安徽省A10聯(lián)盟高三下學期最后一卷理綜物理試題 含解析

1、安徽省A10聯(lián)盟2018屆高三最后一卷理綜物理試題二、選擇題1. 隨著中國在核能發(fā)電領(lǐng)域的發(fā)展，國際能源署界長提林·比羅爾估計到2030年中國就會超過美國成為全球最大的核能國家。下列關(guān)于核反應和核能的說法正確的是A. 原子彈是利用輕核聚變制成的核武器B. 任何核反應滿足質(zhì)量守恒定律C. 原子核結(jié)合能越大，表明原子核中的核子結(jié)合得越牢周，原子核就越穩(wěn)定D. 如果不對裂變的鏈武反應加以控制，就會在極短的時間內(nèi)釋放出巨大的能量，發(fā)生猛烈爆炸【答案】D【解析】原子彈是利用重核裂變（鏈式反應）制成的核武器，故A錯誤；原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒的規(guī)律，但質(zhì)量并不守恒，故B錯誤。

2、原子核中，核子的比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤。若核燃料能達到足夠多時，如果對裂變的鏈式反應不加控制，在極短的時間內(nèi)會釋放出巨大的能量，發(fā)生猛烈爆炸，故D正確；故選D?！军c睛】核能分為裂變和聚變兩種，裂變分為兩種：可控鏈式反應和不可控鏈式反應，前者主要應用在核反應堆中，后者應用在原子彈中；聚變主要應用在氫彈上。比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢，原子核越穩(wěn)定2. 勻強電場平行于等邊三角形ABC所在的平面，M、N分別是BC和AC的中點。同一帶負電的點電荷，由A移到B電場力做功1.2×10-8J，由A移到C電場力做功2.4×10-8J，則

3、下列說法正確的是A. M、N連線所在直線為等勢線B. A點電勢高于B點C. 將該點電荷由A點移到M點，電場力做功1.8×10-8JD. 勻強電場的方向由A點指向C點【答案】C 因BN是等勢線，故MD也是等勢線，即M與D的電勢相等，由幾何關(guān)系可知，則，根據(jù)W=Uq可知，即將該點電荷由A點移到M點，電場力做功，故C正確；故選C。【點睛】電場力做功量等于電勢能的變化勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線與電場線垂直；根據(jù)電場線與等勢線的特點可確定電場線的方向，根據(jù)W=Uq分析電場力做功的情況。3. 已知月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r，周期為T。如圖，某小行星掠過地球時其軌

4、道剛好與月球軌道相切于A點，若只考慮地球?qū)λ囊ψ饔?，當這顆小行星運動到A點時，可以求出其A. 加速度的大小B. 線速度的大小C. 角速度的大小D. 受到地球的引力【答案】A【解析】已知月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r，周期為T，由萬有引力提供向心力，得：，可以解得地球的質(zhì)量，小行星運動到A點時，距地球的距離為r，根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：，可以解出加速度的大小，因小行星不是圍繞地球做勻速圓周運動，故無法求出線速度、角速度的大小，因不知道小行星的質(zhì)量，故無法求出小行星在A點受到地球的引力，故A正確，BCD錯誤；故選A。【點睛】由月球繞地球做圓周運動的軌道半輕為r，周期為T，可以求出地球的

5、質(zhì)量；根據(jù)牛頓第二定律可以求出加速度的大小。4. t=0時，甲、乙兩車同時同向行駛，其位移時間圖象分別為圖中直線甲和曲線乙。已知乙車的加速度恒定，且大小為4m/s²， t=3s時，直線甲和曲線乙剛好相切，則t=0時甲車和乙車的距離為A. 16m B. 18m C. 20m D. 22m【答案】B【解析】由圖可知，甲車的速度為，3s時，直線甲和曲線乙剛好相切，即此時乙車的速度，由圖可知乙車做勻減速直線運動，即，設(shè)乙車的初速度為，由，得，由圖可知甲車的位移為，乙車的位移為，t=3s時，甲車和乙車到達同一位置，則，故選B?！军c睛】由圖知，甲車做勻速直線運動，由斜率求出甲車的速度t=3s時，

