2023-2024学年安徽省A10联盟高三最后一卷物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年安徽省A10联盟高三最后一卷物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.用中子轰击静止的锂核 36Li，得到氚核、频率为ν的光子和原子核X;已知锂核的结合能为E1，氚核的结合能为E2，X的结合能为E3，普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是( )
A. X的电离作用弱B. 光子的动量为hν
C. 该核反应的质量亏损为hνcD. 该核反应释放的核能为E2+E3−E1
2.如图甲所示为用起重机将质量为m的重物吊起时的情形。若重物上表面是边长为L的正方形abcd(如图乙所示)，四根长均为L的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的O点。已知重力加速度为g，正方形上表面水平，不计空气阻力和吊绳的重力，在重物匀速上升过程中，每根吊绳上的拉力大小为( )
A. 14mgB. 24mgC. 34mgD. 12mg
3.如图所示为电子焊接机原理示意图，在电极A、K之间加上直流高压，形成图中虚线所示的辐向电场，以为圆心的圆周上有a、b、c三点，则下列判断正确的是( )
A. Ua=Ub
B. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
C. c点场强一定比b点场强小
D. 将质子沿圆弧从b点移到c点，电场力做负功
4.一根轻绳平放在x轴上，绳的左端刚好与坐标原点O对齐，用手握着绳的左端在t=0时刻开始上下做简谐运动，t=2s时，波传播到x=3m处，波形如图所示，此时x=0处的质点运动的路程为45cm，则下列判断正确的是( )
A. 手握绳左端振动的频率为1.5Hz
B. t=0时刻，坐标原点处的质点向上振动
C. 波传播到x=6m处时，x=4m处的质点运动的路程为30cm
D. 若将绳振动的周期减半，则形成的波传播速度加倍
5.2024年春节恰好是我国“天问一号火星环绕器”环火三周年的纪念日。设火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，火星的公转周期是地球公转周期的 k倍，太阳向四周均匀辐射太阳能。已知地球对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为P0，则火星对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为( )
A. k−13P0B. k−23P0C. k−43P0D. k−32P0
6.如图所示，一束包含有a、b两种单色光的细光束，由空气从O点射向截面形状为半圆形的透明介质，OP为半圆的直径，OP长为L，a光和b光在介质中的光线分别为OA和OB，OA=35L，OB=45L，下列说法正确的是( )
A. 细光束的入射角可能为45∘
B. a光从O点传播到A点的时间和b光从O点传播到B点的时间相同
C. 遇到相同的障碍物a光比b光更容易发生衍射
D. 若用a、b两种光分别通过同一双缝干涉实验装置，a光的条纹间距比b光的大
7.如图所示，某同学练习投篮时，将篮球从P点斜向上抛出，从Q点投入篮框中。P、Q连线与水平方向的夹角为30∘，PQ间的距离为L，球在Q点入框时速度方向与PQ垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力，篮球可视为质点，则篮球从 P点运动到Q点所用时间为( )
A. 2 LgB. 3LgC. 2LgD. Lg
8.在如图所示的电路中，M是理想自耦变压器，电表均为理想电表，R0是定值电阻，R为滑动变阻器，在a、b两端加上电压为U的正弦交流电，则下列判断正确的是( )
A. 仅将滑片P1沿顺时针方向转动，电压表示数变大
B. 仅将滑片P1沿顺时针方向转动，整个电路消耗的功率变大
C. 仅将滑片P2向下移动，电流表示数变大
D. 仅将滑片P2向下移动，变压器的输入功率一定变大
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与斜面底端的固定挡板连接，弹簧处于原长，上端与斜面上的P点对齐，小球从斜面上的Q点由静止释放。已知重力加速度为g，则小球由静止释放运动至最低点的过程中，下列判断正确的是( )
A. 小球运动到P点时速度最大
B. 小球加速度为零时，弹簧的弹性势能和小球重力势能之和最小
C. 小球运动到最低点时，加速度大小等于gsinθ，方向沿斜面向上
