2024年高考物理最后一卷（安徽卷）（全解全析）

2024年高考最后一卷（安徽卷）

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、选择题：本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，

每题4分，第9~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答

的得。分。

1.在光的照射下物体表面能发射出电子的现象，叫做光电效应。实验发现，用紫外线照射金属锌能产生光

电效应，而可见光照射不能使锌发生光电效应，这是因为（）

A.可见光的频率小于金属锌的截止频率

B.可见光的波长小于金属锌的极限波长

C.可见光的波长小于紫外线的波长

D.可见光的强度小于紫外线的强度

【答案】A

【详解】AB.根据光电效应方程，有七"=儿’%，可见光的频率小了金属锌的截止频率，所以可见光照

射不能使锌发生光电效应。

又

A

联立，解得&„=若-叱）

A

可知可见光的波长大于金属锌的极限波长，所以可见光照射不能使锌发生光电效应。故A正确；B错误：

C.可见光的波长大于紫外线的波长。故C错误；

D.根据AB选项分析可知，是否发生光电效应与入射光的强度无关。故D错误。

故选A。

2.正电子发射计算机断层扫描是核医学领域较先进的临床检查影像技术，使用：C作为原料产生正电子,

其反应方程式为：cB+：e。真空中存在垂直于纸面的匀强磁场，某个静止的：C原子核在其中发生衰变,

生成的硼核及正电子运动轨迹及方向如图所示，则（）

A.正电子动量大于硼核动量B.空间中磁场方向垂直纸面向外

C.半径较大的轨迹是正电子轨迹D.正电子运动周期大于硼核周期

【答案】C

【详解】A.静止的：C原子核在其中发生衰变，生成的硼核及正电子，由动量守恒定律可得O=PB+R，

可知正电子动量大小等于硼核动量，故A错误；

C.由十归=机且,解得，=勺，可知半径较大的轨迹是电荷量小的正电子轨迹，故C正确;

rqb

B.由硼核及正电子运动方向，根据左手定则可知空间中磁场方向垂直纸面向里，故B错误;

2兀m

D.硼核的‘比止电子的大，由r=坪可知正电子运动周期小于硼核周期，故D错误。

qqB

故选c。

3.图（a）为湖面上漂浮着的距离不超过3m的两个浮子A、B。1=0时刻，湖面形成的水波如图（b）所示，

波由A传向B,浮子A处于x=0.5m处。r=0时刻起，浮子A、B的振动图像如图（c）所示。下列判断正

确的是（）

11

II

浮子A浮子B

图⑸

A.浮子A经过一段时间后会移动到浮子B处

B.水波的传播速度大小为u=0.8m/s

C.水波的传播方向沿着％轴负方向

D.浮子B的平衡位置可能位于x=2.25m处

【答案】D

【详解】A.浮子只会在平衡位置上下振动，不会“随波逐流”，故A错误;

