2023-2024学年安徽省县中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学年安徽省县中联盟高三最后一卷物理试卷（含详细答案解析），共18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.人造卫星1绕地球做匀速圆周运动，其轨道平面与地球赤道平面垂直，半径与地球静止卫星半径相等．该卫星与地球静止卫星相比，下列物理量一定相同的是
A. 受到地球的引力大小B. 线速度
C. 向心加速度D. 周期
2.某民航客机以速率v在水平面内沿圆弧做大角度的匀速率转弯，其转弯半径为r，客机总质量为m，重力加速度为g，转弯过程中民航客机受到空气的作用力是
A. m g2+v4r2B. m g2+v2rC. mv2rD. mg
3.布雷顿循环是燃气涡轮发动机采用的热力学循环．如图所示，布雷顿循环是由两个绝热过程和两个等压过程组成．一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c、d后回到状态a，关于该循环过程，下列说法正确的是
A. a→b气体温度降低
B. b→c气体温度升高
C. c→d单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D. a→b→c→d→a气体对外界放热
4.如图所示，某高三学生体育课上将足球从水平地面上位置A由静止踢出，最后落回水平地面上的位置C，虚线是足球在空中的运动轨迹，B位置为轨迹的最高点，下列说法正确的是
A. 足球在飞行过程中机械能守恒
B. 足球在飞行过程中水平速度保持不变
C. 足球从位置A到位置B的运动时间小于从位置B到位置C的运动时间
D. 足球在位置B处加速度等于重力加速度
5.电量分别为+Q、+Q、−Q的3个点电荷固定在如图所示的正六边形的3个顶点上，O为六边形的中心，a、b、c、d为以O为圆心的圆上的4点，下列判断正确的是
A. a点场强大于b点场强B. a点场强等于b点场强
C. c点电势大于d点电势D. c点电势等于d点电势
6.在医学领域中用光镊抓取DNA分子，光镊是利用介质反射或折射时的等效作用力来控制微观粒子．建立xOy坐标系，光镊作用过程的简化模型图如图所示．两束关于y轴对称的汇聚激光照射到一个圆形的透明小球，小球对光线的作用力使光线发生了偏折，光子的动量发生了改变，小球受到光线的作用力方向是
A. x轴正方向B. y轴正方向C. x轴负方向D. y轴负方向
7.在x轴上xA=−3m和xB=6m处有两持续振动的振源A、B，从t=0s时同时开始振动，在同一均匀介质中形成沿x轴相向传播的两列波，波速分别为vA、vB.t=3s时刻波形如图所示，质点P位于x=0m处，振源A、B的振幅分别为A1=2cm、A2=4cm.则
A. 波速vB>vAB. 0∼6s内质点P的路程为12 cm
C. x=1.5m处的质点位移始终等于零D. 两振源开始振动的方向相同
8.如图所示，水平传送带以恒定速率v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧，A点为弹簧最左端处．将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动．通过P上安装的速度传感器(图中未画出)，在计算机上绘出P向右运动过程中的v−t图像，下列判断可能正确的是
A. t2时刻P恰好运动至A点B. t1∼t2时间内P始终不受摩擦力
C. P运动至A点时立即减速D. P的最大速度一定等于皮带速度
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，质量为0.5kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方，木板B托住物块A使整个装置静止，此时测力计的示数为2.0N，重力加速度g=10m/s2.现使木板B以5m/s2的加速度向下运动，木板B开始运动的瞬间
A. 物块A的加速度大小为0m/s2B. 物块A的加速度大小为5m/s2
C. 物块A对木板B间的压力大小为3 ND. 物块A对木板B间的压力大小为0.5N
10.两条平行的无限长光滑导轨水平放置，导轨间距为L，虚线CD的左侧有垂直纸面向外磁感应强度为2B的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场．已知导体棒a和b质量分别为m和2m，电阻均为R，导轨电阻不计．两导体棒均以初速度v0从图示位置开始反向运动，则
A. a、b棒变速运动过程中动量守恒B. a棒先向左运动后向右运动
C. 最终a、b棒的速率之比为1:2D. 最终a、b棒产生的总焦耳热为19mv02
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“测定玻璃的折射率”实验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D.在插入第三个大头针C时，要使它________.如图是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边．根据该图，完成必要的作图，用刻度尺测出有关距离，计算玻璃的折射率n=________(计算结果保留两位有效数字)。
12.某同学为测定一个约为50Ω的定值电阻Rx阻值，进行了下列实验．
(1)为准确测量其阻值，设计了如图甲所示的电路进行实验，定值电阻R0阻值未知．滑动变阻器有两种规格：R1(最大阻值为5Ω)；R2(最大阻值为1kΩ)，应选择________(填“R1”或“R2”)；
(2)按图甲所示电路，请用笔画线代替导线，在图乙中连接好电路．实验前应将滑动变阻器的滑片置于________(填“最左端”或“最右端”)；
(3)单刀双掷开关S2与“1”连通，闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片，记录多组电压表示数U1和电流表示数I；S2与“2”连通，闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片记录多组电压表示数U2和电流表示数I，断开开关S1，作出U1−I.如图丙所示，描出U2的第三组数据并作出U2−I图像，结合所作图像计算电阻Rx的阻值为________(保留两位有效数字).
