安徽省部分学校2024届高三下学期联考(一模)物理试题 Word版含解析.docx

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物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分100分，考试时间75分钟．请在答题卡上作答．第I卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个正确答案）1.2023年8月24日，日本启动核污染水排海，排放核污染水里含64种核放射性元素，将对全人类和海洋生命产生长久的重大威胁，核废水中的发生衰变时的核反应方程为，该核反应过程中放出的能量为Q，设的比结合能为E1，的比结合能为E2，X的比结合能为E3，已知光在真空中的传播速度为c，的半衰期为138天，则下列说法正确的是（　　）A.该核反应中发生了β衰变B.该核反应过程中放出的能量C.100个原子核经过138天，还剩50个原子核未衰变D.该核反应过程中的质量亏损为【答案】D【解析】【详解】A．根据核反应前后质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4，电荷数为2，即X为，该反应为α衰变，故A错误；B．核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总结合能之差，即故B错误；C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，故C错误；D．该核反应过程中的质量亏损为故D正确。故选D。2.如图所示的电路中，为电阻箱，为定值电阻。开关S第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 闭合后，在水平放置的平行板电容器的极板间，一带电油滴P处于静止状态，下列判断正确的是（）A.若仅增大，则油滴P将保持不动B.若仅增大，则油滴P将向下加速运动C.若仅减小，则油滴P将向上加速运动D.若断开开关S，则油滴P仍保持不动【答案】B【解析】【详解】AC．若仅增大，电路总电阻增大，总电流减小，电源内阻、定值电阻两端的电压减小，两端的电压增大，电容器两极板间的电场强度增大，带电油滴受到的电场力增大，大于重力，油滴P将向上加速运动，同理可得，若仅减小，则油滴P将向下加速运动，故AC错误；B．若仅增大，电路总电阻增大，总电流减小，两端的电压减小，电容器两极板间的电场强度减小，带电油滴受到的电场力减小，小于重力，油滴P将向下加速运动，故B正确；D．若断开开关S，电容器放电，电容器两极板间的电势差减小，电场强度减小，带电油滴受到的电场力减小，小于重力，油滴P将向下加速运动，故D错误。故选B。3.如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。已知轻绳长为，重力加速度大小为g。对小球由A转过到B的过程，下列说法正确的是（　　）A.小球重力冲量大小为0B.绳子拉力冲量大小为C.小球动量的变化量大小为0D.小球动量的变化率大小为【答案】D第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．小球由A转到B的过程，所需时间为小球重力冲量大小为故A错误；C．小球动量的变化量大小故C错误；B．由动量定理，可得故B错误；D．根据可知小球动量的变化率大小为又联立，解得故D正确。故选D。4.如图，矩形平板的边固定在水平面上，平板与水平面的夹角为。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿对角线方向斜向下匀速运动，与边的夹角为为，物块与平板间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，则拉力大小为（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】依题意，物块所受摩擦力沿ca方向，大小为物块所受重力的下滑分力大小为由几何关系可知摩擦力与重力下滑分力的夹角为120°，有由于物块做匀速直线运动，所以拉力大小为故选C。5.如图，地球的公转轨道视为圆，但慧星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆．天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一题彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现．哈雷的预言得到证实，该慧星被命名为哈雷彗星．已知哈雷彗星最近飞近地球的时间是1986年．若哈雷彗星近日点与太阳中心的距离为、速度大小为，远日点与太阳中心的距离为、速度大小为，不考虑地球及其它星球对慧星的影响，则下列说法正确的是（）A.哈雷慧星在近日点与远日点的机械能不相等B.哈雷慧星在近日点与远日点的加速度大小之比为C.哈雷慧星在近日点与远日点的速度大小之比为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D.哈雷彗星下次飞近地球约在2062年【答案】D【解析】【详解】A．哈雷慧星在近日点与远日点运行中，动能与势能相互转化，机械能守恒，故A错误；B．在近日点时，由牛顿第二定律可得在远日点时，由牛顿第二定律可得联立，解得故B错误；C．根据开普勒第二定律，取时间微元，结合扇形面积公式可得解得故C错误；D．设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，由开普勒第三定律得即彗星下次飞近地球将在第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 故D正确。故选D。6.如图甲所示，将一块平板玻璃a放置在另一块平板玻璃板b上，在右端夹入两张薄纸片．当单色光从上方垂直射入后，从上往下看可以观察到如图乙所示干涉条纹．则下列说法正确的是（）A.干涉条纹是由两玻璃板上表面反射的光叠加产生的B.若仅增大垂直射入的单色光波长，则条纹将变疏C.将b缓慢向下平移，则条纹之间的距离将变大D.若抽去一张薄纸片，则条纹将变密【答案】B【解析】【详解】A．干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的，故A错误。BC．若仅增大垂直射入的单色光波长时，根据条纹间距表达式可知条纹变疏，将b缓慢向下平移时条纹间距不变，故B正确，C错误；D．若抽去一张薄纸片，平板玻璃a、b之间的夹角减小，条纹间距变大，条纹变稀疏，故D错误。故选B。7.如图，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，弹簧处于原长时上端在O点．小球将弹簧压缩到M点（弹簧和小球不拴接）．由静止释放后，将该时刻记为，小球第一次运动到O点的时刻为，小球运动的最高点为N．在小球第一次从M点运动到N点的过程中，速度、加速度a、动能以及小球机械能E随时间t，变化的图像可能正确的是（）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】ABC．小球向上运动过程中，根据牛顿第二定律有随着弹力减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，至此时加速度为0，速度达到最大，此时小球位于MO之间，随后有随着弹力F逐渐减小，加速度逐渐增大，直至后，加速度为之后加速度保持不变，速度逐渐减小，结合图像斜率为加速度，动能的计算公式可知AC图正确，B图错误，故AC正确，B错误；D．小球运动过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能先增大，后不变，故D错误。故选AC。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．每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）8.如图，是一定质量的理想气体状态变化过程的图像．气体先由a状态沿双曲线变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态．最后沿与纵轴平行的直线回到a状态．以下说法中错误的是（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.过程气体温度不变B.过程气体放出热量C.过程气体对外界做功，同时吸收热量D.过程气体放出热量【答案】CD【解析】【详解】A．因为变化图线为双曲线的一支，为等温线，所以是等温变化，故A正确，不符合题意；B．根据理想气体状态方程从b到c为等压变化，体积减小，所以温度降低，内能减小，又因为外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，此过程放出热量，故B正确，不符合题意；C．过程体积不变，没有做功，根据理想气体状态方程可知，由于压强增大，则温度升高，内能增大，结合热力学第一定律可知，从外界吸收热量，故C错误，符合题意；D．由的过程气体对外做功，其大小等于ab曲线与坐标轴围成的面积；由的过程外界对气体做功，其大小等于直线bc与坐标轴围成的面积，由的过程气体体积不变，对外不做功，外界对气体也不做功，则的过程气体对外做功，大小等于各段曲线所围成的abc图像面积大小，整个过程温度不变，内能不变，根据可知，整个过程从外界吸收热量，故D错误，符合题意。故选CD9.如图，有两个宽度为L的沿水平方向的匀强磁场区域，磁场的各个边界均在水平面内。磁场的磁感应强度大小均为B，两磁场间的距离大于L。一质量为m，电阻为R，边长为L的正方形单匝闭合导线框，从磁场区域I上方某一位置由静止释放，线框边刚要出磁场区域I和刚要出磁场区域Ⅱ时的速度相同，线框穿过磁场区域Ⅱ产生的焦耳热为Q。线框向下运动过程中始终在垂直于磁场的竖直平面内，边始终水平。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.线框穿过区域Ⅰ产生的焦耳热也一定为QB.边穿过两个磁场区域的过程，通过线框截面的电荷量相等C.线框穿过两个磁场区域的过程，线框的速度变化量一定相同D.磁场区城间的距离为【答案】ABCD【解析】【详解】A．