6、直線甲與曲線乙剛好相切，兩車的速度相等，對乙車，由速度時間公式求出乙車的初速度由位移公式求出兩車的位移，即可求得t=0s時兩車相距的距離5. 用正弦式交變電流通過一理想變壓器給距離較遠的用戶供電， 電路圖可等效為圖示電路。副線線圈與用戶之間導線的電阻為r，其余部分導線與電流表的電阻均不計。已知開關(guān)S閉合前后用戶消耗的電功率相等，變壓器輸人電壓有效值不變，則下列說法正確的是A. R：r=2：1B. 開關(guān)閉合前后輸電線上損失的功率之比為1：2C. 開關(guān)閉合前后變壓器的輸人功率不變D. 開關(guān)閉合前后電流表的讀數(shù)之比為1：2【答案】B【解析】變壓器輸人電壓有效值不變，故副線圈兩端電壓不變，設(shè)為，由題知

7、，閉合前用戶消耗的電功率為，閉合后用戶消耗的電功率為，因，即，解得：，故A錯誤；閉合前輸電線上損失的功率為,閉合后輸電線上損失的功率為，故，故B正確；根據(jù)P=UI，可知閉合前后電壓不變，電流變大，故變壓器的輸入功率變大，故C錯誤；閉合前副線圈的電流為，閉合后副線圈的電流為，則副線圈電流之比為，根據(jù)電流與匝數(shù)的關(guān)系，故原線圈的電流之比為，故D錯誤；故選B?！军c睛】閉合前后副線圈的電壓不變，電阻變化，從而電流變化，利用用戶消耗的功率不變得到R與r的關(guān)系，根據(jù)分析輸電線損失的功率，根據(jù)副線圈電流的變化，得出原線圈電流的變化。6. 如圖，兩光滑平行直導軌傾斜放置，導軌平面的候角為。有兩磁場均垂直于導軌

8、平面，磁感應強度大小相等，方向相反、以虛線AC為界。兩磁場區(qū)域內(nèi)分別有MN、PO兩個金屬棒放置在導軌上，兩金屬棒的質(zhì)量相等、垂直于導軟并與導軌接觸良好，保持MN靜止，釋放PQ導軌足夠長，則下列說快正確的是A. 當PQ棒的加速度為a時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒的加速度也為aB. 當PO棒的加速度為a時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒的加速度大于aC. 當PQ棒速度達到最大時釋放MN棒，釋放的一瞬間MN棒有最大加速度D. 當PQ棒速度達到最大時釋放MN棒，釋放后MN棒會處于靜止狀態(tài)【答案】AD【解析】當PQ棒的加速度為a時，設(shè)此時的電流為I，對PQ受力分析，由牛頓第二定律得：，對MN受力分析，由

9、牛頓第二定律得：，聯(lián)立得：，故A正確，B錯誤；當PQ棒速度達到最大時，對PQ受力分析，則有：，解得：，此時對MN受力分析，則有：，故釋放后MN棒會處于靜止狀態(tài)，故C錯誤，D正確；故選AD?！军c睛】根據(jù)題目所給狀態(tài)，分別對PQ和MN受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解MN的加速度，根據(jù)達到最大速度分析MN的受力情況。7. 如圖，質(zhì)量為2m、傾角=37º的斜面體放在光滑水平面上，斜面上有一質(zhì)量為m的物塊。用水平推力推物塊，物塊和斜面體保持相對靜止，一起向右做勻加速直線運動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為=0.5.重力加速度為g，sin37º= 0.6，cos37º=0.8.

