安徽省A10联盟2024届高三年级下册最后一卷理综物理试题 含解析

安徽省A10联盟2024届高三最终一卷理综物理试题

二、选择题

1.随着中国在核能发电领域的发展，国际能源署界长提林•比罗尔估计到2030年中国就会

超过美国成为全球最大的核能国家。下列关于核反应和核能的说法正确的是

A.原子弹是利用轻核聚变制成的核武器

B.任何核反应满意质量守恒定律

C.原子核结合能越大，表明原子核中的核子结合得越牢周，原子核就越稳定

D.假如不对裂变的链武反应加以限制，就会在极短的时间内释放出巨大的能量，发生猛烈爆

炸

【答案】D

【解析】原子弹是利用重核裂变(链式反应)制成的核武器，故A错误；原子核发生衰变时

要遵守电荷数守恒和质量数守恒的规律，但质量并不守恒，故B错误。原子核中，核子的比

结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢，原子核越稳定，故C错误。若核燃料能达到足

够多时，假如对裂变的链式反应不加限制，在极短的时间内会释放出巨大的能量，发生猛烈

爆炸，故D正确：故选D。

【点睛】核能分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不行控链式反应，前者

主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上。比结合能越大，表

示原子核中核子结合得越牢，原子核越稳定.

2.匀强电场平行于等边三角形ABC所在的平面，M、N分别是BC和AC的中点。同一带负电的

点电荷，由A移到B电场力做功1.2X10),由A移到C电场力做功2.4X10),则下列说法

正确的是

A.M、N连线所在直线为等势线

B.A点电势高于B点

C.将该点电荷由A点移到M点，电场力做功1.8X10)

D.匀强电场的方向由A点指向C点

【答案】C

【解析】负电荷由A移到B电场力做功1.2x10'8|，由A移到C电场力做功2/X10-8|，即

%=等，根据W=Uq,可知如=与，又N为AC的中点，根据U=Ed,可得加=苧，故

UAB=UAN=与，即B点的电势与N点电势相等，即B与N的连线是一条等势线；负电荷从低电势

点运动到高电势点，电场力做正功，故A点的电势低于B点的电势，而B点的电势又低于C点的电

势，故M点的电势高于B点电势，所以M、N两点的电势不相等，匀强电场的方向为过C点作BN连

线的垂线斜向左上方，故ABD错误；作BN的平行线MD,如图

因BN是等势线，故MD也是等势线，即M及D的电势相等，由几何关系可知，则，依据W=Uq

8

可知，WAD=^WAC=1.8X10'J,却将该点电荷由A点移到M点，电场力做功

WAMMW2T8*10个,故C正确；故选C。

【点睛】电场力做功量等于电势能的改变.匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线,

而等势线及电场线垂直；依据电场线及等势线的特点可确定电场线的方向，依据归Uq分析电

场力做功的状况。

3.已知月球绕地球做圆周运动的轨道半轻为r,周期为T。如图，某小行星拂过地球时其轨

道刚好及月球轨道相切于A点，若只考虑地球对它的引力作用，当这颗小行星运动到A点时,

可以求出其

A.加速度的大小

B.线速度的大小

C.角速度的大小

D.受到地球的引力

【答案】A

【解析】已知月球绕地球做圆周运动的轨道半轻为r,周期为T,由万有引力供应向心力，得：,

可以解得地球的质量，小行星运动到A点时，距地球的距离为r,依据牛顿其次定律得：，解

得：，可以解出加速度的大小，因小行星不是围绕地球做匀速圆周运动，故无法求出线速度、

角速度的大小，因不知道小行星的质量，故无法求出小行星在A点受到地球的引力，故A正

确，BCD错误；故选A。

【点睛】由月球绕地球做圆周运动的轨道半轻为r,周期为T,可以求出地球的质量；依据牛

顿其次定律可以求出加速度的大小。

4.t=0时，甲、乙两车同时同向行驶，其位移时间图象分别为图中直线甲和曲线乙。已知乙

车的加速度恒定，且大小为4m/s2,t=3s时，直线甲和曲线乙刚好相切，则t=0时甲车和乙

车的距离为

A.16mB.18mC.20mD.22m

【答案】B

【解析】由图可知，甲车的速度为，3s时，直线甲和曲线乙刚好相切，即此时乙车的速度

V2=4m4由图可知乙车做匀减速直线运动，即J=4m/sl设乙车的初速度为同，由后三包,

得卜o=16m/*由图可知甲车的位移为月=12吨乙车的位移为*2=女产1=竺9><3=30111，

t=3s时，甲车和乙车到达同一位置，则|Ax=X2-X]=18m|,故选B。

【点睛】由图知，甲车做匀速直线运动，由斜率求出甲车的速度.t=3s时，直线甲及曲线乙

刚好相切，两车的速度相等，对乙车，由速度时间公式求出乙车的初速度.由位移公式求出

两车的位移，即可求得t=0s时两车相距的距离.