B.由图可知，水波波长为1.0m,周期为0.8s,由波速公式可得水波的传播速度大小为v=（=L25m/s,故

B错误；

C.浮子A处于x=0.5m,由图内可知，在f=0时刻，浮子A由平衡位置沿y轴正方向振动，由上下坡法确

定水波的传播方向沿着x轴正方向，故C错误；

D.由图（c）可知，因浮子A先振动，则从A传到B经历的时间为/=仃+丁丁（n=l,2,3…），则〃=1

4

时=1T+'|T=L4S,A、B距离%=%=L75m,则B浮子的坐标可能为2.25m,故D正确。

44

故选D。

4.EUV光刻机是利用波长为13.5nm的极紫外光进行曝光来制造芯片。如图为EUV光刻机的简化原理图,

为提高光刻机的光刻精度，在投影物镜和光刻胶之间填充了折射率为L5的浸没液体，则加上浸没液体后,

该极紫外光波（）

光线

掩膜版一'।'=

投影物镜一

浸没液体^^真空区域

光刻胶/一八硅片

A.在浸没液体中的频率变为原来的1.5倍

B.在浸没液体中的波长变为9nm

C.光从真空区域进入浸没液体传播速度不变

D.在浸没液体中比在空气中更容易发生衍射

【答案】B

【详解】A.光的频率由光源决定，与介质无关，可知在加入设液体和没有加液体前后，光的频率不变，故

A错误；

B.根据〃=£=4，可得2=9处〃，故B正确；

vX

c.根据〃=£,可知，光从真空区域进入浸没液体传播速度变小，故c错误；

V

D.由于波长变短，在浸没液体中比在空气中更不容易发生衍射，故D错误。

故选B。

5.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到。点，再依次进入如图乙所示的调相

轨道和停泊轨道，则天间一号（）

A.发射速度介于7.9km/s与U.2km/s之间

B.从P点转移到。点的时间小于6个月

C.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

D.在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能小

【答案】D

【详解】A.因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于

11.2krn/s与16.7km/s之间，故A错误;

B.地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律条=2,可知，天间一号在地火转移轨道的轨道半径大

于地球的公转半径，则运行周期大于12个月，从P点运动到。点的时间大于6个月，故B偌误;

C.天问一号在。点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，。点的速度小于火星轨道的速度,

根据万有引力提供向心力有竿二%

可得”科^可知地球半径小于火星公转半径，则地球绕太

阳的运度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故C错

误。

D.因在环绕火星调相轨道变轨到停泊轨道，降轨要点火减速，则停泊轨道机械能小，故D正确。

故选D。

6.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈

底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的商化示怠图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺

寸不同的球面锅置于两款支架上，则锅的尺寸越大（）

A.a款每个支架齿受到的压力越大

B.a款每个支架齿受到的压力越小

C.b款每个支架齿受到的压力越大

D.b款每个支架齿受到的压力越小

【答案】B

【详解】AB.a款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如下图

锅处于平衡状态解得支架对球面锅的支持力入=葛’由图知‘锅的尺寸越大'。越小,

则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。

故A错误，B正确；

CD.b款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如下图

锅处于平衡状态Mg=56cos。，解得支架对球面锅的支持力氐=#；；,由图知，不论锅的尺寸大小，。不

5cost?

变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又有牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力

不变。

故CD错误。

故选B。

7.图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿（随）

绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情口，将安全带系于腰部，从离

地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的UT图像.已知

工人的质量〃?=70kg,g=10m/s2,则下列说法中错误的是（）

A.发生险情处离地面的高度为45m

B.r=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为630W

C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280N

D.整个过程中工人所受重力做功为315OOJ

【答案】B

【详解】A.发生险情处离地面的高度为〃=；x5xl8m=45m,选项A正确，不符合题意;

।g

B.f=4s时速度为u=9m/s,加速度4=501/§2=9m/s2,由牛顿第二定律=/也，解得r=1330N,则钢

丝绳对工人拉力的瞬时功率为P=7V=11970W,选项B错误，符合题意；

IQ

C.加速下滑时加速度a=7向52=6向$2,由牛顿第二定律机g-7二机〃，钢丝绳对工人的拉力大小为7,

=280N,选项C正确，不符合题意；

D.整个过程中工人所受重力做功为%=〃3?=315(X)W,选项正确，不符合题意。

故选B。

8.小明同学设计了一个手动发电式电筒，装置简化如图。装置左侧是一个半径为R=0.5m的水平圆盘，当

圆盘绕轴心匀速转动时，固定在圆盘边缘处的小圆柱带动T形绝缘支架在水平方向往复运动，T形支架进

而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动，导体棒运动的速度随时间变化的关系为y=1sin(")m/s。导轨

2

间距d=lm,导轨间存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度8=2T,导轨右端连接一理想变压器，其

