子 数 为 125 格，则 油 膜 的 面 积222125 cm1.25 10 mS=。（3）油酸分子直径的大小12310228.2 10m6.6 10m1.25 10 mVdS=。（4）本实验的理想模型是：将油膜层看成单层分子膜，将分子看成球形，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

12、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。12（1）C（1分）5.0（1分）（2）2（1分）020URI（1分）4.94（2分）1.30（或 1.31，2分）【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 10 V，由题图 2可知，该电源的电动势约为 5.0 V。（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，由部分电路的欧姆定律知，电流表的内阻0A20URR

13、I=。图 3电路中，由闭合电路欧姆定律有()A1EI rRRR=+，解得()A11RErRRI=+，结合图 4有160 V4.94 V40.76Ek=，()A100.76ErRR=+，解得()4.940.760.452 1.30 r=+=。13（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160C=（1 分）由1sinCn=（2 分）解得2 33n=（1分）#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#公众号：高中试卷君 物理 全解全析及评分标准 第4页（共5页）（2）根据几何关系得到3tan303ADD

14、Ea=（1 分）EF 与竖直方向的夹角230=，则24 3cos9DBEFa=（1分）光在透明三棱柱中传播的时间DEEFtv+=（1分）又cvn=（1 分）则光在三棱柱中传播的时间149atc=（2 分）14（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、r2 则有20012mvqvBr=（2分）2002mvqv Br=（2分）可得12:1:20.5rr=（1分）（2）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）设粒子在 x轴上方和 x轴下方运动的周期分别为 T1、T2，则 122mmTqBq

15、B=（或1102rTv=，1分）22mTqB=（或2202rTv=，1分）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212TtT=+（2分）解得2mtqB=（1 分）15（1）设物块 A 经过 M 点的竖直速度为 vyA，则22yAvgh=（1分）物块 A经过 M 点时，由几何关系可知，sinyAMvv=（1分）物块 A从 M点到 Q点，由动能定理可得221111(1 cos)22AAAAMm gRm glm vm v=（2分）#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#公众号：高中试卷君 物理 全解全析及评分

16、标准 第5页（共5页）联立可得15 m/sv=（1分）（2）以水平向右为正方向，设 A、B 的质量分别为ABmm、，碰后 A、B 的速度分别为 vA1、vB，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有11AAABBm v=m v+m v（1分）22211111222AAABBm vm vm v=+（1分）又:1:4ABmm=解得13 m/sAv=，2 m/sBv=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 2211111(1 cos)22AAAMAAm gRm glm vm v=（1分）解得11 m/sMv=物块 A离开 M 点后做斜上抛运动，设物块 A 继续上升的

17、高度为 h0，由运动学公式可得 210sin)2Mvgh=（1分）则碰后物块 A 上升到最高点时距水平面的高度10(1 cos)0.232 mhhR=+=（1分）（3）设碰后物块 A 的速度大小为2v，物块 A从碰后至到达 N点，由动能定理有 212102AAm glm v=（1分）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21222lltvv=+（1 分）解得3 st=物块 B做简谐运动的周期2BmTk=由题意知，(12 3)tnT n=，,（1 分）解得29 kg(12 3)Bmnn=，,设物块 B 碰后的速度大小为 vB，以向右正方向，A、B碰撞过程中由动量守恒定律有 12AABBm vm vm v=+（1分）又碰撞为非弹性碰撞，则满足22212111222ABBAm vm vm v+（1分）可得2.1 kgBm 则物块 B 的质量符合题意的可能值为：当1n=时，19 kgBm=；当2n=时，22.25 kgBm=（1 分）#QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=#公众号：高中试卷君