2023届安徽省合肥七中、阜阳城郊中学、合肥七中紫蓬分校高三下学期“最后一卷B卷理综物理 word版含解析

•阜阳城郊中学•合肥七中紫蓬分校2023届高三“最后一卷”

理科综合试题B卷

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片（　　）

A. 支持力的合力方向竖直向上

B. 作用力的合力方向竖直向上

C. 支持力的合力大小为mg

D. 作用力的合力大小为

【答案】B

【解析】

【详解】AB．对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据平衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用力的合力方向竖直向上，A错误，B正确；

C．根据前面分析椽子对瓦片支持力的合力大小为

C错误；

D．椽子对瓦片作用力的合力大小为

D错误。

故选B。

2. 如图所示，一列横波在x轴上沿x轴正方向传播，实线表示t=0时刻的波形图，虚线是t=0.2s时刻的波形图，下列说法错误的是（）

A. 质点振动周期一定是0.8s

B. 该波的波速可能是10m/s

C. t=0时刻，x=4m处的质点振动方向向上

D. t=0.4s时刻，x=6m处的质点恰好位于波峰

【答案】A

【解析】

详解】AB．由图可知，波长λ=8m，波沿x轴正方向传播，根据周期性可知

解得周期为：

当n=0时，周期为0.8s，此时波速

故A错误，B正确；

C．根据波动规律可知，t=0时刻，x=4m处的质点振动方向向上，故C正确；

D．分析图象，t=0.2s时刻，x=6m处的质点通过平衡位置向上，根据对称性和周期性可知，t=0.4s时刻，x=6m处的质点恰好位于波峰，故D正确。

本题选择错误选项；

故选A。

3. 我国自主研发的聚变—裂变混合反应堆的主体部分由“聚变堆芯”和“裂变包层”等组成，“聚变堆芯”中氘、氚燃料发生可控热核聚变反应，输出大量高能中子，“裂变包层”中的在高能中子的作用下可转变为，经过两次衰变后可变成，发生裂变反应能够稳定、可控地输出巨大的能量。1个核“捕捉”一个中子发生裂变反应，可产生两个新核X1、X2，同时产生x个中子。已知核、X1核、X2核和中子的质量分别为m、m1、m2和mn，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（）

A. “聚变堆芯”中发生的核反应方程为

B. 衰变为发生了2次α衰变

C. 新核X1的比结合能小于核的比结合能

D. 1个核发生裂变反应释放的能量

【答案】D

【解析】

【详解】A．核反应方程两边质量数不相等，故A错误；

B．衰变为，衰变前后质量数没有变化，质子数增加了2，所以是发生了2次β衰变，故B错误；

C．1个核“捕捉”一个中子发生裂变反应，可产生两个中等质量的原子核，反应后新核的比结合能都比大，故C错误；

D．根据爱因斯坦质能方程

可知

故D正确。

故选D。

4. 如图所示，一个曲率半径很大的凸透镜的凸面和一块水平放置的平面玻璃板接触，用平行的单色光竖直向下照射，可以观察到一些明暗相间的单色同心圆环，由于这种现象首先是由牛顿观察到的，所以这些同心圆环叫做牛顿环。关于这种现象下列说法正确的是（）

A. 这是光的衍射现象 B. 这是光的折射现象

C. 单色圆环离圆心越远间距越稀疏 D. 单色圆环离圆心越远间距越密集

【答案】D

【解析】

【详解】AB．凸透镜的凸球面和玻璃平板之间形成一个空气薄膜，当竖直向下的平行光射向平凸透镜时，尖劈形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉。同一半径的圆环处的空气膜厚度相同，上、下表面反射光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状，所以牛顿环是薄膜干涉现象，选项AB错误；

CD．空气薄层厚度不同，上、下表面反射光的光程差也不同，由于上表面是球面，所以越远离中心的地方空气薄膜厚度增加越快，光程差越大，干涉条纹也就越密，选项C错误，D正确。

故选D。

5. 动圈式话筒是利用电磁感应原理工作的。话筒内半径为r、匝数永久磁体为n的可动线圈套在径向辐射永久磁铁槽上，如图所示，当声波使膜片振动时，线圈垂直切割磁感线，将声音信号转化为电信号。线圈振动区域的磁场的磁感应强度大小恒为B，话筒工作时线圈与其相连的负载构成回路，总电阻为R，若在某一时刻，线圈切割磁感线的速度大小为v，则该时刻通过线圈的感应电流为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】每匝线圈切割磁感线的有效长度

