2024年高考物理最后一卷（福建卷）（全解全析）

这是一份2024年高考物理最后一卷（福建卷）（全解全析），共15页。
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
1．2024年3月5日，李强总理在全国人大会议的政府工作报告中提出：鼓励和推动消费品以旧换新，提振智能网联新能源汽车、电子产品等大宗消费。智能网联汽车也将是未来的趋势。假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为，所受阻力恒定，由此可知该汽车（ ）
A．在时间内做加速度增大的加速运动
B．启动后速度为时的加速度为
C．额定功率为
D．在时间内位移可能小于
【答案】B
【详解】A．汽车在平直路面上启动由牛顿第二定律有，在时间内牵引力逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误；
BC．汽车运动的最大速度为，则有，可得额定功率为，而启动后速度为时，有，，联立解得，故B正确，C错误；
D．若时间做匀加速直线运动，则位移为，而汽车在内做的是加速度减小的直线运动，若其位移一定大于，故D错误。
故选B。
2．2023年6月7日，世界首台第四代核电技术钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电。钍基熔盐堆用我国储量丰富的钍作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放，减少了核污染。如图所示是不易裂变的转化为易发生裂变的并裂变的过程示意图。下列说法正确的是（ ）
A．中子轰击生成的核反应是核聚变
B．释放的电子是由原子核内部核反应产生的
C．的比结合能大于的比结合能
D．可以通过升温、加压的方式减小核废料的半衰期，从而减少核污染
【答案】B
【详解】A．中子轰击生成的核反应不是核聚变，故A错误；
B．释放电子的过程是衰变，实质是原子核中一个中子转变成一个质子和一个电子，故B正确；
C．整个过程中释放能量，的比结合能小于的比结合能，故C错误；
D．放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故D错误。
故选B。
3．2024年3月2日13时32分，神舟十七号航天员乘组再次出舱，此次重点完成了天和核心舱太阳翼的维修工作，为我国空间站的稳定运行提供了坚实保障，书写了中国航天史上的辉煌篇章。根据卫星跟踪网站的实时数据，目前中国天宫空间站在近地点高度为392.6公里，远地点高度为400.2公里，倾角为41.5度的近圆轨道上运行，运行周期为1.5h，已知地球半径，地球表面重力加速度为g，月球公转周期为27天，下列说法正确的是（ ）
A．空间站在近地点的速度可能大于第一宇宙速度
B．空间站运行角速度比月球运行角速度要小
C．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为
D．若某时刻空间站与同步卫星共线最近，则至少需要8h后再次共线最近
【答案】C
【详解】A．近地卫星周期为84min，空间站周期为1.5h，由万有引力定律和开普勒第三定律可知，空间站在近地点的速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；
B．月球公转周期为27天，轨道更高，角速度更小，即空间站运行角速度比月球运行角速度要大，故B错误；
C．根据，，，，解得加速度约为，故C正确；
D．空间站周期，同步卫星周期，再次共线最近至少需时为t，则有，解得，故D错误。
故选C。
4．空间存在沿x轴方向的电场，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由图可知，粒子在x1处受到的电场力最大
B．电场中x2点的电势低于x1点
C．粒子释放时的动能为
D．粒子经过x2处的动能为
【答案】D
【详解】A．图像的斜率表示，由于x1处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为零，故A错误；B．粒子带正电，粒子在电势高处电势能大，因为，故，故B错误；
CD．粒子运动过程中能量守恒，解得粒子释放时的动能为，粒子经过x2处的动能为，故D正确，C错误。
故选D。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一带电粒子从磁场边界上的P点沿纸面射入磁场，射入速度大小为v、方向与PO连线的夹角θ=60°，粒子运动过程中恰能经过O点，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电
B．该粒子的荷质比为
C．该粒子可能从P点离开磁场
D．若仅增大射入速度，粒子在磁场中运动的时间将变短
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，粒子向下偏转，根据左手定则可知该粒子带负电，故A错误；
BC．粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得，由图可知该粒子不可能从Р点离开磁场，故B正确，C错误；
D．根据可得粒子运动的半径，若仅增大射入速度，粒子做圆周运动的半径增大，根据几何关系可知粒子在磁场运动的圆心角变小，粒子在磁场中运动的时间，可知粒子在磁场中运动的时间变短，故D正确。
故选BD。
6．如图甲所示，劲度系数k=500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ=37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a0=7.5m/s2
B．mA=3kg
C．若a=a0，稳定时A、B间弹力大小为0
D．若a=a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
【答案】ACD
【详解】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，对AB整体，根据牛顿第二定律，解得，故A正确；
B．当时，对AB整体分析有，当时，图中另一纵截距的意义为，联立解得，，故B错误；
C．当时，对B，根据牛顿第二定律，解得，故C正确；
D．当时，物块A、B恰要分离，对A有，由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故D正确。
故选ACD。
7．自耦变压器以结构简单，体积小、成本低广泛运用于各种需要变换电压的场合，一自耦理想变压器结构如图乙所示，电路中的电流表和电压表均为理想电表，已知定值电阻、、，滑动变阻器的最大阻值为40Ω，电源电压随时间的变化如图甲所示（电源内阻不计），下列说法正确的是（ ）
A．当滑片滑至正中间时，电流表读数为0.5A，则
B．保持不变，滑片往下移动，电流表读数减小
C．如果，变压器输出功率最大值时，最大输出功率为55W
D．如果，滑片滑至正中间，功率为4.4W
【答案】AC
【详解】A．当R3滑片滑至正中间时，变压器输出端总电阻为，电压为、电流为，根据，可得，， ，又，联立可得，故A正确；
B．滑片下滑，输出端总电阻减小，总电流增大，则输入电流增大，电流表读数增大，故B错误；
C．当变压器输出功率最大时，输出端总电阻R，有，可得，根据串并联电路电阻的规律有，可得，根据，可得最大输出功率为，故C正确；
D．根据，可得，，又，当滑片滑至正中间时，变压器输出端总电阻为，可得，又，可得，所以，故D错误。
故选AC。
8．如图所示，正四棱锥P—ABCD的底面边长为L，侧棱长均为，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为的点电荷，另一个质量为m的带电小球M恰好可以静止在P点，把该带电小球M从点P移动到无穷远处，电场力做功为W。不考虑带电小球M对电场的影响，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大小为
B．P点的电场强度大小为
C．P点的电势为
D．P点的电势为
【答案】AD
【详解】AB．水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为的点电荷，在P处的场强为，设四棱锥的侧棱与竖直线的夹角为；由几何关系可知，，再由场强的分解法则可知四个顶点的点电荷在P的小球的合场强为，故A正确，B错误；
CD．质量为m的带电小球M恰好可以静止在P点，设电量为，有，把该带电小球M从点P移动到无穷远处电场力做功为W，由功能关系有，联立解得P点的电势为，故C错误，D正确。
故选AD。
三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12题为实验题，13～15题为计算题。考生根据要求作答。
9．（4分）轴上的波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿、连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点的平衡位置位于处，则两列波传播速度的大小是 ；质点从时刻到时运动的路程是 。
【答案】；
【详解】由图像可知，两列波的波长，内传播了一个波长，该波的周期。两列波的传播速度相同，由
解得
设再经时间，两列波传播至点，则，解得，点振动时间，点为振动加强点，其振幅，质点从开始振动运动的路程
10．（4分）一定质量的理想气体由状态M→N变化的p—V图像为如图所示的直线。已知气体在此过程中的最高热力学温度Tmax=320K，气体内能的变化满足，常量=1000J/K，则此过程中气体对外界做的功W= ；气体在状态M时的热力学温度TM= 。
【答案】 240K
【详解】气体p—V图线与横轴所围的面积就是气体对外界做的功，有，解得
设气体在状态N时的热力学温度为TN，某状态时的气体对应的压强、体积、热力学温度分别为p、V、T，则有
当V=2m3时，T取最大值，代入上式解得
11．（5分）在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图1所示，金属丝直径 。
(2)按图2所示的电路测量金属丝的电阻。小明将单刀双掷开关分别打到a处和b处，通过观察分析，发现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到 （填“a”、“b”）处时进行实验系统误差较小。
(3)小明为了消除系统误差，他设计用电流计G和电阻箱替代V，电路如图3所示。实验绘制出了图像是如图4所示直线，斜率为k，纵截距为b。为电阻箱阻值读数，I为A示数，为G示数。试求 。
【答案】(1)0.500（0.498-0.502均可） (2)a (3)
【详解】（1）由图中的显示可知，螺旋测微器读数为
（2）单刀双掷开关分别打到a处和b处，发现电压表示数变化更明显，说明电流表分压对实验影响较大，应采用电流表外接法，即开关应接a处。
（3）根据并联电路两支路电压相等可得
化简整理可得
图像中的斜率为，所以可得
12．（7分）如图所示，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律。该小组首先通过实验验证了小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，然后验证动量守恒定律实验步骤如下：
①在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量m1和乙车总质量m2；
②将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度与水平轨道左端对齐。先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0；
③将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L。由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2；
④改变小车上砝码个数，重复①、②、③步骤。
(1)由图可知得L= cm；
(2)实验中，在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是 ；
(3)若本实验所测的物理量符合关系式 （用所测物理量的字母表示），则验证了小车碰撞前后动量守恒；
(4)某同学先把4个50g的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，则该同学最多能采集 组有效数据；
(5)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是 。
A．碰撞过程中弹簧上有机械能损失
B．两车间相互作用力冲量大小不等
C．碰撞过程中阻力对两小车有冲量
【答案】(1)20.00（19.50~20.50） (2)确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等 (3) (4)3 (5)C
【详解】（1）刻度尺估读到0.1mm，甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L为20.00cm（19.50~20.50）；
（2）在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；
（3）小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，即，甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0，则甲的初速度为
由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2，则碰后的速度为
由碰撞过程满足动量守恒，有
（4）两辆相同规格的小车，即质量相同，而甲车上装上钩码后与乙车碰撞，为了防止反弹，需要甲的总质量大于等于乙的质量，则最多能够转移2个钩码两车的质量就相等，算上最开始4个钩码在甲车上的一组数据，共可以获得3组碰撞数据；
（5）碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，则碰撞过程有外力作用，即碰撞过程中阻力对两小车有冲量；故选C。
13．（10分）用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为R的半球底平面上，材料对该单色光的折射率，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑。不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，真空中光速为c。求：
（1）当以临界角入射时，光线汇集点到O点的距离；
（2）圆心O到光屏的距离时，光屏被照亮的面积。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）作出剖面图如图所示，光线入射到D点时恰好发生全反射
则有
由几何关系可得
（2）由上图可得
解得
光屏被照亮的面积
14．（14分）如图所示，长为l的细线一端固定，另一端系着质量为m的小球，细线竖直时，小球恰好与静止在光滑水平面上的足够长的木板左端接触，长木板C的质量为，在长木板上放有质量分别为m、的A、B两个物体，两物体相距为L。现把细线向左侧拉离平衡位置后释放，小球以的速度水平向右撞击木板，木板被撞击后获得速度为。设B物体与木板间的摩擦不计，A与B碰撞为弹性正碰，重力加速度为g。
（1）求小球碰撞木板后的瞬间对细线的拉力大小；
（2）要使物体A在与C相对静止后碰撞物体B，求物体A与木板间的动摩擦因数最小值以；
（3）若物体A与木板间的动摩擦因数为，求物体A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞所需时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设小球撞击木板后的速度为，根据动量守恒定律
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设A与木板相对静止时的速度为，根据动量守恒定律
解得
A与木板相对静止前，B物体保持静止，A物体做加速直线运动，根据运动学公式
根据牛顿第二定律
联立解得
（3）设A与B碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得，
之后B物体向右匀速运动，A与木板相互摩擦，最终速度相同，设为，则
解得
在这一过程中，物体A先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，所用时间为
物体A发生向右的位移为
物体B向右匀速直线运动，发生的位移为
此时，物体A、B相距为
物体A和木板共速后一起向右运动追击物体B，所用时间为
物体A、B发生前二次碰撞的时间差为
15．（16分）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个永磁体的质量为m，长为、宽为（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R，长为，宽为，线圈的间距为。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。
（1）当转子角速度为时，求流过每组线圈电流I的大小；
（2）若转子的初始角速度为，求转子转过的最大角度；
（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度随转过的角度的图像如图3所示，求转过过程中外力做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当转子角速度为时，线圈产生的感应电动势为
所以感应电流为
（2）线圈所受安培力为
根据动量定理可得
可得
（3）一组磁铁在转过过程中克服安培力做功为
根据图像的面积可获得一组磁铁转过过程中克服安培力做功
所有磁铁转过过程中克服安培力做功
所有磁铁转过过程中动能的增加量
转过过程中外力做的功