河北省中国第二十冶金建设公司综合学校高中分校2024年高三最后一卷物理试卷含解析

河北省中国第二十冶金建设公司综合学校高中分校2024年高三最后一卷物理试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S极处，线圈平面与磁铁垂直．当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为（）
A．始终顺时针B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针
2、如图所示，一理想变压器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使
A．其他条件不变，原线圈的匝数n1增加
B．其他条件不变，副线圈的匝数n2减小
C．其他条件不变，负载电阻R的阻值增大
D．其他条件不变，负载电阻R的阻值减小
3、通过对自然现象及实验现象的仔细观察和深入研究，物理学家得出科学的结论，推动了物理学的发展。

下列说法符合事实的是（）
A．光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性
B．卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在
C．玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的现象
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子中存在原子核的观点
4、2018年11月6日，中国空间站“天和号”以1：1实物形式(工艺验证舱)亮相珠海航展，它将作为未来“天宫号”空间站的核心舱．计划于2022年左右建成的空间站在高度为400~450km(约为地球同步卫星高度的九分之一)的轨道上绕地
球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
A ．空间站运行的加速度等于地球同步卫星运行的加速度
B ．空间站运行的速度约等于地球同步卫星运行速度的3倍
C ．空间站运行的周期大于地球的自转周期
D ．空间站运行的角速度大于地球自转的角速度
5、在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两个灯泡，电流表、电压表均为理想电表。

开关S 原来是断开的，现将开关S 闭合，则（ ）
A ．A 1的示数增大，A 2的示数增大
B ．A 1的示数不变，A 2的示数增大
C ．V 1的示数减小，V 2的示数减小。

D ．V 1的示数不变，V 2的示数减小
6、在研究光电效应实验中，某金属的逸出功为W ，用波长λ为的单色光照射该金属发生了光电效应。

已知普朗克常量为h ，真空中光速为c 下列说法正确的是（ ）
A ．光电子的最大初动能为
hc W λ- B ．该金属的截止频率为
c λ C ．若用波长为2
λ的单色光照射该金属，则光电子的最大初动能变为原来的2倍 D ．若用波长为2λ的单色光照射该金属，一定可以发生光电效应
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示为一种质谱仪示意图。

由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。

若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点。

不计粒子重力。

下列说法正确的是（ ）
A ．粒子一定带正电
B ．加速电场的电压U ER =
C ．直径2PQ qmER B
= D ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
8、下列关于热力学定律的说法正确的是_______。

A ．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等
B ．外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加
C ．可以找到一种材料做成墙壁，冬天供暖时吸收热量温度升高，然后向房间自动释放热量供暖，然后再把热量吸收回去，形成循环供暖，只需要短时间供热后即可停止外界供热
D ．低温系统可以向高温系统传递热量
E.无论科技如何进步与发展，绝对零度都不可以达到
9、如图半径为R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。

若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则12
W W 的值可能是（ ）
A ．13
B ．12
C ．1
D ．2
10、用轻杆通过铰链相连的小球A 、B 、C 、D 、E 处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A 、B 的质量均为2m ，小球C 、D 、E 的质量均为m ．现将A 、B 两小球置于距地面高h 处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运
动，不计一切摩擦，则在下落过程中
A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒
B．小球B的机械能一直减小
C．小球B落地的速度大小为2gh
D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图所示为一简易多用电表的电路图。

图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，其中R3=20Ω，R0为滑动变阻器。

表头G的满偏电流为I0=250 μA、内阻为r0=600Ω。

A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，其中直流电流挡有1 mA和2.5 mA两挡。

为了测量多用电表内电池电动势和内阻，还备有电阻箱R（最大阻值为99999.9Ω）。

(1)由以上条件可算出定值电阻R1=____Ω、R 2=____Ω。

(2)将选择开关与“3”相连，滑动R6的滑片到最下端b处，将两表笔A、B接在电阻箱上，通过调节电阻箱的阻值R，记录不同阻值R和对应的表头示数I。

在坐标纸上，以R为横坐标轴，以______为纵坐标轴，把记录各组I和R描绘在坐标纸上，平滑连接，所得图像为一条不过原点的直线。

测得其斜率为k、纵截距为b，则多用电表内电池的电动势和内阻分别为_____和__。

（用k、b和已知数据表示）
12．（12分）某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系。

在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳中的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B处，气垫导轨充气，将滑块从A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为t 。