(4)若考虑电流表内阻的影响，从系统误差角度分析Rx的测量值Rx测与真实值Rx真之间的关系：Rx测________Rx真(填“>”、“<”或“=”).
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.氘核通过一系列聚变反应释放能量，其过程为6个氘核(12H)聚变成2个氦核(24He)，同时放出2个质子(11H)和2个中子(01n).已知氘核质量为m1，氦核质量为m2，质子质量为m3，中子质量为m4，光速为c.求：
(1)写出核反应方程；
(2)一次核反应释放的总核能；
(3)若氘核的结合能为E0，求氦核的结合能E.
14.如图所示为一大型游乐设施的示意图，固定在地面倾角为α=60∘的斜坡内有一半径为R=0.25m半圆形轨道ABC，用一轻绳跨过定滑轮连接质量为m1=13kg重物P和质量为m2=1kg小球Q，P、Q均可看作质点．对P施加平行于斜坡的外力F，使P、Q恰好保持静止且图中β=60∘.不计一切摩擦，P运动过程中不会与定滑轮和地面碰撞，g取10m/s2.
(1)求F的大小；
(2)撤去外力F时，小球Q的加速度大小为2m/s2，求此时轻绳上的拉力和重物P的加速度大小；
(3)若将重物P的质量调整为m1=12kg，且将小球Q置于A处由静止释放，轻绳始终保持伸直，求小球Q运动至轨道最低点B时的速度大小．
15.现代科技中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在第一、第二象限内存在沿x方向足够长，y方向宽度为d(d未知)的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．在第三象限内存在沿y轴正方向，大小为E=mv02qa的匀强电场，电场中有一连续分布的曲线状粒子源，其形状的曲线方程为y=−12ax2，−a≤x≤0，粒子源可沿x轴正方向持续发射速率为v0，质量为m，电量为+q的粒子，粒子按y坐标均匀分布．所有粒子均从O点进入第一象限，且不从磁场上边界飞出．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，忽略磁场的边缘效应．sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求
(1)粒子经O点进入第一象限的最大速率；
(2)所有粒子在第一象限内扫过的面积S；
(3)若在y=9mv04Bq处，平行于x轴放置一足够长的挡板，则击中挡板粒子数与发射的总粒子数之比η.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查万有引力定律以及卫星的运行规律。
根据万有引力表达式分析受到地球的引力大小；根据万有引力提供向心力分析线速度、向心加速度以及周期的关系，由此即可正确求解。
【解答】
A.卫星所受地球引力与卫星质量有关，卫星质量大小关系未知，无法确定引力大小关系，故A错误；
BC.线速度和向心加速度均为矢量，由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r=ma，该卫星与地球静止卫星半径相同，可知大小相同，方向不同，故BC错误；
D.由万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r，该卫星与地球静止卫星半径相同，所以周期相同，故D正确。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向心力公式的相关运用，学生需要知道客机做匀速圆周运动，受重力和空气作用力，由向心力公式及力的合成，求解转弯过程中民航客机受到空气的作用力。
【解答】
如图所示，客机做匀速圆周运动，受重力和空气作用力，合力提供向心力，