输出端给两个额定电压为2V的灯泡供电，两灯泡刚好正常发光，线圈、导线及导轨电阻不计，电压表为理

B.理想变压器的匝数比为1:2

C.变压器输出电流的频率为2Hz

D.圆盘转动的角速度为2rad/s

【答案】B

【详解】A.导体棒切割磁感线产生的感应电动势的瞬时值e=BJv=2xlx-^y-sin\/2r(V)=>/2sin\/2/(V)»

则感应电动势的峰值为啦V。电压表示数为感应电动势的有效值Uv=^=N,电压表示数•直为IV不变,

故A错误；

B.变压器原线圈电压U=Uv=M变压器副线圈电压七=2V,理想变压器的匝数比为旦=》=；,故B

正确；

D.由速度随时间变化的关系式可知，圆盘转动的角速度G=V5rad/s，故D错误;

C.变压器输出电流的周期/=生=岩5=0瘵，变压器输出电流的频率为/=L=，LHZ=Y2HZ,故C

。J2T叵冗2兀

错误。

故选B。

9.如图所示，棱长为L的正四面体的四个顶点A、B、C、。处分别固定电荷量为+仆-仆+外一夕的四个点

电荷，4、氏。分别为三条棱的中点，静电力常量为鼠下列说法正确的是（）

A.A、。处的点电荷在。点产生的合场强为0

B.4、B、C处的点电荷在b点产生的合场强大小为甥

C.。、c两点的电势相同

D.。、c两点的电场强度相同

【答案】BC

E_kq、kq_&kq

【详解】A.A、。处的点电荷在〃点产生的合场强为*=囱用=万，A错误;

E=k--___k—--=0

B.A、。处的点电荷在b点产生的合场强为'（《jA、B、C处的点电荷在b点产生的合场

强为人”=&岛河=甥B正确；

C.。在A、。处两等量异种点电荷的连线中点处，电势为零，。在&C处两等量异种点电荷的连线的中垂

线上，电势也为零，综上。点电势为零，同理C点电势为零，所以。两点的电势相同，C正确；

E=k-^—^k-^—A

D.人、。处的点电荷在a点产生的合场强方向为Af。，大小为（!）2£2B处的点电

荷在a点产生的场强方向为Of8,C处的点电荷在a点产生的场强方向为Cfa,大小均为

^=A（LCOS300）2=3Z?",同理4、B处的点电荷在。点产生的合场强方向为Af大小为

E_、q、q_8kq

3=雷+=C处的点电荷在c点产生的场强方向为Cfc,。处的点电荷在c点产生的场

liq4叼

强方向为c-＞。，大小均为&=7乙8530。）2=37,故或。两点的电场强度大小相等，方向不同。

故选BCo

10.某科研小组为了芯片的离子注入而设计了一种新型质谱仪，装置如图所示。直边界M。的上方有垂直

纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为其中以。点为圆心、半径为R的半圆形区域内无磁场，芯片

的离子注入将在半圆形区域内完成。离子源尸放出的正离子经加速电场加速后在纸面内垂直于M0从M点

进入磁场，加速电场的加速电压U的大小可调节，己知M、。两点间的距离为2R,离子的比荷为2,不计

离子进入加速电场时的初速度及离子的重力和离子间的相互作用。下列说法正确的是（）

•・必•••:

U：°

A.若加速电压。=里至，离子能进入半圆区域

4

B.若加速电压UN?等，所有离子均不能计入半圆区域

C.若离子的运动轨迹刚好过O点，则该离子的速率为罕

D.能进入到半圆形区域内的离子在磁场中运动的最短时间为盘

【答案】AD

【详解】AB.由动能定理得qU6*-。，由解得「=鹭=叠，离子能进入半圆形区域有

%n=7，*x=?，解得二一—--，A正确，B错误；

LLoo

C.离子能够经过圆心，则有几何关系（2+/?2=（2/?-6）2,解得q==R，由4=詈1二白，可得离子进入磁

4HqnK

场的初速度*二等’故c错误;