10、假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊的加速度大小可能為A. B. C. g D. 【答案】ABC【解析】對整體受力分析，由牛頓第二定律得：F=3ma；當F較小時，物塊受到的最大靜摩擦力沿斜面向上，對其受力分析，如圖.在豎直方向上，根據(jù)平衡條件得：，在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：，聯(lián)立解得：；故加速度的范圍為，故ABC正確，D錯誤，故選ABC?！军c睛】分兩種情況討論最大靜摩擦力的方向，根據(jù)整體法求出加速度，再根據(jù)隔離法求出加速度的最小值和最大值，得出加速度的范圍，即可分析求解。8. 如圖，一個質(zhì)量為m的光滑小環(huán)套在一根輕質(zhì)細繩上，細繩的兩端分別系在豎直的桿上A、B兩點，讓豎直桿以角速度勻速

11、轉(zhuǎn)動，此時小環(huán)在繩上C點，AC和BC與豎直方向的夾角分別為37º和53º，sin37º=0.6，cos37º=0.8，重力加速度為g.則A. 繩上的張力大小為mgB. 繩子的長度為C. 桿上A、B兩點間的距離為D. 環(huán)做圓周運動的向心加速度大小等于g【答案】ABD【解析】對小環(huán)受力分析，可知其受重力和繩子的拉力作用，受力分析如圖在豎直方向上，根據(jù)平衡條件得：，在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：，聯(lián)立解得：，向心加速度，；根據(jù)幾何關(guān)系，得繩長，根據(jù)幾何關(guān)系，得AB間的距離為，故ABD正確，C錯誤；故選ABD?！军c睛】同一根繩拉力大小相等，對環(huán)受力分析，進行

12、正交分解，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解拉力，向心加速度，繩長和AB間的距離。三、非選擇題9. 某實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置研究滑塊做勻加速直線運動時的加速度。(1)利用游標為50分度的游標卡尺測量遮光條的寬度，其讀數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度為_mm；(2)用米尺測量出兩光電門之間的距離如圖丙所示，則米尺的讀數(shù)為_cm；(3)組裝好實驗器材后，將滑塊由靜止釋放，在重錘的牽引下沿長木板做加速運動，滑塊通過兩光電門時，這光條的指光時間分別為=2.50×10-2s，=1.25×10-2s.由以上數(shù)據(jù)可求得該滑塊微勻加速直線運動時的加速度大小為_m/s²。(結(jié)

13、果保留兩位小數(shù))【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）游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為，游標讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：；（2）由圖可知米尺的讀數(shù)為20.0cm；（3）經(jīng)過光電門A的速度為，經(jīng)過光電門B的速度為，根據(jù)速度位移公式得：，代入數(shù)據(jù)得：?！军c睛】了解不同的測量工具的精確度和讀數(shù)方法知道光電門測量滑塊瞬時速度的原理根據(jù)運動學公式求出加速度10. 某同學要測量電池組的電動勢和內(nèi)阻，根據(jù)實驗室提供的器材，設(shè)計了圖甲所示的電路圖。(1)請根據(jù)電路圖將圖中器材連接成電路_；(2)閉合電鍵后，調(diào)節(jié)電阻箱。得到多組

14、電阻箱接入電路的阻值R和對應的電壓表的示數(shù)U，作出圖象如圖乙所示，圖線與橫、縱坐標軸的裁距分別為-b、a，定值電陽的阻值用表示，則該電池組的電動勢為_，內(nèi)阻為_；測得的電動勢與真實值相比_(選填“偏大”、“偏小”或“相等”)(3)該同學嘗試以電壓表讀數(shù)U為縱坐標作圖，為使做出的圖線為一條直線，圖象的橫坐標表示的物理量應該是_(用測量值的符號表示)【答案】 (1). 如圖所示； (2). (3). (4). 偏小 (5). 【解析】（1）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：，變形得：，則圖象的斜率：，縱軸截距：，解得：，由于電壓表分流作用，通過電流表

15、的電流大于，則電動勢的測量值小于真實值。（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：，變形得：，U與是線性關(guān)系，要得到直線圖象，橫坐標應表示?！军c睛】根據(jù)電路圖連接實物電路圖。根據(jù)電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后答題。根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源的電動勢與內(nèi)阻，再分析實驗誤差。11. 如圖，光滑水平面上靜止質(zhì)量=1.0kg、長L=0.3m的木板，木板右端有質(zhì)量=1.0kg的小滑塊，在滑塊正上方的0點用長r=0.4m的輕質(zhì)細繩懸掛質(zhì)量m=0.5kg的小球。將小球向右上方拉至細繩與整直方向成= 60º的位置由靜止釋放，小球擺到

16、最低點與滑塊發(fā)生正碰并被反彈，碰撞時間極短，碰撞前后瞬間細繩對小球的拉力減小了4.8N，最終小滑塊恰好不會從木板上滑下。不計空氣阻力、滑塊、小球均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s²。求：(1)小球碰前、碰后瞬間的速度大小；(2)小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮?1)2m/s， 0.4m/s(2) 0.12【解析】試題分析：（1）根據(jù)機械能守恒求出小球下擺到最低點的速度，根據(jù)碰撞前后拉力減小了4.8N，分別列出碰撞前后向心力的表達式，即可求出碰撞后的速度大?。唬?）利用動量守恒和能量守恒即可求出動摩擦因數(shù)。(1)小球下擺過程，機械能守恒小球碰前瞬間的速度大小小球與小滑塊碰撞前

17、、后瞬間，由向心力公式可得：，由題意得： 聯(lián)立求得碰后瞬間小球的速度大小為 (2)小球與小滑塊碰撞過程，動量守恒得：解得：小滑塊在木板上滑動過程中，動量守恒得：解得：由能量守恒可得：小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)=0.12【點睛】本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律、機械能守恒定律的綜合運用，知道小球和小滑塊碰撞的瞬間，系統(tǒng)動量守恒；小滑塊在木板上運動的過程中，系統(tǒng)動量守恒12. 如圖所示，在xOy坐標系的第一、二、三象限內(nèi)存在乘直紙面向外的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電量為-q的帶電粒子以初速度v從原點O沿y軸正方向射入勻強磁場，經(jīng)過時間進入勻強電場，在電場中運

18、動一段時間后離開電場，粒子再次進入勻強磁場后恰好能直接回到原點O。不計粒子重力，求：(1)磁場的磁感應強度B；(2)粒子第一次在電場中運動的時間；(3)粒子第n次離開電場時距原點的距離.【答案】(1 ) (2) (3) (n=1，2，3.)【解析】試題分析：（1）粒子第一象限做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力及周期定義式即可求得磁感應強度；（2）根據(jù)粒子在電場中做類平拋運動的規(guī)律和在磁場中做勻速圓運動的規(guī)律即可求解；（3）根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡圖，得出第n次離開電場時距離原點的距離。(1 )設(shè)粒子在第一象限做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，則：，解得：(2)設(shè)粒子第一次離開電場時的速

19、度為，方向與-y的夾角為，沿-y方向的位移為，如圖粒子在電場中做類平拋運動，有粒子再次進入磁場時做圓周運動的半徑由，可得聯(lián)立解得粒子第一次在電場中運動的時間(3)粒子第二次進入電場后的速度為，且與-y方向的夾角為，粒子做類斜拋運動。易知粒子第二次在電場中運動的時間為在y方向的位移為粒子第三次進人電場與第一次離開電場的位置相同，運動軌跡如圖中虛線所示，可知粒子第n次離開電場時位置(n=1，2，3.)【點睛】本題考查了帶電粒子在勻強磁場、電場中的運動。解決本題的關(guān)鍵理清粒子整個過程中的運動規(guī)律，掌握處理類平拋運動和圓周運動的方法，作出運動軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、運動學公式進行求解。13. 下列說法