受到空气的作用力F= (mg)2+(mv2r)2=m g2+v4r2，故A正确。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查p−V图像、气体压强的微观影响因素以及热力学第一定律的应用，明确图像的物理意义是解决问题的关键。由p−V图像可知气体压强和体积的变化情况，气体压强的微观影响因素是分子的平均动能和分子的数密度；由体积的变化可知外界对气体的做功情况，p−V图像与坐标轴围成的图形面积表示功，一定质量的理想气体的内能只与温度有关，结合热力学第一定律分析即可正确求解。
【解答】A.a→b压强不变，体积增大，由盖⋅吕萨克定律可知，温度升高，故A错误；
B.b→c绝热，V增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体内能减少，温度降低，故B错误；
C.c→d气体压强不变，体积减小，温度降低，分子热运动激烈程度降低，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；
D.a→b→c→d→a温度不变，内能不变，由p−V图像可知，全程气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
A.足球在运动的过程中除受到重力的作用外，还受到空气阻力的作用，故机械能不守恒；
B.足球运动的过程中受到空气阻力的作用，所以水平方向的速度会减小；
C.足球由位置A运动到位置B的与由位置B运动到位置C两过程竖直方向上的高度相等，而足球由位置 A运动到位置B过程中竖直方向上加速度的平均值大于足球由位置B运动到位置C过程中竖直方向上加速度的平均值，根据h=12at2可知，足球由位置A运动到位置B的时间小于由位置B运动到位置C的时间；
D.位置B除了受到重力作用，还受到阻力。
【解答】A.由足球的运动轨迹可知，足球运动过程中受到阻力作用，机械能不守恒，A错误;
B.阻力使水平方向速度减小，B错误;
C.竖直方向位置A到位置B平均加速度大小大于位置B到位置C平均加速度，所以位置A到位置B的运动时间小于从位置B到位置C的运动时间，C正确;
D.位置B除了受到重力作用，还受阻力，所以加速度比重力加速度大，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点电荷的电场及电场的叠加。解决问题的关键是清楚等量异种点电荷、点电荷的电场及等势面分布情况，结合电场的叠加原理分析判断，注意场强是矢量，电势是标量。
【解答】
AB.如图所示，
根据等量异种电荷的电场分布，电荷3、电荷2在a、b点产生的场强相等，叠加电荷1在a、b点产生的场强，可知a点场强比b点小，故A、B错误;
CD.选无穷远处电势为零，则电荷3、电荷2共同形成电场中c、d为同一等势面上两点，在电荷1的电场中c点电势大于d点电势，所以在电荷1、电荷2、电荷3共同形成电场中，c点电势大于d点电势，故C正确、D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查动量定理的应用。结合题意，根据动量定理、牛顿第三定律以及矢量合成法则分析即可求解。
【解答】
由动量定理可知，动量变化量的方向即为小球对光线作用力的方向，
对光线1分析，其动量变化如图所示：
，
可知小球对光线1的作用力斜向左下方，根据牛顿第三定律可知，光线1对小球作用力斜向右上方，根据对称性，可知光线2对小球作用力斜向左上方，合力沿y轴正方向，故B正确，ACD错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
两列波在同一介质的传播速度相等；
分析x=1.5m处的质点的振动加强和减弱弱情况，根据波的叠加原理求质点位移；
分两段分别出P点只参与左波源和同时参与两波源振动的路程，相加为所求。
【解答】A、同一介质，A、B波速相同，A错误;
D、t=3s时，x=0m和x=3处两质点分别沿y轴负方向和y轴正方向振动，故A、B的起振方向分别沿y轴负方向和y轴正方向，D错误;
C、两列波同时传到x=1.5m，因两列波振幅不相等，所以x=1.5m处的质点起振后位移随时间变化，不能始终保持为零，C错误;
B、0∼3s时间内质点P静止，3∼6s，质点P路程为12cm，B正确.