D.离子运动时间最短时，其对应的轨迹圆的圆心角最小。如图，由几何关系，当与半圆弧相切时〃最

大，最大a满足

sina=A=l,解得昕30。，可得对应圆心角盘n=180。-2a=120。，由T=等唔,能进入到半圆形区

2R2HqbK

域内的离子在磁场中运动的最短时间为%=;17=篇2n，故D正确。

33Bk

故选AD。

二、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.(6分)下图为验证动量守恒定律的实验装置，轨道固定且光滑，实验中选取两个半径相同、质量不等

(1)若进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是()

A.直尺B.游标卡尺C.天平

D.弹簧秤E.秒表

(2)每一次均保证町由图示位置静止下滑，碰撞前牡在图示位置静止，两球落在下方斜面上的位置M、P、

N到斜槽末端8点的距离分别为Lp、LN，只要满足关系式,就能说明两球碰撞前后系统

动量守恒。

(3)现调整下方斜面倾角为30。，并把叫和砖互换位置，?由静止释放的位置到斜槽水平面的高度为助，

反弹上升的最高位置到斜槽水平面的高度为g,码落在下方斜面上的位置到斜槽末端B点的距离为/,两小

球碰撞前、后若满足表达式?噂=，则碰撞过程中两球组成的系统动量守恒。

【答案】(1)AC(2)叫历=叫〃;+2百(3)6

【详解】(1)要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B点的距离.故提供的测量工具中必

需的是直尺和天平。故选AC。

(2)碰撞前，小球网落在图中的P点，设其水平初速度为匕，小球㈣、吗发生碰撞后，叫的落点在图中

的M点，设其水平初速度为X，”的落点在图中的N点，设其水平初速度为名.设斜面与水平间的倾角为

由平抛运动规律，竖直方向有LMsinaugg/

水平方向有LMcosa=v\t

解得'=J更叵①

V2sina

同理可得匕:Jgl'Cos2a

1v2s\na

-_降衿2a

V2—\-丁

V2sina

只要满足网匕+0=叫匕'+〃后

即犯"7=叫"7+m2yl蓝

就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的。

（3）碰撞后，对球2有a2ge二:吗打

球1,竖直方向有/sin夕=gg/

水平方向有/cos。=匕，

解得M=7^

在碰撞前，对球2有m2g・24=3加24

解得g=

对两球组成的系统，由叱％二班岭-㈣匕

解得崂=6

12.（B分）某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的

加速度m其原理图如图（a）所示。其中，质量加=lkg的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移，滑块两

侧各连接一根劲度系数4=2.Oxl（）2N/m的弹簧3（弹簧始终处于弹性限度内）。4是固定在滑块2上的金属

滑动片，与电压表的一端用导线相连，并与一阻值均匀的电阻A8相接触，滑动片4与电阻间的摩擦忽略不

计。已知物体加速度为。时，两侧弹簧3均处于原长，滑动片4位于AB中点.，AB全长L=15cm；直流电

源电动势后=15V（内阻忽略不计）。现有一量程0~3V、内阻＜=3kC的电压表（《»&8），其表盘如图（b）

所示；另有开关、导线若干。

2、J

I-““4A」

图(a)图(b)

（1）为使滑动片4位于B点时电压表满偏，需要将电压表量程改为0~15V,则电压表应（选填“串联

或“并我”）一个阻值为kC的电阻，并将电压表的刻度按新量程做好修改；

⑵将改装后的电压表接入图（a）的电路中，此装置可测量加速度的最大值为m/s2;

（3）请在图（c）中画出U图像（规定加速度向左为正方向，U为改装后电压表的示数）;

（4）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有:（答出一条合理措施即可）。

【答案】（1）串联12（2）30

（4）更换两根劲度系数更大的弹簧/换质量更小的滑块

【详解】（1）要扩大电压表的量程，需要串联•个电阻，根据U'=J1（Rv+R）

解得A=12kQ

（2）当滑块处于A8中点时，加速度为零，当滑块端点A或8时，加速度最大，根据牛顿第二定律

2k-=ma

2

解得a=30m/s2

（3）根据2hq=ma可知加速度〃与L成线性关系，根据串联电路分压规律可知电压表示数U与L也成线

性关系，可知加速度。与电压表示数U是线性关系，当滑块处于A8中点时，电压表示数为7.5V,当加速度

向右时，滑块在AB中点的左边，当加速度向左时，滑块在A8中点的右边，所以a-U图像如图所示

滑块所受到的合力最大值由弹簧决定与电压无关，劲度系数越大，加速度的测量范围越大；最大的合力一

定的情况下，根据牛顿第二定律可知可以减小滑块的质量增大加速度的测量范围。

13.（12分）如图所示为一压杆式汽缸活塞抽气装置，汽缸导热及密封性能良好，上方活塞PQ固定，下方

活塞MN可沿器壁无摩擦移动。压动轻杆，活塞MN在轻绳的牵引下可向上移动，当汽缸内部压强大于外界

大气压时，活塞P。上的单向排气阀门。便被顶开，当内部气压小于外界大气压时，阀门。便闭合，外界大

气压强始终为l.OxlO、Pa。初始时，两活塞间距为L汽缸内部气压与外界大气压相等，环境温度为7C。

某次操作中压动轻杆使活塞MN缓慢向上移动!后，活塞在重力作用下又落回原处。

（1）环境温度保持不变，活塞落回原处稳定后，汽缸内部气压为多少？

（2）活塞MN落回原处后，若把环境温度升高到32C,阀门〃是否会被顶开？

【答案】⑴O.Sxl^Pa;（2）不能被顶开

【详解】⑴设活塞的截面积为S,活塞MN向上移动，，汽缸内气压与大气压相同，从上升与到回

到原处，气体做等温变化，则外（L-

可得A=0.8x10$Pa

（2）活塞MN落回原处后，若把环境温度升高到32C,内部气体做等容变化，则

A=A

工弓

其中7J=7+273K=28OK

7；=32+273K=305K

可得仍25687x1O'Pa<1.0x1O'Pa

可知阀门。不能被顶开。

14.（14分）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮

绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同，滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至

同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰：碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币

掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为加，撞

板质量为3见每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W,两橡皮绳对撞板做的总功为

4W：忽略空气阻力，硬币不翻转。

(1)求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度V;

(2)当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撵击后到抛出过程，克服摩擦力做功叼为其初动能的《，求吗；

(3)已知“币仓”中有〃(n<10)个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为(2〃-1)”；试讨论

两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1:百。

【答案】(1)楞；(2)△W；(3)见解析

【详解】(1)根据动能定理有4W-W=gx3/nn2

解得普

(2)对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有

3mv=3mv[+mv2

-x3"，/=■!x3/nv?+—mvl

22,2~

解得玲=1愣

克服摩擦力做功跖为其初动能的表，则有叱试

9

解得％=W

OV

(3)平抛运动过程有力=

根据题意有色宝

底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为(2〃-1)吗，根据动能定理有

_(2nl—1)叱=-mv^--fn^

一(2%一1)川=(相丫第一：加式

结合上述有3“=”+21

由于/区10,则有〃]=8,〃2=3或"=9,%=6或仆=10,勺=9

15.（18分）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立工。），直角坐标系，在区域I内分布着垂直该平面向外的

匀强磁场（右边界E尸的横坐标在2a~3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域II

（5aWxW&/）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为综的匀强磁场。该平面内有边长为2小电阻为R、

质量为机的正三角形金属框，其MN边与），轴重合，N点与坐标原点。重合。

（1）若金属框不动，在的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q：

（2）若在f=0时，沿x轴正方向给金属框一初