20、正確的是_A.單晶體中原子(或分子、離子)的排列具有空間周期性B.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體C.同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種形態(tài)出現(xiàn)D.一塊均勻薄片，沿各個方向?qū)λ┘永?，發(fā)現(xiàn)其強度一樣，則此薄片一定是非晶體E.燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的玻璃片背面，熔化的蜂蠟呈圓形，說明蜂蠟是非晶體【答案】ABC【解析】單晶體具有各向異性，原子（或分子、離子）的排列具有空間周期性，故A正確；由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石，故B正確。同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，如天然水晶是晶體。而熔化后再凝固的

21、水晶是非晶體，故C正確；一塊均勻薄片，沿各個方向?qū)λ┘永?，發(fā)現(xiàn)其強度一樣，即各向同性，則此薄片可能是多晶體也可能是非晶體，同時也可能是單晶體，因為單晶體某些物理性質(zhì)各向異性，有些物理性質(zhì)各向同性，故D錯誤；燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母片是晶體，故E錯誤；故選ABC。【點睛】晶體分為單晶體和多晶體，都有固定的熔點，單晶體具有各向異性，多晶體非晶體各向同性；同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)14. 如圖，一絕熱氣缸豎直放置，氣缸內(nèi)橫截面積的光滑絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體。在活塞上面放置一個物體，活塞和物體的總質(zhì)量為m=l0kg。在汽缸內(nèi)部

22、有一個阻值R=4的電阻絲，電阻絲兩端的電壓U=12V。接通電源10s后斷開，活塞緩慢升高h=10cm.已知理想氣體的初始溫度、體積，大氣壓，重力加速度.若電阻絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，求：(i)活塞上升10cm后理想氣體的溫度；(ii)從接通電源到活塞上升10cm的過程中理想氣體的內(nèi)能變化量。【答案】(i) 400K(127) (ii) 250J【解析】試題分析：（i）氣體壓強不變，根據(jù)蓋呂-薩克定律求解溫度；（ii）對活塞分析，活塞受力平衡，則由平衡關(guān)系可求得氣體壓強；由于緩慢移動可認為恒力作用，求出氣體對外界做功，根據(jù)焦耳定律求解產(chǎn)生的熱量；再根據(jù)熱力學第一定律求解內(nèi)能(i)氣體的壓強保

23、持不變，由蓋呂-薩克定律得：解得：(ii)設(shè)汽缸內(nèi)氣體的壓強為p，選活塞為研究對象，活塞緩慢移動受力平衡根據(jù)平衡得： 解得：活塞在上升h=10cm的過程中外界對氣體做功電阻絲在通電10s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為根據(jù)熱力學第一定律得：，即氣體的內(nèi)能增加了250J【點睛】本題主要考查了氣體實驗定律與熱力學第一定律，要求學生能從題目中找出所需信息，根據(jù)氣體實驗定律和熱力學第一定律進行求解。15. 如圖，軸上與是兩個波源，產(chǎn)生的簡諧波分別沿軸向右、向左傳播，波速均為v=0.4m/s，振幅均為A=2cm，圖示為t=0時刻兩列波的圖象，此時分別傳播到P點和Q點，下列說法正確的是_ A.圖示時刻質(zhì)點P、Q都沿y軸負向運動 B.t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點 C.t=1s時刻，質(zhì)點M的位移為-4cmD.t=1.25s時刻，質(zhì)點M為振動減弱點E.t=3.5s時刻，質(zhì)點P的位移為0【答案】ACE【解析】由波的傳播方向可確定質(zhì)點的振動方向：逆向描波法。兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，則質(zhì)點P、Q均沿y軸負方向運動。故A正確；質(zhì)點不隨波遷移，所以質(zhì)點P、Q都不會運動到M點，故B錯誤；波的周期，兩質(zhì)點傳到M的時間為，當t=1s時刻，兩波的