D. 小球加速运动的距离一定大于减速运动的距离
10.如图所示，间距为L的光滑平行金属直导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，宽度均为 d的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ垂直于导轨平面，两磁场的上下边界均水平，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，磁场Ⅰ、Ⅱ间的距离为2d。一个质量为m的金属棒贴着导轨平面由静止释放，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，且始终保持水平，金属棒接入电路的电阻为 R，导轨的电阻不计。已知金属棒开始释放时离磁场Ⅰ上表面的距离为d，金属棒均匀速通过两磁场，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. 金属棒通过磁场Ⅱ的速度大小为 6gd
B. 磁场Ⅱ的磁感应强度大小为 33B
C. 金属棒通过两磁场的过程中，通过电阻R的总电量为LdBR
D. 金属棒通过两磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热总量为mgd
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组利用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。实验步骤如下：
(1)用刻度尺测出固定在水平桌面上的注射器刻度上10mL与30mL之间的距离为2.00cm，计算出注射器活塞的横截面积S=__________cm2;
(2)向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，活塞静止时，读出注射器中气体的体积V0;
(3)挂上沙桶，活塞与滑轮之间的细线保持水平，在沙桶中缓慢加入适当沙子，待活塞静止后，测量沙子的质量m和对应气体的体积V;
(4)改变m，得到多组m及对应的V;以m为纵坐标，1V为横坐标，做出的图像如图乙所示。已知图线的纵截距为m1，斜率的绝对值为k，当地的重力加速度为g;不考虑摩擦，注射器的气密性以及导热性良好且环境温度不变，则根据图线可得沙桶的质量为__________，实验时的大气压强为__________。(均用已知和测得的物理量符号表示)
12.某同学为了测量一根粗细均匀的金属丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路，电路中的ab是一段金属丝。
除金属丝外，实验室提供的器材还有：
A.电源(电动势E=3V，内阻未知)
B.电流表(量程0∼0.6A，内阻未知)
C.定值电阻R1(阻值5Ω)
D.定值电阻R2(阻值100Ω)
E.开关、导线若干
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，应该在__________(填“同一”或“不同”)位置测量3次，取平均值。某次示数如图乙所示，则金属丝的直径为__________mm;
(2)为了准确、方便的测量电路中的电流，定值电阻R0应选择__________(填“R1”或“R2”);
(3)闭合开关S，将金属夹从金属丝的最左端a逐渐向右移动，依次记下相应的滑片到a端的距离l和对应的电流表的示数I，利用测量的多组l、I，做出1I−l图像，测得图像直线的斜率为k，若不考虑温度的变化，则金属丝电阻率的测量值ρ=__________(用d、E、k表示);
(4)若1I−l图像的纵截距已知，为测出电流表的内阻，还需要测量__________。(用文字表述)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，质量为2m的物块B和物块C静止在光滑的水平面上，C上连接有轻弹簧，质量为3m的物块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与B发生弹性碰撞后，B向右压缩弹簧后被弹簧弹开，此后， A、B的速度相同。求：
(1)A、B碰撞后物块B的速度大小;
(2)在整个过程中，轻弹簧对物块C冲量的大小。
