安徽省部分學(xué)校2024屆高三年級下冊聯(lián)考(一模)物理試題 含解析

物理試卷

本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分.滿分100分，考試時間75分

鐘.請在答題卡上作答.

第I卷（選擇題共46分）

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分.每小題只有一個正確答案）

1.2023年8月24日，日本啟動核污染水排海，排放核污染水里含64種核放射性元素，將對全人類和海

21°Pc21°pc-O6ph?—

洋生命產(chǎn)生長久的重大威脅，核廢水中的84發(fā)生衰變時的核反應(yīng)方程為84-82FD+X,該核反

210Po206p.

應(yīng)過程中放出的能量為Q,設(shè)81的比結(jié)合能為昂，82的比結(jié)合能為瓦，X的比結(jié)合能為田，已

210Po

知光在真空中的傳播速度為c,84ro的半衰期為138天，則下列說法正確的是（）

A.該核反應(yīng)中M°Po發(fā)生了P衰變

B.該核反應(yīng)過程中放出的能量。=2104—（206區(qū)+4區(qū)）

C.100個;：°Po原子核經(jīng)過138天，還剩50個原子核未衰變

D.該核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損為g

c

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得，X的質(zhì)量數(shù)為4,電荷數(shù)為2,即X為；He,該

反應(yīng)為a衰變，故A錯誤；

B.核反應(yīng)過程中放出的核能為反應(yīng)后生成的所有新核的總結(jié)合能與反應(yīng)前所有原子核的總結(jié)合能之差，

UP

。=2064+4石3—2104

故B錯誤；

C.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)幾個原子核無意義，故C錯誤；

D.該核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損為

ZAn=-M=—Q

crc

故D正確。

故選D。

2.如圖所示的電路中，用為電阻箱，4為定值電阻。開關(guān)S閉合后，在水平放置的平行板電容器

的極板間，一帶電油滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列判斷正確的是（）

S

A.若僅增大&,則油滴P將保持不動

B,若僅增大品，則油滴P將向下加速運動

C,若僅減小與，則油滴P將向上加速運動

D.若斷開開關(guān)S,則油滴P仍保持不動

【答案】B

【解析】

【詳解】AC.若僅增大R1,電路總電阻增大，總電流減小，電源內(nèi)阻、定值電阻&兩端的電壓減小，R]

兩端的電壓增大，電容器兩極板間的電場強度增大，帶電油滴受到的電場力增大，大于重力，油滴P將向

上加速運動，同理可得，若僅減小與，則油滴P將向下加速運動，故AC錯誤；

B.若僅增大為，電路總電阻增大，總電流減小，與兩端的電壓減小，電容器兩極板間的電場強度減小，

帶電油滴受到的電場力減小，小于重力，油滴P將向下加速運動，故B正確；

D.若斷開開關(guān)S,電容器放電，電容器兩極板間的電勢差減小，電場強度減小，帶電油滴受到的電場力減

小，小于重力，油滴P將向下加速運動，故D錯誤。

故選B。

3.如圖，在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為，〃的小球在輕繩的作用下，繞。點以速率v做勻速圓周運動。已

知輕繩長為/,重力加速度大小為g。對小球由A轉(zhuǎn)過90。到B的過程，下列說法正確的是（）

A.小球重力沖量大小為0B.繩子拉力沖量大小為——

2

C.小球動量的變化量大小為0D.小球動量的變化率大小為號

【答案】D

【解析】

【詳解】A.小球由A轉(zhuǎn)到8的過程，所需時間為

1cZ

—x2〃7j

?=4一上

v2v

小球重力沖量大小為

,mgjil

IG=mgt=2y

故A錯誤;

C.小球動量的變化量大小

Ap=mAv=垃mv

故C錯誤;

B.由動量定理，可得

/F=Ap=V2mv

故B錯誤;

D.根據(jù)

FN=Ap

可知小球動量的變化率大小為

F=^

A?

又

F-------

I

聯(lián)立，解得

Ap_mv2

AtI

故D正確。

故選D。

4.如圖，矩形平板abed的cd邊固定在水平面上，平板與水平面的夾角為30。。質(zhì)量為根的物塊在平行

于平板的拉力作用下，沿對角線方向斜向下勻速運動，與動邊的夾角為為60°,物塊與平板間的

動摩擦因數(shù)〃=g,重力加速度大小為g,則拉力大小為（）

A

dc

.15731J3

A.-mgB.—ngC.-mgD.-rng

4422

【答案】c

【解析】

【詳解】依題意，物塊所受摩擦力1吞ca方向,大小為

f=/Limgcos30°=mg

物塊所受重力的下滑分力大小為

G=mgsin30°=^mg

由幾何關(guān)系可知摩擦力與重力下滑:分力的夾角為120。，有

「1

F合=/g

由于物塊做勻速直線運動，所以拉:力大小為

LL1

4i=七=5機g

故選C。

5.如圖，地球的公轉(zhuǎn)軌道視為圓，但慧星的運動軌道則是一個非常扁的橢圓.天文學(xué)家哈雷曾經(jīng)在1682

年跟蹤過一題彗星，他算出這顆彗1星軌道的半長軸約等于地球公轉(zhuǎn)半徑的18倍，并預(yù)言這顆彗星將每隔

一定時間就會出現(xiàn).哈雷的預(yù)言得二創(chuàng)證實，該慧星被命名為哈雷彗星.已知哈雷彗星最近飛近地球的時

間是1986年.若哈雷彗星近日點與太陽中心的距離為彳、速度大小為匕，遠(yuǎn)日點與太陽中心的距離為

2、速度大小為v2,不考慮地球及其它星球?qū)坌堑挠绊?，則下列說法正確的是（）

地球X格雷慧星

史」1

太陽'

A.哈雷慧星在近日點與遠(yuǎn)日點的機，械能不相等

B.哈雷慧星在近日點與遠(yuǎn)日點的加速度大小之比為工

rl

度大小之比為5

C.哈雷慧星在近日點與遠(yuǎn)日點的速

D,哈雷彗星下次飛近地球約在2062年

【答案】D

【解析】

【詳解】A.哈雷慧星在近日點與遠(yuǎn)日點運行中，動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒，故A錯誤;

B.在近日點時，由牛頓第二定律可得

GMm

——5—=ma{

八

在遠(yuǎn)日點時，由牛頓第二定律可得

GMm

——--二ma2

r2

聯(lián)立，解得

2

_r2

%

故B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第二定律，取時間微元△，，結(jié)合扇形面積公式

S=-AB-r

2

可得

1A1A

萬匕=5%A打

解得

%r\

故C錯誤；

D.設(shè)彗星的周期為。，地球的公轉(zhuǎn)周期為乃，由開普勒第三定律

a3,

r=k

即彗星下次飛近地球?qū)⒃?/p>

/=(1986+76)年=2062年

故D正確。

故選D。

6.如圖甲所示，將一塊平板玻璃a放置在另一塊平板玻璃板b上，在右端夾入兩張薄紙片.當(dāng)單色光從

上方垂直射入后，從上往下看可以觀察到如圖乙所示干涉條紋.則下列說法正確的是（）

甲乙

A.干涉條紋是由a、6兩玻璃板上表面反射的光疊加產(chǎn)生的

B.若僅增大垂直射入的單色光波長，則條紋將變疏

C.將6緩慢向下平移，則條紋之間的距離將變大

D.若抽去一張薄紙片，則條紋將變密

【答案】B

【解析】

【詳解】A.干涉條紋是由。的下表面和6上表面反射的光疊加產(chǎn)生的，故A錯誤。

BC.若僅增大垂直射入的單色光波長時，根據(jù)條紋間距表達(dá)式

2tan。

可知條紋變疏，將b緩慢向下平移時條紋間距不變，故B正確，C錯誤；

D.若抽去一張薄紙片，平板玻璃a、b之間的夾角減小，條紋間距變大，條紋變稀疏，故D錯誤。

故選B。

7.如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底端，彈簧處于原長時上端在。點.小球?qū)椈蓧嚎s到M點（彈

簧和小球不拴接）.由靜止釋放后，將該時刻記為/=（）,小球第一次運動到。點的時刻為?=%,小球運

動的最高點為N.在小球第一次從M點運動到N點的過程中，速度V、加速度。、動能Ek以及小球機械

能E隨時間3變化的圖像可能正確的是（）

【解析】

【詳解】ABC.小球向上運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律有

F—mgsin0=ma

隨著彈力減小，加速度逐漸減小，速度逐漸增大，至

F=mgsin0

此時加速度為0,速度達(dá)到最大，此時小球位于之間，隨后有

mgsin0—F=ma

隨著彈力尸逐漸減小，加速度逐漸增大，直至，后，加速度為

a=gsin0

1

之后加速度保持不變，速度逐漸減小，結(jié)合V-/圖像斜率為加速度，動能的計算公式紜=5相丫9可知AC

圖正確，B圖錯誤，故AC正確，B錯誤；

D.小球運動過程中，彈簧彈力對小球做正功，小球機械能先增大，后不變，故D錯誤。

故選ACo

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.每題有多項符合題目要求，全部

選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

8.如圖，是一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化過程的P-V圖像.氣體先由a狀態(tài)沿雙曲線變化到6狀態(tài)，再

沿與橫軸平行的直線變化到c狀態(tài).最后沿與縱軸平行的直線回到。狀態(tài).以下說法中錯誤的是（)

A.afZ?過程氣體溫度不變

B.C過程氣體放出熱量

C.c過程氣體對外界做功，同時吸收熱量

D.a.6.c—過程氣體放出熱量

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.因為afZ?變化圖線為雙曲線的一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A正確，不符合題

忌；

B.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

V=c

從6到C為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，內(nèi)能減小，又因為外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定

律

AU=Q+W

可知，此過程放出熱量，故B正確，不符合題意；

C.c過程體積不變，沒有做功，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，由于壓強增大，則溫度升高，內(nèi)能增

大，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯誤，符合題意；

D.由afZ?的過程氣體對外做功，其大小等于ab曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積；由c的過程外界對氣

體做功，其大小等于直線從與坐標(biāo)軸圍成的面積，由Cf。的過程氣體體積不變，對外不做功，外界對

氣體也不做功，則a'cfa的過程氣體對外做功，大小等于各段曲線所圍成的外。圖像面積大

小，整個過程溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)

AU=Q+W

可知，整個過程從外界吸收熱量，故D錯誤，符合題意。

故選CD

9.如圖，有兩個寬度為L的沿水平方向的勻強磁場區(qū)域I、n,磁場的各個邊界均在水平面內(nèi)。磁場的磁

感應(yīng)強度大小均為兩磁場間的距離大于小一質(zhì)量為加，電阻為R,邊長為L的正方形單匝閉合導(dǎo)線

框abed,從磁場區(qū)域I上方某一位置由靜止釋放，線框cd邊剛要出磁場區(qū)域I和剛要出磁場區(qū)域II時的

速度相同，線框穿過磁場區(qū)域II產(chǎn)生的焦耳熱為。。線框向下運動過程中始終在垂直于磁場的豎直平面

內(nèi)，ab邊始終水平。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

dc

a'-----b

L；匕：「：「：。

A.線框穿過區(qū)域I產(chǎn)生的焦耳熱也一定為。

B.cd邊穿過兩個磁場區(qū)域的過程，通過線框截面的電荷量相等

C.線框穿過兩個磁場區(qū)域的過程，線框的速度變化量一定相同

D.磁場區(qū)城I、II間的距離為L

mg

【答案】ABCD

【解析】

【詳解】A.磁場寬度與正方形線框的邊長都為L,則線框只有進出磁場兩個過程，各位置的瞬時速度如

圖所示

因線框cd邊剛要出磁場區(qū)域I和剛要出磁場區(qū)域n時的速度相同為％，說明出磁場的運動過程一定是減

速運動，且穿過磁場的運動過程完全相同，則有

匕=丫4，匕=%

線框穿過磁場區(qū)域n產(chǎn)生的焦耳熱為。，則線框穿過區(qū)域I是完全相同的運動過程，產(chǎn)生的焦耳熱一定

為。，故A正確；

B.由通過截面的電荷量公式為

_A①

-EA,AO

q=I，X=—At=-------At=------

RRR

因cd邊穿過兩個磁場區(qū)域的過程通過線框截面的磁通量的變化量A①相同，則電荷量夕相等，故B正

確；

C.線框穿過兩個磁場區(qū)域的過程，由動量定理有

mgt-Bql=〃zAv

因運動過程相同，則時間相同，且電量相等，則線框的速度變化量一定相同，故C正確；

D.設(shè)磁場區(qū)城I、II間的距離為〃，選擇線框cd邊剛出磁場區(qū)域I和剛出磁場區(qū)域II的過程，由動能定

理有

八1212

mg(H+L)—Q=—tnv5——mv3

解得

H=2-L

mg

故D正確。

故選ABCD?