(1)多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F 相应改变），测得多组F 和t ∆数据，要得到线性变化图像，若已经选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为___；
A ．t ∆
B ．2()t ∆
C ．1t ∆
D ．2
1t ⎛⎫ ⎪∆⎝⎭ (2)若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图像的斜率为k ，且已经测出A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M =____。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ。

两个大小不计的物块A B 、质量分别为1m m =和25m m =,A B 、与传送带间的动摩擦因数分别为13tan 5
μθ=
和2tan μθ=。

已知物块A 与B 碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

（1）若传送带不动，将物块B 无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小为0v ，求A 与B 第一次碰撞后瞬间的速度11A B v v 、；
（2）若传送带保持速度0v 顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放B 和A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小也为0v ，求它们第二次碰撞前瞬间A 的速度2A v ；
（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A 做的功。

14．（16分）如图所示，U 型玻璃细管竖直放置，水平细管与U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U 型管左管上端封有长20cm 的理想气体B ，右管上端开口并与大气相通，此时U 型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U 型玻璃管底部为25cm ．水平细管内用小活塞封有长度10cm 的理想气体A ．已知外界大气压强为75cmHg ，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B 的气柱长度为25cm ，求：
①左右管中水银面的高度差是多大？
②理想气体A的气柱长度为多少？
15．（12分）如图所示，OO'为正对放置的水平金属板M、N的中线。

热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿OO'做直线运动。

已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。

求：
(1)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；
(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变使两金属板均不带电，则从小孔O射入的电子在两板间运动了多长时间？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A
【解析】
当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，磁场方向一直向下，穿过线圈的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中一直产生顺时方向的感应电流，故A正确，BCD错误。

故选A。

2、D
【解析】
试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线
圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由
2
U
P
R
=可知，当负载电阻减小时，副线圈输
出功率增加，故D 选项正确而C 选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据1122
n U n U =可得1221U n U n =，则副线圈电压减小，而功率也减小，A 选项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率减小，故B 选项错误． 考点：本题考查变压器原理．
3、B
【解析】
A ．光电效应、康普顿效应都说明光具有粒子性，故A 错误；
B ．卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在，故B 正确；
C ．玻尔的原子理论没有完全成功地解释原子发光现象，故C 错误；
D ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，认为原子核有内部结构，故D 错误；
故选B 。

4、D
【解析】 根据2
2222=()GMm v m r m r m ma r T r
πω===来判断空间站运动的速度、加速度、角速度以及周期的大小 【详解】
ACD 、根据2
2222=()GMm v m r m r m ma r T r
πω=== 可知半径越大，周期越大，而加速度、线速度、角速度都在减小，故AC 错；D 对；
B 、题目中给的是高度约为地球同步卫星高度的九分之一，那半径就不是九分之一的关系，所以空间站运行的速度不等于地球同步卫星运行速度的3倍，故B 错；
故选D
【点睛】
本题比较简单，但如果不仔细读题的话就会做错B 选项，所以在做题过程中仔细审题是非常关键的．
5、A
【解析】
副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表V 1的示数不变，电压表V 2的示数不变，开关S 闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，即电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数增大，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6、A
【解析】
A ．根据光电效应方程可知，光电子的逸出最大动能km hc E W λ=
-，故A 正确； B ．金属的逸出功为W ，则截止频率0W h γ＝
，故B 错误； C ．根据光电效应方程km
hc E W λ=-，若用波长为2
λ的单色光照射该金属，则光电子的最大初动能大于原来的2倍，故C 错误；
D ．若用波长为2λ的单色光照射该金属，光子的能量值减小，根据光电效应发生的条件可知，不一定可以发生光电效应，故D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD
【解析】
A ．粒子在向外的磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A 正确；
B ．在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有 2
qE mv R
= 在加速电场中，有
212
qU mv = 联立得
2
ER U = 故B 选项错误；
CD ．在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有
2
mv qvB R
=
2PQ R ==若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明圆周运动的直径相同，由于磁场、电场、静电分析器的半径都不变，则该群粒子具有相同的比荷，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