14.如图甲所示，两板长和板间距均为L的平行板M、N水平固定放置，在两板间加上如图乙所示的交变电压，图中U0未知，T已知，在两板中线最左端有一个粒子源P，沿中线向右不断地射出初速度相同且质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子穿过两板的时间均为T，在t=0时刻射入的粒子恰好从N板右侧边缘射出电场;在M、N板的右侧有一边长为L的正方形区域ACDE，AC、DE分别与M、N板平齐，正方形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，所有粒子进入正方形区域后经磁场偏转均刚好经过 D点，不计粒子的重力。求：
(1)粒子从P点射出的初速度大小;
(2)U0的大小;
(3)正方形区域内匀强磁场的磁感应强度大小及磁场的最小面积。
15.如图所示，质量为m的小球A通过足够长的轻绳绕过定滑轮P与质量为m的小球B相连，长度为3L的竖直轻杆一端与小球A固定连接，另一端与转轴O相连，OP长为4L，且O、P在同一水平线上。初始时给A施加一垂直于PQ向下的拉力F，使小球A静止于O点正上方的Q点。已知重力加速度为g，sin37∘=0.6，不计滑轮的质量及一切阻力，求：
(1)小球A静止在Q点时，拉力F的大小;
(2)撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小;
(3)撤去拉力F后，当小球A、B的速度大小相等时，小球A的动能。(不考虑两球速度为零时的情况)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题注意考查了核反应方程、光子动量、质量亏损和结合能的概念，涉及知识点较多，但难度不大，知道核反应过程中质量数和电荷数守恒，知道光子动量的表达式，明确结合能的概念即可解答。
【解答】
A.根据核反应的核电荷数和质量数守恒可知，X是α粒子，其电离作用强，穿透能力弱，A项错误;
B.光子的动量应为p=hλ=hνc，B项错误;
C.光子的能量是核能的一部分，核反应的质量亏损为△m=△Ec2，C项错误;
D.根据结合能的定义可知，该核反应释放的核能为核反应后的结合能与核反应前的结合能之差即E2+E3−E1，D项正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了共点力的平衡条件。关键点：四根轻绳子的拉力在同一平面，根据对称性可以求出每根绳子再竖直方向的分量相等。受力平衡，根据平衡条件结合几何关系求解即可。
【解答】
设吊绳与竖直方向的夹角为θ，则sinθ= 22LL= 22，
设每根吊绳上的拉力为F，根据力的平衡，4Fcsθ=mg，解得F= 24mg，故B项正确。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题借助电子焊接机原理考查电场的性质。解决问题的关键是清楚电场的分布特点，知道电势能和电势的关系，知道电场力做功和电势能变化之间的关系。
【解答】
A.由于a间的平均电场强度比b间的大，因此Ua>Ub，故 A错误;
B.a点电势比b点电势高，由Ep=qφ可知，电子在a点电势能小于在b点电势能，故B错误;
C.由于电场是辐向电场，因此c点电场线比b点电场线密，电场强度大，故 C错误;
D.由于φc>φb，质子沿圆弧从b点移到c点电势能增大，电场力做负功，故 D正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了波长、频率和波速的关系；横波的图像。本题研究时要抓住波在同一均匀介质中波的传播速度不变；对于简谐波，要掌握其基本特点：介质中各个质点起振动方向相同。根据图中形成的一个半个波可知周期，根据f=1T可求出手握绳左端振动的频率；由质点振动一个周期，可得质点x=4m处运动的路程。
【解答】
A、由图可知，1.5T=2s，f=1T=0.75Hz，A项错误;
B、t=2s时刻，x=3m处的质点向下振动，因此t=0时刻，坐标原点处的质点也向下振动，B项错误;
C、波的振幅为A=456cm=7.5cm，波传播到x=6m处时，x=4m处的质点已振动一个周期，通过的路程为30cm，C项正确;
D、若将绳的振动周期减半，波的传播速度不变， D项错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了卫星运行规律的计算，对于万有引力定律在天体应用的问题，关键是掌握两个公式的应用：①在星球表面，万有引力提供重力；②对于卫星，万有引力提供向心力。
【解答】
设火星的公转半径为r1，周期为T1，地球的公转半径为r2，周期为T2，根据开普勒第三定律有r13r23=T12T22，由题意可知r1r2=k23。设单位时间太阳辐射的总能量为E，则以r1、r2为半径的球面上单位面积接收的能量分别为E4πr12、E4πr22，则PP0=r22r12，P=P0k−43，C项正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题的解题关键是知道入射角和折射角的关系，根据折射定律可知，a光与b光的折射率之比，并掌握光发生明显衍射的条件与干涉条纹间距△x=ldλ等基础知识．