磁场宽度与正方形线框的边长都为，则线框只有进出磁场两个过程，各位置的瞬时速度如图所示因线框边刚要出磁场区域I和刚要出磁场区域Ⅱ时的速度相同为，说明出磁场的运动过程一定是减速运动，且穿过磁场的运动过程完全相同，则有，线框穿过磁场区域Ⅱ产生的焦耳热为Q，则线框穿过区域Ⅰ是完全相同的运动过程，产生的焦耳热一定为Q，故A正确；B．由通过截面的电荷量公式为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 因边穿过两个磁场区域的过程通过线框截面的磁通量的变化量相同，则电荷量相等，故B正确；C．线框穿过两个磁场区域的过程，由动量定理有因运动过程相同，则时间相同，且电量相等，则线框的速度变化量一定相同，故C正确；D．设磁场区城间的距离为，选择线框边刚出磁场区域I和刚出磁场区域Ⅱ的过程，由动能定理有解得故D正确。故选ABCD。10.在平面内，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度沿x轴正方向射入．若区域仅存在沿y轴负方向的匀强电场E．则粒子经过时间到达点；若区域仅存在垂直平面向里的匀强磁场B，则粒子经过时向到达点，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.E与B的大小之比为B.与的大小关系为C.若区域同时存在匀强电场E与匀强磁场B，则粒子在y轴方向分运动为简谐运动D.若区域同时存在匀强电场E与匀强磁场B，则粒子运动过程中的最大速度为【答案】AD【解析】【详解】A．若x>0区域仅存在沿y轴负方向的匀强电场E，粒子做类平抛运动，则有解得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 若区域仅存在垂直平面向里的匀强磁场B，由洛伦兹力提供向心力由几何关系可得其中解得所以故A正确；B．因为而解得再磁场中运动时间所以故B错误；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C．若区域同时存在匀强电场E与匀强磁场B，在y轴方向由于电场力恒定，洛伦兹力为变力，则合力不可能与离开平衡位置的位移成正比，故粒子在y轴方向的分运动不可能为简谐运动，故C错误；D．利用配速法将速度分解为洛伦兹力与电场力相等需要的速度，即解得所以则将粒子的运动分为水平向右以速度的匀速直线运动和速度的匀速圆周运动，所以当匀速圆周运动速度水平向右时合速度最大，即故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题（本题共5小题，共54分）11.小明在实验室探究物体加速度与所受合外力的关系，实验装置如图甲所示，主要实验步骤如下：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （1）调整长木板倾角进行阻力补偿，使小车恰好沿长木板向下做匀速运动。（2）保持长木板的倾角不变，绳子下端只挂一个钩码，将小车移近打点计时器，接通电源然后释放小车，小车沿长木板向下做匀加速直线运动，得到一条纸带如图所示，为计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，打点计时器的频率为。利用刻度尺测量得到。通过纸带求得小车在点的速度大小为______；通过纸带求得小车加速度大小为______。（均保留2位有效数字）（3）保持绳子下端悬挂的钩码不变，在小车上放置不同数量的相同钩码，小车上钩码的个数记为，重复实验操作（2），求出小车对应的加速度，得到加速度的倒数和钩码个数的图像如图所示，已知一个钩码的质量为，图像中直线斜率为，纵轴截距为，利用题中信息可得出重力加速度______，小车的质量______。（用表示）。【答案】①.0.31②.0.60③.④.【解析】【详解】（2）[1]相邻计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则小车在点的速度大小为[2]根据逐差法可得，小车加速度大小为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （3）[3][4]由牛顿第二定律可知可得由图可知解得12.某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量，并探究欧姆表的原理。（1）某次测量时，多用电表表盘指针指在如图甲所示位置，下列说法错误的是。A.若该读数是选用欧姆挡“”倍率得到的，应该更换“”倍率，欧姆调零后再次进行测量B.多用电表的欣姆挡是靠内部电源提供电流的．若选用“”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为C.测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路的负极（2）该小组进一步探究欧姆表的原理，设计了如图乙所示的电路，通过调节开关S第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ，可使欧姆表具有“”和“”的两种倍率，可用器材如下：A．干电池（电动势，内阻不计）；B．电流表G（满偏电流，内阻）；C．定值电阻（阻值为）；D．滑动变阻器（最大阻值为）；E．定值电阻（阻值为）、；F．开关一个红、黑表笔各一支，导线若干．