8.【答案】D
【解析】【分析】
由v−t图知，接触弹簧到达A点前物块P做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知ma=μmg，即a=μg，方向水平向右，与弹簧接触后在开始的一段时间t1∼t2内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，当物块运动到弹簧的弹力大于P的最大静摩擦力即t2后，则 P相对于传送带向左运动，即向右做加速度增大的变减速运动，直到速度减为0，依照此解题思路即可求解本题。
【解答】
A.t2时刻，P受到的静摩擦力达到最大值，所以弹簧处于压缩状态，A错误;
BC.经过A点后，一段时间内静摩擦力与弹簧弹力相等，P保持匀速与皮带共速，所以在t2前一段时间内，P一定受静摩擦力，BC错误;
D.因P匀速，所以vm一定等于v，D正确。
故选D。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
对木板B开始运动后A的受力情况进行分析，注意弹簧弹力不会突变，结合牛顿第二定律即可求出加速度。
本题考查了牛顿第二定律，要求学生结合题干情况进行受力分析结合牛顿第二定律解题。
【解答】
AB.设A、B间弹力为零，B开始运动瞬间，A受重力G=5N、弹簧弹力不变F=2N，对A有G−F=ma1，得A的加速度大小a1=6m/s2大于此时B的加速度大小5m/s2，不符合实际情况，所以A的加速度大小与B的加速度大小相等为a=5m/s2，且B对A有竖直向上的弹力，故B正确，A错误;
CD.设B对A的弹力大小为NBA，对A有G−F−NBA=ma得NBA=0.5N，故D正确，C错误。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
B.先分析两棒的运动情况：开始阶段，导体棒 a向左做加速度减小的减速运动，导体棒 b向右做加速度减小的加速运动，当两棒产生的感应电动势大小相等时，回路总的感应电动势为零，没有感应电流，两棒均做匀速直线运动，达到稳定状态；
A.在变加速的过程中，ab均受到安培力作用，则合外力不为零，故动量不守恒；
C.开始时可以求出整个回路中的电流，即可找到稳定状态时两棒的速度关系，再结合变加速运动过程中的加速度与速度变化量的关系式即可求解最终a、b棒的速率之比;
D.用能量守恒定律可以求出整个电路产生的总焦耳热。
本题是双棒问题，关键要分析清楚两棒的运动过程。
【解答】B.开始两棒中有顺时针电流I=2BLva−BLvb2R，a、b棒均受向右安培力，a棒向左做加速度减小的减速运动，b棒向右做加速度减小的加速运动，最终达到稳定状态，回路中电流I=0，两棒均做匀速直线运动，B错误;
A.在变加速运动过程中a、b棒均受到向右的安培力，合力不为零，所以a、b两棒变速运动过程中动量不守恒，A错误;
C.a减速，b加速，由I=2BLva−BLvb2R可知，最终的稳定状态为电路中电流为零，则2va=vb，在变加速运动过程中aaab=IL2BmILB2m=41，△va△vb=aaab⇒v0−vavb−v0=41，得va=59v0，vb=109v0。则a、b棒的速率之比为1:2，C正确;
D.根据能量守恒可以得总焦耳热Q=12mv02+122mv02−12mva2−122mvb2=19mv02，D正确。
11.【答案】挡住A、B的像；1.5(1.4、1.6均可)。
【解析】【分析】
解决本题的关键理解和掌握实验的原理和实验的方法，其中实验原理是实验的核心。
用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律n=sin isinr，关键是确定折射光线，方法是：在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，作出入射光线和折射光线，画出光路图，用量角器量出入射角和折射角，由折射定律算出折射率；也可以以入射点O为圆心作圆，交入射光线与折射光线于E、F，从E、F作法线的垂线交于G、H，用刻度尺量出EG、FH的长，由公式n=sin isin r=EGFH计算出折射率。
【解答】
在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，说明CD在AB的出射光线上，CD连线即为AB的出射光线．
作出光路图如图，以入射点O为圆心作圆，交入射光线与折射光线于E、F，从E、F作法线的垂线交于G、H，
用刻度尺量出EG、FH的长，由公式：n=sinisinr=EGEOFHFO=EGFH=
故答案为：挡住C和A、B的像；1.5。
12.【答案】(1)R1；
(2);最左端；
(3)；48Ω；
(4)=。
【解析】【分析】
(1)为了便于调节，滑动变阻器应该选择最大阻值较小的R1；
(2)连接实物图时注意正负极；为了对被测量电路有最大的保护作用，实验前应将滑动变阻器的滑片置于最左端；
(3)作图时应让更多的点在所画的直线上；由欧姆定律求解；
(4) 若考虑电流表内阻，S2与“1”连通U1I=R0+rA+Rx，S2与“2”连通U2I=R0+rA，两式联立得Rx=U1I−U2I。
掌握实验原理是解题的关键。
【解答】
(1)为了便于调节，滑动变阻器应该选择最大阻值较小的R1；
(2)由电路图连接实物如图所示：，为了对被测量电路有最大的保护作用，实验前应将滑动变阻器的滑片置于最左端；
(3)描出U2的第三组数据并作出U2−I图像，如图所示：，由甲图可知R0+Rx=U1I，R0=U2I，解得Rx=U1−U2I，代入数据解得Rx=48Ω；
(4) 若考虑电流表内阻，S2与“1”连通：U1I=R0+rA+Rx，S2与“2”连通：U2I=R0+rA，两式联立得Rx=U1I−U2I，与电流表内阻无关，无系统误差，测量值等于真实值。
13.【答案】解：(1)核反应方程为：612H→224He+211H+201n
(2)核反应中质量亏损为：△m=6m1−2m2−2m3−2m4①
ΔE=Δm⋅c2②
①②联立得一次核反应释放的总核能为：△E=(6m1−2m2−2m3−2m4)c2③
(3)释放核能△E=2E−6E0 ④
③④联立得E=ΔE+6E02=(3m1−m2−m3−m4)c2+3E0。
【解析】本题考查核反应。
解决问题的关键是会书写核反应方程，根据质能方程分析核反应释放的能量，和氦核的结合能。
14.【答案】解：(1)对P、Q受力分析，如图所示：
，
对Q，由平衡条件有：Tcs60∘=N2cs60∘，Tsin60∘+N2sin60∘=m2g，
对P：T=m1gsin60∘+F，
联立解得T=10 33N，F=5 33N；
(2)当撤去外力F时，Q的加速度为a1=2m/s2，设此时轻绳上的张力为T2，
对Q，由牛顿第二定律有m2gcs60∘−T2cs30∘=m2a1，
代入数据解得轻绳上的张力为T2=2 3N；
设P的加速度大小为a2，P、Q沿绳加速度大小相等，即a1cs30∘=a2，
解得P的加速度大小a2= 3m/s2；
(3)P、Q系统在Q从A运动至B过程，
由系统机械能守恒定律有m2gR=m1g× 2Rsin60∘+12m2v22+12m1v12，
P、Q沿绳速率相等，则有v2cs45∘=v1，
联立解得v2= 4− 6m/s。
【解析】本题主要考查平衡条件、牛顿第二定律的应用以及绳牵连问题和系统机械能守恒定律的应用，受力分析是解决问题的关键。
(1)P、Q保持静止时，对P、Q分别受力分析，根据平衡条件列式，联立即可求解；
(2)当撤去外力F时，对Q由牛顿第二定律列式即可求解此时轻绳上的拉力；P、Q沿绳加速度大小相等，由此求解P的加速度大小；
(3)P、Q沿绳速率相等，P、Q系统在Q从A运动至B过程，由系统机械能守恒定律列式即可求解。
15.【答案】解：(1)经分析，从(−a,−12a)处的粒子源发射的粒子经O点进入第一象限速率最大，
粒子在电场中做类平抛运动，x方向：vx=v0，y方向：vy=qEm(av0)=v0，
则vm= vx2+vy2= 2v0；
(2)如图所示：
，
所有粒子经磁场力作用均经过图中A点，O1为最大速率粒子轨迹圆的圆心，O2为最小速率粒子轨迹圆的圆
心，所有粒子在第一象限内扫过的面积为图中阴影部分面积，
由qvB=mv2r可知：
粒子最大半径：rm=mvmBq= 2mv0Bq，
粒子最小半径：rmin=mv0Bq，
由几何关系：∠OO1A=90∘，S=12πrmin2−(14πrm2−12⋅rm2)，
代入rm和rmin，得S=m2v02B2q2；
(3)如图所示：
，
所有粒子经洛伦兹力作用均经过图中A点，设发射粒子初始位置纵坐标为y0，从O点进入第一象限与x轴正方向夹角为α，其轨迹恰好与挡板相切，
粒子经过O点速度v=v0csα，粒子轨道半径r0=mvBq，
y=9mv04Bq=r0+r0csα，联立解得α=37∘，
由y0=−12a⋅x02，解得x0=− −2ay0，
粒子在电场中做类平抛运动，则有y0=x02tan37∘，
联立得y0=−932a，所以η=12a−932a12a=716。
【解析】本题主要考查带电粒子在组合场(电场和磁场)中的运动，作出粒子的运动轨迹是解决问题的关键。
(1)经分析，从(−a,−12a)处的粒子源发射的粒子经O点进入第一象限速率最大，粒子在电场中做类平抛运动，由运动学公式和矢量合成法则即可求解粒子经O点进入第一象限的最大速率；
(2)作出粒子的运动轨迹，明确所有粒子在第一象限内扫过的区域，根据洛伦兹力提供向心力列式求得最大半径和最小半径，由几何知识即可求解；
(3)明确临界情况，作出粒子的运动轨迹，由题意，结合类平抛运动的规律、粒子在磁场中运动的轨道半径以及几何关系联立分析求解。U1/V
1.51
2.08
3.00
3.96
4.98
I/mA
15
20
30
40
50
U2/V
0.78
0.95
1.54
2.04
2.56