10.在平面內(nèi)，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點。以初速度%沿?zé)o軸正方向射入.若x>0區(qū)域僅存在沿

y軸負(fù)方向的勻強電場E.則粒子經(jīng)過時間"到達(dá)點q］；若x>。區(qū)域僅存在垂直平面向里

的勻強磁場8,則粒子經(jīng)過時向馬到達(dá)點9］，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

E5

A.E與2的大小之比為一=一%

B4

B.tA與t2的大小關(guān)系為:>K

C.若尤>0區(qū)域同時存在勻強電場E與勻強磁場8,則粒子在y軸方向分運動為簡諧運動

D.若x>0區(qū)域同時存在勻強電場E與勻強磁場3,則粒子運動過程中的最大速度為L5%

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.若x>0區(qū)域僅存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場E,粒子做類平拋運動，則有

qEL1

a——,———at2,L—v^t

m22

tx<t2

故B錯誤；

C.若尤＞0區(qū)域同時存在勻強電場E與勻強磁場8,在y軸方向由于電場力恒定，洛倫茲力為變力，則

合力不可能與離開平衡位置的位移成正比，故粒子在y軸方向的分運動不可能為簡諧運動，故C錯誤；

D.利用配速法將速度分解

%=匕+丫2

%為洛倫茲力與電場力相等需要的速度，即

q%B=qE

解得

5

巧手。

所以

1

彩二%

則將粒子的運動分為水平向右以速度匕的勻速直線運動和速度丫2的勻速圓周運動，所以當(dāng)勻速圓周運動

速度水平向右時合速度最大，即

%=%+（_%）=15%

故D正確。

故選ADo

第II卷（非選擇題共54分）

三、非選擇題（本題共5小題，共54分）

11.小明在實驗室探究物體加速度與所受合外力的關(guān)系，實驗裝置如圖甲所示，主要實驗步驟如下:

打點計時器

紙帶/小車

4kL,Jr］（1BCDEF

「［馬三工

木板［品U<,fXTtX4t~~TJ

■甲■乙

（1）調(diào)整長木板傾角進行阻力補償，使小車恰好沿長木板向下做勻速運動。

（2）保持長木板的傾角不變，繩子下端只掛一個鉤碼，將小車移近打點計時器，接通電源然后釋放小車，

小車沿長木板向下做勻加速直線運動，得到一條紙帶如圖所示，A、B、aD、E、F、G為計數(shù)點，相

鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出，打點計時器的頻率為50Hz。利用刻度尺測量得到

為=2.19cm,%=2.76cm,%3=3.35cm,%=3.93cm,七=4.58cm,4=5.20cm。通過紙帶求得小車在

C點的速度大小為m/s；通過紙帶求得小車加速度大小為m/s2o（均保留2位有效數(shù)字）

（3）保持繩子下端懸掛的鉤碼不變，在小車上放置不同數(shù)量的相同鉤碼，小車上鉤碼的個數(shù)記為“，重復(fù)

實驗操作（2）,求出小車對應(yīng)的加速度。，得到加速度a的倒數(shù)和鉤碼個數(shù)〃的工-“圖像如圖所示，己知

a

一個鉤碼的質(zhì)量為,圖像中直線斜率為左，縱軸截距為6，利用題中信息可得出重力加速度g=,

小車的質(zhì)量o（用左，仇犯）表示）。

【解析】

【詳解】（2）［1］相鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔為

T=5x0.02s=0.1s

根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則小車在。點的速度大小為

x2+x3（2.76+3.35）x10-2

v=------=----------------------m/s?0.31m/s

,rIT2x0.1

⑵根據(jù)逐差法可得，小車加速度大小為

“xl”和“X10”的兩種倍率，可用器材如下：

A.干電池（電動勢石=1.5V,內(nèi)阻不計）；

B.電流表G（滿偏電流4=1mA,內(nèi)阻Rg=90Q）；

C.定值電阻凡（阻值為5.0Q）；

D.滑動變阻器與（最大阻值為150Q）；

E.定值電阻&（阻值為1.0。）、&；

F.開關(guān)一個紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干.

①表筆B是（填“紅或“黑”）表筆；

②虛線框內(nèi)是雙量程電流表，已知當(dāng)S接a時，對應(yīng)電流表量程是。?0.1A,那么定值電阻&=

Q；

③當(dāng)開關(guān)S撥向（填“a”或"b”）時，歐姆表的倍率是“X10”，歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻

為Qo

【答案】⑴B（2）①.黑②.9③.b150

【解析】

【分析】

【小問1詳解】

A.歐姆表的讀數(shù)等于倍率乘指針示數(shù)，該圖指針?biāo)疚恢秒娮枳x數(shù)偏小，說明倍率選大了，應(yīng)該改用

“X10”的倍率，歐姆調(diào)零后再次進行測量，故A正確；

B.多用電表作歐姆表使用時，是靠內(nèi)部電源提供電流，中值刻度對應(yīng)的電阻就等于這個倍率下歐姆表的

內(nèi)阻，若選用的是“X10”的倍率測電阻，則歐姆表內(nèi)阻約為150Q,故B錯誤；

C.測直流電流時，應(yīng)該讓電流從紅表筆流進，從黑表筆流出，以保證表盤指針能夠正偏，故必須讓紅表

筆接外電路的正極，黑表筆接外電路負(fù)極，故C正確。

本題選錯誤，故選B。

【小問2詳解】

①[1]電流從紅表筆流進，黑表筆流出，由圖可知，表筆B是黑表筆；

②⑵當(dāng)S接a時，對應(yīng)電流表量程是0~0.1A,則有

4（6+4）=（/-力&

解得

R3=9Q

③[3][4]當(dāng)S接。時，對應(yīng)電流表量程是0-0.1A,則歐姆表內(nèi)阻為

F

居內(nèi)=7=150

當(dāng)S接6時，設(shè)滿偏電流為根據(jù)并聯(lián)電路分流特點有

Rgg

與+%g

解得

7'=0.01A

可知，當(dāng)S接。時，歐姆表的倍率是“xlO”。

則歐姆表內(nèi)阻為

F

R=—=150。

r

【點睛】

13.如圖，質(zhì)量均為根的光滑長方體甲、乙靜置在光滑的水平面上。在它們之間放一質(zhì)量為2W、截面

為正三角形的重物丙，丙兩側(cè)分別與甲、乙接觸。對長方體甲、乙施加等大、反向的水平力尸時，重物

丙恰好靜止。己知重力加速度大小為g。若同時撤去力冗長方體將在水平面上滑動，求:

(1)水平力E的大小;

【解析】

【詳解】(1)對丙受力分析，如圖所示

2FNCOS60°=2mg

解得

FN=2mg

F'IN

聯(lián)立，解得

F=s[3mg

(2)剛撤去尸時，甲物體豎直方向受力平衡，有

F'NCOS60°+mg=N

解得

N—2mg

14.如圖，為某輪滑賽道模型，A3段和段為在8點相切的圓弧，半徑分別為2R、3R,在圓弧A3

的最上端A點的切線水平，。|為圓弧A3的圓心，。遂與豎直方向的夾角為60。；圓弧的最下端C

點的切線水平，。2為圓弧的圓心，C點離地面的高度為R，一個質(zhì)量為機的滑塊從A點(給滑塊一

個擾動)由靜止開始下滑，到8點時對A3圓弧的壓力恰好為零，到C點時對圓弧軌道的壓力大小為

2mg,重力加速度大小為g,求：

(1)滑塊運動到2點時的速度多大；

(2)滑塊在A5段圓弧和在8c段圓弧上克服摩擦力做的功分別為多少；

(3)若滑塊與地面碰撞一瞬間，豎直方向速度減為零，水平方向速度不變，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)

為0.5,則滑塊停下時離C點的水平距離為多少。

（3）根據(jù)

R=：g/

x=vct=13gRx

在地面滑行時，加速度大小

a=〃g=5mzs