5.用正弦式交变电流通过一志向变压器给距离较远的用户供电，电路图可等效为图示电路。

副线线圈及用户之间导线的电阻为r,其余部分导线及电流表的电阻均不计。已知开关S闭合

前后用户消耗的电功率相等，变压器输入电压有效值不变，则下列说法正确的是

A.R：r=2：1

B.开关闭合前后输电线上损失的功率之比为1：2

C.开关闭合前后变压器的输人功率不变

D.开关闭合前后电流表的读数之匕为1：2

【答案】B

【解析】变压器输人电压有效值不变，故副线圈两端电压不变，设为回，由题知，闭合前用

户消耗的电功率为，闭合后用户消耗的电功率为，因曰],即，解得：匹百，故A错误;

闭合前输电线上损失的功率为，闭合后输电线上损失的功率为，故尿加=卜小故B正确；依

据P=UI,可知闭合前后电压不变，电流变大，故变压器的输入功率变大，故c错误；闭合前

副线圈的电流为，闭合后副线圈的电流为，则副线圈电流之比为，依据电流及匝数的关系，

故原线圈的电流之比为，故D错误；故选B。

【点睛】闭合前后副线圈的电压不变，电阻改变，从而电流改变，利用用户消耗的功率不变

得到R及r的关系，依据&=收分析输电线损失的功率,依据副线圈电流的改变，得出原线圈

电流的改变。

6.如图，两光滑平行直导轨倾斜放置，导轨平面的候角为。。有两磁场均垂直于导轨平面，

磁感应强度大小相等，方向相反、以虚线AC为界。两磁场区域内分别有MN、P0两个金属棒

放置在导轨上，两金属棒的质量相等、垂直于导软并及导轨接触良好，保持MN静止，释放PQ

导轨足够长，则下列说快正确的是

A.当PQ棒的加速度为a时释放MN棒，释放的一瞬间MN棒的加速度也为a

B.当P0棒的加速度为a时释放MN棒，释放的一瞬间MN棒的加速度大于a

C.当PQ棒速度达到最大时释放MN棒，释放的一瞬间MN棒有最大加速度

D.当PQ棒速度达到最大时释放MN棒，释放后MN棒会处于静止状态

【答案】AD

【解析】当PQ棒的加速度为a时，设此时的电流为I,对PQ受力分析，由牛顿其次定律得：

ImgsinB—BIL=ma|,对MN受力分析，由牛顿其次定律得：mgsinO-BIL=ma，联立得：=a|»

故A正确，B错误：当PQ棒速度达到最大时，对PQ受力分析，则有：［ngsinO-BI‘L=d，解得:

mgsinO=BIL＞此时对MN受力分析，则有：mgsmO-Bl'L=C，故释放后MN棒会处于静止状态,

故C错误，D正确；故选AD。

【点睛】依据题目所给状态，分别对PQ和MN受力分析，依据牛顿其次定律求解MN的加速度,

依据达到最大速度分析MN的受力状况。

7.如图，质量为2m、倾角0=37。的斜面体放在光滑水平面上，斜面上有一质量为m的物块。

用水平推力推物块，物块和斜面体保持相对静止，一起向右做匀加速直线运动。已知物块及

斜面间的动摩擦因数为u=0.5.重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37，=0.8.假设最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，则物块的加速度大小可能为

【答案】ABC

【解析】对整体受力分析，由牛顿其次定律得：F=3ma；当F较小时，物块受到的最大静摩擦

力沿斜面对上，对其受力分析，如图

mg

在竖直方向上，根据平衡条件得：FNCOSQ+fsinO=mg,在水平方向上，根据牛顿第二定律得:

F+fcose-FNsin0=ma,联立解得：a=[g；当F较大时，物块受到沿斜面向下的最大静摩擦

力，对其受力分析，如图

在竖直方向上，依据平衡条件得；FN<x>sO=fsinO+m£,在水平方向上，依据牛顿其次定律得;

F-fcosO-FNsm。三代,联立解得：故加速度的范围为，故ABC正确，D错误，故选ABC。

【点睛】分两种状况探讨最大静摩擦力的方向，依据整体法求出加速度，再依据隔离法求出

加速度的最小值和最大值，得出加速度的范围，即可分析求解。

8.如图，一个质量为m的光滑小环套在一根轻质细绳上，细绳的两端分别系在竖直的杆上A、

B两点，让竖直杆以角速度3匀速转动，此时小环在绳上C点，AC和BC及竖直方向的夹角

分别为37。和53。,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g.则

A.绳上的张力大小为ig

B.绳子的长度为强

112m3

35g

C.杆上A、B两点间的距离为T

I2or

D.环做圆周运动的向心加速度大小等于g

【答案】ABD

【解析】对小环受力分析，可知其受重力和绳子的拉力作用，受力分析如图

在竖直方向上，依据平衡条件得：Tcos530+Tcos37°=m£，在水平方向上，依据牛顿其次定

律得：Tsin53°+Tsin370=mco2r»联立解得:向心加速度曰三依据几何关系，

得绳长，依据几何关系，得AB间的距离为卜=」=-」＜=一与，故ABD正确，C错误；

tan37tan5312co”