线圈中产生的感应电动势

通过线圈的感应电流

解得

故选D

6. 如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（）

A. 卫星沿轨道II运动

B. 卫星经过M点时的速度小于7.9km/s

C. 卫星经过M点时的加速度变大

D. 卫星环绕地球运动的周期变大

【答案】AB

【解析】

【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A正确；

B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据

得

可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；

C．根据

得

由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；

D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。

故选AB。

7. 如图所示，三个等长绝缘细棒构成正三角形，棒上带有等量负电荷且电荷分布均匀。P为正三角形中心，O为边中点，P、D关于O点对称，选取无穷远处电势为0，P点电势为，D点电势为，则下列说法正确的是（　　）

A. P点电势大于D点电势

B撤去棒，P、D两点电势差不变

C. 撤去棒，则D点电势变为

D. 撤去棒，则D点电势变为

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．根据对称性可知，BC在P、D两点的电势相等，由离负电荷越近电势越低可知，AC、AB在P点的电势低于在D点的电势，所以P点电势小于D点电势，且由以上分析可知，撤去棒，P、D两点电势差不变，故A错误，B正确；

CD．因为三根棒在P点产生的电势相同，所以每根棒在P点的电势为

则棒在D点的电势也是，所以AC、AB在D点的电势相等，为

所以撤去棒，则D点电势变为

故C错误，D正确。

故选BD。

8. 如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻绳连接，转台静止时绳中无拉力，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，当两物体随转台一起匀速转动时，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（　　）

A. 绳中无拉力时，A、B物体受到的摩擦力大小相等

B. 当绳中有拉力时，转台转动的角速度应大于

C. 若转台转动角速度为，则A、B一起相对转台向B离心的方向滑动

D. 物体A所受的摩擦力方向一定指向圆心

【答案】C

【解析】

【详解】A．绳中无拉力时，两物体所受的静摩擦力提供向心力，由于向心力大小不等，所以摩擦力大小也不相等，故Ａ错误。

B．由于A物体的旋转半径大，所以A物体相对转台的摩擦力先达到滑动摩擦力，此时有

解得

即当时，绳中有拉力，故B错误。

CD．当后，对A、B分别有

联立解得

当转台的转速小时，所受的摩擦力均为静摩擦力，当A的摩擦力达到滑动摩擦力后，随角速度的增大，B所受的静摩擦力增大，直到达到滑动摩擦力，之后A的摩擦力先减少，再反向增大，最后达到滑动摩擦力时，A、B一起相对转台向B离心的方向滑动，滑动时有

解得

故D错误，C正确。

故选C。

三、实验题

9. 某同学利用手机物理APP“声音振幅”功能测定物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别用跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度、（）。实验时，打开手机软件，烧断一侧细线，记录下小球与地面两次碰撞声音振幅的时间图像（两小球落地后均不反弹），忽略空气阻力，重力加速度g取。

（1）由甲图可知，实验时应烧断物块______（填“左侧”或“右侧”）的细绳。

（2）烧断细线前，用刻度尺测量，可计算出A下落时间为______s。

（3）烧断细线后，手机传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应A、B两球的落地时刻，其差值为两球落地的时间差。则小球B下落的时间______s。（结果保留两位有效数字）

（4）烧断细线前，用刻度尺测量，计算得出小球B下落的加速度______，已知小球B的质量为，物块质量为，则物块与木板间的动摩擦因数______。

【答案】    ①. 左侧    ②. 0.3    ③. 2.5    ④. 0.2    ⑤. 0.47

【解析】

【详解】（1）[1]由甲图可知，由于物块非常靠近左侧滑轮，故实验时应烧断物块左侧的细绳。

（2）[2]烧断细线后，可认为A做自由落体运动，则有

解得A下落时间为

（3）[3]由图乙可知

解得小球B下落的时间为

（4）[4]烧断细线后，小球B做初速度为零的匀加速直线运动，则有

解得小球B下落的加速度为

[5]设小球B与物块之间细线拉力为，以B为对象，根据牛顿第二定律可得

以物块为对象，根据牛顿第二定律可得

联立可得

10. 某同学为了研究某压敏电阻的伏安特性，通过实验得到了该压敏电阻的伏安特性曲线如图所示。

（1）该同学所用蓄电池的电动势为6V，还有导线、开关及以下器材：

电流表有两个量程，分别为量程A（0～3A）和量程B（0～0.6A）

电压表有两个量程，分别为量程C（0～3V）和量程D（0～15V）

滑动变阻器有两种规格，分别为E（0～10Ω，1.0A）和F（0～200Ω，1.0A）

则电流表选________量程，电压表选________量程，滑动变阻器选________规格。（仅填代号即可）

（2）请在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路________。

（3）通过进一步实验研究知道，该压敏电阻R的阻值随压力变化的图像如图c所示。某同学利用该压敏电阻设计了一种“超重违规证据模拟记录器”的控制电路，如图d。已知该电路中电源的电动势均为6V，内阻为1Ω，继电器电阻为9Ω，当控制电路中电流大于0.06A时，磁铁即会被吸引。则只有当质量超过_______kg的车辆违规时才会被记录。（取重力加速度g=10m/s2）

【答案】    ①. B    ②. C    ③. E    ④.       ⑤. 4000

【解析】

【详解】（1）[1][2][3]由图a得到，最大电压1.75V，最大电流0.3A，故电压表选择C量程，电流表选择B量程；电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器电阻越小，压敏电阻的电压变化越均匀，故选择规格E的滑动变阻器；

（2）[4]滑动变阻器采用分压式接法；压敏电阻阻值小，大内小外，故采用安培表外接法；在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路，如图所示

（3）[5]根据闭合欧姆定律

电路中的总电阻为100Ω，压敏电阻的阻值为

查图可知，当R=90Ω时，压敏电阻所受的压力

F=40000N

根据

得

只有当质量超过4000kg的车辆违规时才会被记录。

11. 如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，右端通过橡胶管（橡胶管体积不计）与放在水中的导热金属球形容器连通，球形容器的容积为，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出，水银柱上方空气柱长。（已知大气压强，U形玻璃管的横截面积为）

（1）若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？

（2）保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度是多少时右管水银面回到原来的位置？

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）初状态压强为

体积和温度为

，

末状态

，，

由理想气体状态方程有

代入数据得

（2）当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为

由等温变化

解得

可知往左管注入水银的高度为

12. “打夯”是人们抬起重物（夯）将松散的地面夯实的传统方式。现有四人站在地面通过四根绳子同时对一重物施加拉力，使其竖直上升，上升过程中各拉力的方向始终都与竖直方向成夹角（如图所示），大小均保持不变。重物离开地面后撤去拉力，落地后撞击地面的时间为。已知重物的质量为，重力加速度，，不计空气阻力。求∶

（1）撤去拉力前，重物上升时的加速度大小；

（2）重物落地前瞬间的速度大小；

（3）重物撞击地面的平均冲力大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）撤去拉力前，重物受到重力和四根绳子的拉力，重物受到的合力

根据牛顿第二定律，有

解得

（2）设重物落地瞬间的速度大小为v，拉力作用的位移为

由动能定理，有

解得

（3）设重物砸向地面时受到的平均支持力大小为F

由动量定理，有

由牛顿第三定律得，重物对地面平均冲力大小为

解得

13. 如图所示，在平面第Ⅰ象限内有一半径为的圆形区域，圆心为，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与x和y轴分别相切于M、N两点。在区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在电场中有一个位于平面内且与y轴平行、长为R的线状粒子源，的中点A在x轴上，粒子源上各点均能沿平面发射质量为m、电荷量为的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为，方向均与x轴正方向成角。已知从C点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M点进入第Ⅳ象限，粒子的比荷，P点坐标为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：

（1）匀强电场场强的大小E和间的距离s；

（2）圆形磁场磁感应强度的大小B；

（3）粒子源上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经第Ⅳ象限磁场偏转后将第二次通过x轴，求这些粒子中第二次通过x轴时能到达离O点最远的点的坐标，并求出该粒子从出发到该位置所经历的总时间。

【答案】（1），；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）C点到P点逆过程粒子做类平抛运动，设C点到P运动时间为，y轴方向

，

由上述两式解得

x轴方向

，

由上述两式解得

（2）C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度

设粒子轨迹半径为，由牛顿第二定律得

由几何关系可知

联立解得

（3）分析可知，上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限，其中从A点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方向沿方向，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，该粒子运动轨迹如图

设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为，由牛顿第二定律得

解得

所求点的坐标为。

由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从A点发射从N点进入的磁场的粒子在电场中运动时间也为

其到达x轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为

，

该粒子从出发到x轴上最远位置经过的时间为