【解答】
A、由几何关系可知，a光和b光在介质中的折射角分别为37∘和53∘，光从空气射入介质，入射角一定大于折射角，所以，入射角不可能为45∘，故A错误;
B、根据折射定律可知，a光与b光的折射率之比为na:nb=sin53∘:sin37∘=4:3，
由n=cv可知，a、b光在介质中传播的速率之比va:vb=3:4，由于a、b光在介质中传播的距离之比sa：sb=3:4，所以光传播的时间相同，故B正确;
C、由于a光的折射率大于b光的折射率，所以，a光的波长小于b光的波长，遇到相同的障碍物b光比a光更容易发生衍射，故 C错误;
D、根据△x=ldλ可知，相同的干涉条件下， b光的条纹间距比a光的大，故 D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
解决本题的关键是运动分解，不要惯性认为总是水平竖直分解运动，要依据合力方向与初速度方向合理建立直角坐标系，本题将篮球的运动沿PQ方向和垂直PQ方向分解，依据这两个方向建坐标系，分运动最简单，求解最容易。
【解答】
将篮球的运动沿PQ方向和垂直PQ方向分解，则沿PQ方向的分运动有L=12gsin30∘t2，解得t=2 Lg，A项正确。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题为变压器的动态分析问题，要知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，原副线圈功率相等，副线圈电流决定原线圈电流，以这个为出发点分析解题。
【解答】
A.仅将滑片P1沿顺时针方向转动，副线圈匝数减小，由U=I1R0+(n1n2)2I1R可知，I1减小，因此电压表示数变大，A项正确;
B.整个电路消耗的功率为UI1减小，B项错误;
C.仅将滑片P2向下移动，R变大，I1变小，副线圈电路中的电流也变小，电流表示数变小，C项错误;
D.变压器输入功率P=UI1−I12R0，由于P与I1是非单调关系，因此不能确定变压器输入功率如何变化，D项错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要是考查了牛顿运动定律解决弹簧问题和机械能守恒定律，首先知道小球合力为零时，速度最大，注意小球和弹簧组成系统机械能守恒，根据运动的对称性解答小球运动到最低点时的加速度大小以及小球加速运动的距离和减速运动的距离的关系。
【解答】
A、小球运动到合力为零时速度最大，故 A错误;
B、小球加速度为零时，速度最大，动能最大，根据小球和弹簧组成系统机械能守恒可知，故 B正确;
C、小球运动到最低点时，加速度大小大于gsinθ，故C错误;
D、由小球运动加速度随位移关系图像可知，小球加速运动的距离一定大于减速运动的距离，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查导体切割磁感线运动，解决问题的关键是需分析导体在不同区域的受力与运动情况，结合能量守恒定律，动量守恒定律、电流的定义式解答。
【解答】
A.由mg×3d=12mv22，解得v2= 6gd，故A正确；
B.由mgd=12mv12得金属棒进入磁场Ⅰ的速度v1= 2gd，根据题意有B2L2v12R=B′2L2v22R，解得B′=143B，故B错误；
C.金属棒通过两磁场过程中，通过电阻R的电量为q=BLd2R+B′Ld2R=LdB2R(1+143)，故C错误；
D.由于金属棒均匀速通过两磁场，根据能量守恒，金属棒通过两磁场过程中电阻R中产生的焦耳热总量为Q=12×2mgd=mgd，故D正确。
11.【答案】(1)10.00(10亦可)；
(4)kV0−m1;kgSV0
【解析】【分析】
本题考查探究气体等温变化的规律。解决问题的关键是清楚实验原理，知道操作注意事项，会处理实验数据。
【解答】
(1)注射器活塞的横截面积S=V2−V1L=10cm2;
(4)不挂砂桶时，注射器的气体的压强为p0，体积为V0，挂上砂桶，加入沙子后，气体的压强为
p0−(m+m0)gS，根据玻意耳定律，有p0V0=[p0−(m+m0)gS]V，解得m=p0Sg−m0−p0V0Sg⋅1V，可
知m1=p0Sg−m0，k=p0V0Sg，解得p0=kgV0S，m0=kV0−m1。
12.【答案】(1)不同;2.000(1.998∼2.002均可);(2)R1;(3)πEkd24;(4)电源的内阻
【解析】【分析】
本题主要考查了测量金属丝电阻率的实验，对于实验问题关键是明确实验原理，知道实验涉及的物理规律和物理定律，知道实验的具体操作步骤和注意事项，明确实验误差的来源及减小误差的方法，能够根据实验所得数据得到对应实验结论。
【解答】
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，应该在不同的位置测量3次，取平均值;由于螺旋测微器的精度为0.01mm，所以金属丝的直径d=2.000mm;
(2)由于电流表的量程为0∼0.6A，电源的电动势 E为3V，为了移动金属夹时，电路中电流变化明显，所以保护电阻选R1;
(3)设电流表内阻为RA，电源内阻为 r，根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律，可知金属丝接入电路的电阻Rx=ρlS，其中S=14πd2，又I=ER0+RA+r+Rx，代入得1I=4ρEπd2l+R0+RA+rE，所以k=4ρEπd2，解得ρ=πEkd24;
(4)1I−l图像的纵截距b=R0+RA+rE，所以为了测出电流表的内阻RA，还需要测量电源的内阻r。
13.【答案】解：(1)设A、B碰撞后瞬间A的速度大小为v1、B的速度大小为v2，根据动量守恒有：
3mv0=3mv1+2mv2
根据能量守恒有：12×3mv02=12×3mv12+12×2mv22
解得：v1=15v0，v2=65v0
(2)设物块C最终获得的动量为p，对 A、B、C系统研究，根据动量守恒：
3mv0=5mv1+p
解得：p=2mv0
根据动量定理，轻弹簧对物块C的冲量大小为：
I=p=2mv0
【解析】本题考查了动量和能量的综合应用。解决本题的关键是根据题意分析清楚物块的运动过程应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理分析判断。
14.【答案】解：(1)根据题意可知，粒子在P点射出的速度大小：v=LT；
(2)从t=0时刻射入的粒子恰好从N板的右侧边缘射出，则：12L=2×12a(T2)2
根据牛顿第二定律：qU0L=ma
解得：U0=2mL2qT2。
(3)所有粒子射出两板时的速度方向均沿水平方向，速度大小均为：v=LT，
所有粒子在AE边以垂直AE的方向进入正方形区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，根据磁聚焦原理可知，粒子做匀速圆周运动的半径为：r=L
根据牛顿第二定律：qvB=mv2r
解得：B=mqT
磁场最小面积如图所示，根据几何关系，最小面积：S=(π−2)L22。

【解析】本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、理解粒子运动路径是解题的前提，应用牛顿第二定律和运动学规律相结合进行解题。
(1)根据题意可知，粒子从P点射出在平行M板间的方向上做匀速直线运动可得粒子从P点射出的初速度大小;
(2)从t=0时刻射入的粒子恰好从N板的右侧边缘射出，结合牛顿第二定律可得U0的大小；
(3)所有粒子射出两板时的速度方向均沿水平方向，根据磁聚焦原理可知，粒子做匀速圆周运动的半径结合牛顿第二定律可知正方形区域内匀强磁场的磁感应强度大小，根据几何关系得到磁场的最小面积。
15.【答案】解：(1)小球A静止在Q点时，设轻绳中拉力为T1，则对球B，有：T1=mg，
由题可知OP与PQ间夹角为37∘，
对球A，水平方向合力为零，则：T1sin53∘=Fsin37∘，
解得：F=43mg；
(2)撤去拉力F瞬间，设绳子中的拉力大小为T2，对小球 A有：T2sin53∘=maA，
对小球B，有：mg−T2=maB，
aB=aAsin53∘，
解得：aB=1641g；
(3)释放后， A做圆周运动，当 AP与小球A的运动轨迹相切时，两球速度大小相同，
设此时AP与PO的连线夹角为α，则：csα= 74，
情形1:对A、B组成的系统，根据系统的机械能守恒，有：
mg×3L×(1−csα)+mg(5L−4Lcsα)=2Ek，
解得：Ek=32−7 78mgL，
情形2:对A、B组成的系统，同理有：
mg×3L×(1+csα)+mg(5L−4Lcsα)=2Ek，
解得：Ek=32− 78mgL。
【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚小球A和B的受力情况及运动情况，根据平衡条件、牛顿第二定律，机械能守恒定律分析计算。
(1)以A为研究对象，由共点力平衡知识列式求解；
(2)撤去力F的瞬间，根据A、B受力情况，分别根据牛顿第二定律列式求解加速度；
(3)根据题意，分两种情况根据机械能守恒定律求解小球A的动能。