故选ABDo

【点睛】同一根绳拉力大小相等，对环受力分析，进行正交分解，依据平衡条件和牛顿其次

定律列式求解拉力，向心加速度，绳长和AB间的距离。

三、非选择题

9.某试验小组利用如图甲所示的试验装置探讨滑块做匀加速直线运动时的加速度。

(1)利用游标为50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数如图乙所示，则遮光条的宽度

为mm；

(2)用米尺测量出两光电门之间的距离如图内所示，则米尺的读数为cm；

(3)组装好试验器材后，将滑块由静止释放，在重锤的牵引下沿长木板做加速运动，滑块通过

两光电门时，这光条的指光时间分别为国=2.50X10%,叵*1.25X1。々S.由以上数据可求得

该滑块微匀加速直线运动时的加速度大小为m/s2o(结果保留两位小数)

才•电立无电冲、、

十个时"胃d小"中irrr

乙

【答案】（1）.5.06（2）.20.0（19.9-20.1均可）（3）.0.31（0.30-0.32均可）

【解析】(1)游标卡尺的固定刻度读数为,10-5痴^游标读数为|。02・3mm-0.06nii1

所以最终读数为：15mm+0.06mm=5.06mm|；(2)由图可知米尺的读数为20.0cm；(3)经过光

电门A的速度为，经过光电门B的速度为，依据速度位移公式得:，代入数据得：b=0.31m/s不

【点睛】了解不同的测量工具的精确度和读数方法.知道光电门测量滑块瞬时速度的原理.依

据运动学公式求出加速度.

10.某同学要测量电池组的电动势和内阻，依据试验室供应的器材，设计了图甲所示的电路

图。

(1)请依据电路图将图中器材连接成电路

(2)闭合电键后，调整电阻箱。得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U,

作出图象如图乙所示，图线及横、纵坐标轴的裁距分别为-b、a,定值电阳的阻值用闻表

示，则该电池组的电动势为一一，内阻为一：测得的电动势及真实值相比._(选

填“偏大”、“偏小”或“相等”)

(3)该同学尝试以电压表读数U为纵坐标作图，为使做出的图线为一条直线，图象的横坐标表

示的物理量应当是(用测量值的符号表示)

【答案】(1).如图所示；

(2).口(3).(4).偏小(5).:

【解析】(1)依据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:

依据闭合电路的欧姆定律得:，变形得:，则图象的斜率：，纵轴截距:

(2)FI解得:日

由于电压表分流作用，通过电流表的电流大于H，则电动势的测量值小于真实值。(3)依据闭

合电路的欧姆定律得：，变形得：，u及，是线性关系，要得到直线图象，横坐标应表示目。

【点睛】依据电路图连接实物电路图。依据电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表

达式，然后答题。依据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后依

据图示图象求出电源的电动势及内阻，再分析试验误差。

11.如图，光滑水平面上静止质量区)=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量回=1.0kg

的小滑块，在滑块正上方的0点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。将小球向

右上方拉至细绳及整直方向成60°的位置由静止释放，小球摆到最低点及滑块发生正碰

并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N,最终小滑块恰好不

会从木板上滑下。不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；

(2)小滑块及木板之间的动摩擦因数。

【答案】(l)2m/s,0.4m/s(2)0.12

【解析】试题分析：(1)依据机械能守恒求出小球下摆到最低点的速度，依据碰撞前后拉力

减小了4.8N,分别列出碰撞前后向心力的表达式，即可求出碰撞后的速度大小：(2)利用动

量守恒和能量守恒即可求出动摩擦因数。

(1)小球下摆过程，机械能守恒

小球碰前瞬间的速度大小卜=向=2m/《

小球及小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：

9

由题意得：|T-T=4.8N|

联立求得碰后瞬间小球的速度大小为|v'=04md

(2)小球及小滑块碰撞过程，动量守恒得：mv=-mv+m2Vj

解得：V1=L2m.

小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒得：|m2V「(mi+m^v?

解得：V?=0.6mA

由能量守恒可得：pm12gL=+m/v；

~22

小滑块及木板之间的动摩擦因数u=0.12

【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，知道小球

和小滑块碰撞的瞬间，系统动量守恒；小滑块在木板上运动的过程中，系统动量守恒.