8、ADE
【解析】
A ．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等，A 正确；
B ．外界做正功，有可能同时放热，内能的变化不确定，B 错误；
C ．根据热力学第二定律，题中所述的问题不可能实现，选项C 错误；
D ．低温系统向高温系统传递热量是可以实现的，前提是要引起其他变化，D 正确；
E ．绝对零度不可以达到，E 正确．
故选ADE 。

9、AB
【解析】
第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有
W 1≤mgR ①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W 1+W 2-2mgR =
212
mv ② 在最高点，有 mg +F N =2
v m R
≥mg ③ 联立①②③解得
W 1≤mgR
W 2≥
32
mgR 故 1223
W W 故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

10、CD
【解析】
小球A 、B 、C 、D 、E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A 错误；由于D 球受力平衡，所以D 球在整个过程中不会动，所以轻杆DB 对B 不做功，而轻杆BE 对B 先做负功后做正功，所以小球B 的机械能先减小后增加，故B 错
误；当B 落地时小球E 的速度等于零，根据功能关系212mgh mv = 可知小球B C 正确；当小球A 的机械能最小时，轻杆AC 没有力，小球C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D 正确，故选CD
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、80 120
1I 4k 170b k - 【解析】
(1)[1][2]．选择开关与“1”、“2”相连时为电流表，量程分别为2.5mA 和1mA 。

根据串、并联电路特点有 ()02001
2.5mA I R r I R ++= 00012
1mA r I R I R +=+ 联立解得
180R =Ω
2120R =Ω。

(2)[3]．选择开关与“3”相连，量程为1mA ，根据并联电路特点可知1R 、2R 串联后与表头并联的总电阻为0014
R r =，通过电源的电流为通过表头电流I 的4倍。

根据闭合电路欧姆定律有 ()034E I r R R R =+++
变形为
()03414R R r R I E E
++=+ 由此可知横轴为R ，则纵坐标轴为
1I。

[4][5]．斜率 4k E
= 纵截距
()034R R r b E
++= 解得
4E k =
170b r k
=
- 12、D 22ks d 【解析】
(1)[]1设A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，根据动能定理
212
Fs Mv = d v t =∆ 联立解得
2
212Md F s t ⎛⎫= ⎪∆⎝⎭
选定F 作为纵坐标，要得到线性变化图像，则横坐标代表的物理量为21t ⎛⎫ ⎪∆⎝⎭
，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

(2)[]2由2
212Md F s t ⎛⎫= ⎪∆⎝⎭
知，得出线性变化图像的斜率为k ，则 2
2Md k s
= 滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为 2
2ks M d =
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）011021,33B A v v v v =-
=；（2）2043A v v =，方向沿传送带向下；（3）203W mv =- 【解析】
（1）由于2tan μθ=，故B 放上传送带后不动，对A 和B 第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 101121A B m v m v m v =+
222101*********
A B m v m v m v =+ 又125m m =
解得011021,33
B A v v v v =-= （2）传送带顺时针运行时，B 仍受力平衡，在被A 碰撞之前B 一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，A B 、碰前的运动情形与传送带静止时一样，由于A 第一次碰后反弹的速度小于0v ，故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做减速运动。

减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设A 在传送带上运动时的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
1111sin cos m g m g m a θμθ-= 解得2sin 5
a g θ= 解法一从第一次碰后到第二次碰前A 做匀变速运动，B 做匀速运动两者位移相等，则有
2221112A A B v v v t a
-= 211A A v v at =+ 解得2043
A v v =，方向沿传送带向下 解法二以
B 为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有
22
0021()3302v v v a
---=相对 解得第二次碰前A 相对B 的速度0v v =相对
则A 对地的速度为
10 243
B A v v v v =+=相对 方向沿传送带向下
解法三第一次碰撞后到A B 、第一次碰撞前，两者位移相同，故平均速度相同，则有
1212
A A
B v v v += 解得2043
A v v =，方向沿传送带向下 （3）以地面为参考系，A 第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为3A v 和4A v ，
B 第二次碰后瞬间的速度记
为2B v 。

两者发生第二次弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒有
12211322A B A B m v m v m v m v +=+
22221221132211112222
A B A B m v m v m v m v +=+ 解得30201
2,33
A B v v v v =-= 解法一第二次碰后A 做匀变速运动，B 做匀速运动。

到第三次碰前两者位移相等，所以
2243222A A B v v v t a
-= 432A A v v at -= 解得4053
A v v =，方向沿传送带向下 A 从第一次碰后到第三次碰前的位移
2222200000514251[()()()]23333s (in )A v s v v v v a g θ
=--+--= 传送带对A 做的功
2201105cos 3sin A A v W f s m g mv g μθθ
=-=-⋅=- 解法二设第二次碰撞后再经2t 时间，发生第三次碰撞，设A B 、位移分别为22A B S S 、，以向下为正，则
2232212
A A s v t at =+ 222
B B s v t =
22A B s s =
解得
025sin v t g θ
= 2022103sin A B
v s s g θ== 而
201153sin A B v s s g θ== 传送带对A 做的功
2120()3A A A W f s s mv =-+=-
解法三以B 为参考系，第二次碰撞到第三次碰撞之间，A 和B 的相对运动规律和第次与第二次之间的相同，故第三次碰撞前，A 的对地速度
402053
A B v v v v =+= 描绘从释放A 和B 开始到它们第三次碰撞前，它们对地的v t -图线如下
结合v t -图象，可以计算A 从第一次碰后到第二次碰前对地的位移
2222200000514251[()()()]23333s (in )A v s v v v v a g θ
=--+--= 传送带对A 做的功
2201105cos 3sin A A v W f s m g mv g μθθ
=-=-⋅=- 14、①15cm ；②12.5cm ．
【解析】
①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B 中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出末态B 中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h ；
②选择A 中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A 中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A 的气柱长度．
【详解】
①设玻璃管横截面为S ，活塞缓慢左拉的过程中，气体B 做等温变化
初态：压强p B1=75cmHg ，体积V B1=20S ，
末态：压强p B2，体积V B2=25S ，
根据玻意耳定律可得：p B1V B1=p B2V B2
解得：p B2=60cmHg
可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm ②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A 做等温变化 初态：压强p A1=（75+25）cmHg=100cmHg ，体积V A1=10S ， 末态：压强p A2=（75+5）cmHg=80cmHg ，体积V A2=L A2S 根据玻意耳定律可得：p A1V A1=p A2V A2
解得理想气体A 的气柱长度：L A2=12.5cm
15、 (1)B =
，磁感应强度方向垂纸面向外；(2) 13π【解析】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有 212
eU mv =① 由于电子在两板间做匀速运动，则
evB eE =②
其中
2U E L
=③ 联立解得
B =④ 根据左手定则可判断磁感应强度方向垂纸面向外；
(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有
2
v evB m r
=⑤ 联立①④⑤可得
r L =⑥
由几何关系可知
60θ=︒⑦
而
2m T eB
π=⑧ 则电子在场中运动的时间
21663T m t eB ππ=
==。