①表笔B是______（填“红或“黑”）表笔；②虚线框内是双量程电流表，已知当S接a时，对应电流表量程是，那么定值电阻______；③当开关S拨向________（填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“”，欧姆调零后，欧姆表内阻为______。【答案】（1）B（2）①.黑②.9③.b④.150【解析】【分析】【小问1详解】A．欧姆表的读数等于倍率乘指针示数，该图指针所示位置电阻读数偏小，说明倍率选大了，应该改用“”的倍率，欧姆调零后再次进行测量，故A正确；B．多用电表作欧姆表使用时，是靠内部电源提供电流，中值刻度对应的电阻就等于这个倍率下欧姆表的内阻，若选用的是“×10”的倍率测电阻，则欧姆表内阻约为，故B错误；C．测直流电流时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，以保证表盘指针能够正偏，故必须让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故C正确。本题选错误，故选B。【小问2详解】①[1]电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图可知，表笔B是黑表笔；②[2]当S接a时，对应电流表量程是0~0.1A，则有解得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ③[3][4]当S接a时，对应电流表量程是0-0.1A，则欧姆表内阻为当S接b时，设满偏电流为，根据并联电路分流特点有解得可知，当S接b时，欧姆表的倍率是“×10”。则欧姆表内阻为【点睛】13.如图，质量均为m的光滑长方体甲、乙静置在光滑的水平面上。在它们之间放一质量为、截面为正三角形的重物丙，丙两侧分别与甲、乙接触。对长方体甲、乙施加等大、反向的水平力F时，重物丙恰好静止。已知重力加速度大小为g。若同时撤去力F，长方体将在水平面上滑动，求：（1）水平力F的大小；（2）刚撤去F时，地面对长方体甲的弹力大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对丙受力分析，如图所示由平衡条件可得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 解得对甲受力分析，如图所示由平衡条件，可得又联立，解得（2）刚撤去F时，甲物体竖直方向受力平衡，有解得14.如图，为某轮滑赛道模型，段和段为在B点相切的圆弧，半径分别为，在圆弧的最上端A点的切线水平，为圆弧的圆心，与竖直方向的夹角为；圆弧的最下端C点的切线水平，为圆弧的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为，重力加速度大小为g，求：（1）滑块运动到B点时的速度多大；（2）滑块在段圆弧和在段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）到B点时对圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据牛顿第二定律得滑块运动到B点时的速度（2）在段圆弧，根据动能定理克服摩擦力做的功到C点时对圆弧轨道的压力大小为，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力根据牛顿第二定律得根据动能定理克服摩擦力做的功第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （3）根据在地面滑行时，加速度大小滑行距离所以滑块停下时离C点的水平距离为15.如图，纸面内有一水平虚线，垂直于纸面放置的足够长平面感光板与虚线平行。与虚线间的距离为，且存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。虚线上有一点状放射源S，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与虚线成角的方向射入磁场。并恰能垂直打到感光板上。不计粒子的重力，。（1）求粒子射入磁场时的速率v；（2）若粒子均以的速率在纸面内沿不同方向射入磁场，仅考虑能打到感光板上的粒子，求：①粒子在磁场中运动的最短时间；②感光板被粒子打中的长度。【答案】（1）；（2）①；②l【解析】【详解】（1）粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏转角为53°，由几何关系有第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 洛伦兹力提供向心力有解得（2）①粒子以的速率沿纸面不同方向射入磁场，则做圆周运动半径为=如图所示，当粒子经过时弦长最短，对应时间最短根据几何关系有则最短时间为②如图所示：轨迹恰好与感光板ab相切时，打到最左侧的P点，由几何关系可知当粒子初速度平行感光板ab时，打到最右侧的Q点，由几何关系可知第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 感光板ab被粒子打中的长度第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司