12.如图所示，在xOy坐标系的第一、二、三象限内存在乘直纸面对外的匀强磁场，在第四

象限内存在沿X轴负方向的匀强电场。质量为m、电量为-q的带电粒子以初速度v从原点0

沿y轴正方向射入匀强磁场，经过时间进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，

粒子再次进入匀强磁场后恰好能干脆回到原点0。不计粒子重力，求：

(1)磁场的磁感应强度B；

(2)粒子第一次在电场中运动的时间琲

(3)粒子第n次离开电场时距原点的距离同.

【答案】(1)S⑵巫⑶(n=l,2,3.....)

qt|九

【解析】试题分析：(1)粒子第•象限做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力及周期定

义式即可求得磁感应强度；(2)依据粒子在电场中做类平抛运动的规律和在磁场中做匀速圆

运动的规律即可求解：(3)依据题意作出粒子运动的轨迹图，得出第n次离开电场时距离原

点的距离。

(1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R，周期为T,贝IJ：,,

解得:

(2)设粒子第一次离开电场时的速度为日，方向及-y的夹角为0,沿-y方向的位移为目，如

粒子在电场中做类平抛运动，有

粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径

由，可得

联立解得

粒子第一次在电场中运动的时间

(3)粒子其次次进入电场后的速度为5且及-y方向的夹角为0,粒子做类斜抛运动。易知粒

子其次次在电场中运动的时间为卜=2"

在y方向的位移为

粒子第三次进人电场及第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，可知粒子第n

次离开电场时位置（n=l,2,3......）

【点睛】本题考查了带电粒子在匀强磁场、电场中的运动。解决本题的关键理清粒子整个过

程中的运动规律，驾驭处理类平抛运动和圆周运动的方法，作出运动轨迹，结合牛顿其次定

律、运动学公式进行求解。

13.下列说法正确的是

A.单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性

B.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体

C.同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现

D.一块匀称薄片，沿各个方向对它施加拉力，发觉其强度一样，则此薄片肯定是非晶体

E.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的玻璃片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体

【答案】ABC

【解析】单晶体具有各向异性，原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性，故A正确；

由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金

刚石，故B正确。同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如自然水晶是晶体。

而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C正确；一块匀称薄片，沿各个方向对它施加拉力，发

觉其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体,

因为单晶体某些物理性质各向异性，有些物理性质各向同性，故D错误；烧热的针尖接触涂

有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故E错误；故选ABC。

【点睛】晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，单晶体具有各向异性，多晶体非晶体

各向同性；；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现.

14.如图，一绝热气缸竖直放置，气缸内横截面积月三1亟曷的光滑绝热活塞封闭着肯定质量

的志向气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为nplOkg。在汽缸内部有一个

阻值R=4Q的电阻丝，电阻丝两端的电压U=12V0接通电源10s后断开，活塞缓慢上升h=10cm.

已知志向气体的初始温度卜=27°q、体积v=3x10%，大气压Po=10x10七，重力加速度

g-10m/s彳若电阻丝产生的热量全部被气体汲取,求：

(i)活塞上升10cm后志向气体的温度；

(ii)从接通电源到活塞上升10cm的过程中志向气体的内能改变量。

【答案】(i)400K(127℃)(ii)250J

【解析1试题分析：(i)气体压强不变，依据盖吕-萨克定律求解温度；(ii)对活塞分析，

活塞受力平衡，则由平衡关系可求得气体压强；由于缓慢移动可认为恒力作用，求出气体对

外界做功，依据焦耳定律求解产生的热量；再依据热力学第肯定律求解内能.

(i)气体的压强保持不变，由盖吕-萨克定律得：

解得：T=^^To=4OOK(127℃)

(ii)设汽缸内气体的压强为p,选活塞为探讨对象，活塞缓慢移动受力平衡

依据平衡得：|p0S+mg=pS

解得：|p=Ll*10%

活塞在上升h=10cm的过程中外界对气体做功心-Fh=-pSh=T10j

电阻丝在通电10s内产生的热量为

依据热力学第肯定律得：|AU=W+Q=i^j|,即气体的内能增加了250J

【点睛】本题主要考查了气体试验定律及热力学第肯定律，要求学生能从题目中找出所需信

息，依据气体试验定律和热力学第肯定律进行求解。

15.如图，轴上国及国是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为

v=0.4m/s,振幅均为A=2cm,图示为t=0时刻两列波的图象，此时分别传播到P点和Q点，下

列说法正确的是

A.图示时刻质点P^Q都沿y轴负向运动

B.t=0.75s时刻,质点P、Q都运动到M点

C.t=ls时刻，质点M的位移为-4cm

D.t=L25s时刻,质点M为振动减弱点

E.t=3.5s时刻，质点P的位移为0

【答案】ACE

【解析】由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿X