安徽省A10联盟高三下学期最后一卷理综物理试题 含解析

1、安徽省A10联盟2018届高三最后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. 任何核反应满足质量守恒定律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. 如果不对裂变的链武反应加以控制，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。

2、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，如果对裂变的链式反应不加控制，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：可控链式反应和不可控链式反应，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1.2×10-8J，由A移到C电场力做功2.4×10-8J，则

3、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1.8×10-8JD. 匀强电场的方向由A点指向C点【答案】C 因BN是等势线，故MD也是等势线，即M与D的电势相等，由几何关系可知，则，根据W=Uq可知，即将该点电荷由A点移到M点，电场力做功，故C正确；故选C。【点睛】电场力做功量等于电势能的变化匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，根据W=Uq分析电场力做功的情况。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，某小行星掠过地球时其轨

4、道刚好与月球轨道相切于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，由万有引力提供向心力，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，根据牛顿第二定律得：，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

5、质量；根据牛顿第二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. 16m B. 18m C. 20m D. 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，由图可知乙车做匀减速直线运动，即，设乙车的初速度为，由，得，由图可知甲车的位移为，乙车的位移为，t=3s时，甲车和乙车到达同一位置，则，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，

6、直线甲与曲线乙刚好相切，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理想变压器给距离较远的用户供电， 电路图可等效为图示电路。副线线圈与用户之间导线的电阻为r，其余部分导线与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，变压器输人电压有效值不变，则下列说法正确的是A. R：r=2：1B. 开关闭合前后输电线上损失的功率之比为1：2C. 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比为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，由题知

7、，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，即，解得：，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，故B正确；根据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，根据电流与匝数的关系，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，电阻变化，从而电流变化，利用用户消耗的功率不变得到R与r的关系，根据分析输电线损失的功率，根据副线圈电流的变化，得出原线圈电流的变化。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

8、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、PO两个金属棒放置在导轨上，两金属棒的质量相等、垂直于导软并与导轨接触良好，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aB. 当PO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aC. 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，由牛顿第二定律得：，对MN受力分析，由

9、牛顿第二定律得：，联立得：，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：，解得：，此时对MN受力分析，则有：，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】根据题目所给状态，分别对PQ和MN受力分析，根据牛顿第二定律求解MN的加速度，根据达到最大速度分析MN的受力情况。7. 如图，质量为2m、倾角=37º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。已知物块与斜面间的动摩擦因数为=0.5.重力加速度为g，sin37º= 0.6，cos37º=0.8.

10、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A. B. C. g D. 【答案】ABC【解析】对整体受力分析，由牛顿第二定律得：F=3ma；当F较小时，物块受到的最大静摩擦力沿斜面向上，对其受力分析，如图.在竖直方向上，根据平衡条件得：，在水平方向上，根据牛顿第二定律得：，联立解得：；故加速度的范围为，故ABC正确，D错误，故选ABC。【点睛】分两种情况讨论最大静摩擦力的方向，根据整体法求出加速度，再根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，让竖直杆以角速度匀速

11、转动，此时小环在绳上C点，AC和BC与竖直方向的夹角分别为37º和53º，sin37º=0.6，cos37º=0.8，重力加速度为g.则A. 绳上的张力大小为mgB. 绳子的长度为C. 杆上A、B两点间的距离为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，根据平衡条件得：，在水平方向上，根据牛顿第二定律得：，联立解得：，向心加速度，；根据几何关系，得绳长，根据几何关系，得AB间的距离为，故ABD正确，C错误；故选ABD。【点睛】同一根绳拉力大小相等，对环受力分析，进行

12、正交分解，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解拉力，向心加速度，绳长和AB间的距离。三、非选择题9. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置研究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丙所示，则米尺的读数为_cm；(3)组装好实验器材后，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=2.50×10-2s，=1.25×10-2s.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/s²。(结

13、果保留两位小数)【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，游标读数为，所以最终读数为：；（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，根据速度位移公式得：，代入数据得：。【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根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，根据实验室提供的器材，设计了图甲所示的电路图。(1)请根据电路图将图中器材连接成电路_；(2)闭合电键后，调节电阻箱。得到多组

14、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，图线与横、纵坐标轴的裁距分别为-b、a，定值电阳的阻值用表示，则该电池组的电动势为_，内阻为_；测得的电动势与真实值相比_(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该是_(用测量值的符号表示)【答案】 (1). 如图所示； (2). (3). (4). 偏小 (5). 【解析】（1）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）根据闭合电路的欧姆定律得：，变形得：，则图象的斜率：，纵轴截距：，解得：，由于电压表分流作用，通过电流表

15、的电流大于，则电动势的测量值小于真实值。（3）根据闭合电路的欧姆定律得：，变形得：，U与是线性关系，要得到直线图象，横坐标应表示。【点睛】根据电路图连接实物电路图。根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。根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，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻，再分析实验误差。11. 如图，光滑水平面上静止质量=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量=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与整直方向成= 60º的位置由静止释放，小球摆到

16、最低点与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)小滑块与木板之间的动摩擦因数。【答案】(1)2m/s， 0.4m/s(2) 0.12【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒求出小球下摆到最低点的速度，根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小球与小滑块碰撞前

17、、后瞬间，由向心力公式可得：，由题意得： 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为 (2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒得：解得：小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒得：解得：由能量守恒可得：小滑块与木板之间的动摩擦因数=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向外的匀强磁场，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O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

18、动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O。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；(3)粒子第n次离开电场时距原点的距离.【答案】(1 ) (2) (3) (n=1，2，3.)【解析】试题分析：（1）粒子第一象限做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力及周期定义式即可求得磁感应强度；（2）根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）根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，则：，解得：(2)设粒子第一次离开电场时的速

19、度为，方向与-y的夹角为，沿-y方向的位移为，如图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)粒子第二次进入电场后的速度为，且与-y方向的夹角为，粒子做类斜拋运动。易知粒子第二次在电场中运动的时间为在y方向的位移为粒子第三次进人电场与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=1，2，3.)【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，掌握处理类平抛运动和圆周运动的方法，作出运动轨迹，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解。13. 下列说法

20、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.一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体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，如天然水晶是晶体。而熔化后再凝固的

21、水晶是非晶体，故C正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，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，气缸内横截面积的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m=l0kg。在汽缸内部

22、有一个阻值R=4的电阻丝，电阻丝两端的电压U=12V。接通电源10s后断开，活塞缓慢升高h=10cm.已知理想气体的初始温度、体积，大气压，重力加速度.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：(i)活塞上升10cm后理想气体的温度；(ii)从接通电源到活塞上升10cm的过程中理想气体的内能变化量。【答案】(i) 400K(127) (ii) 250J【解析】试题分析：（i）气体压强不变，根据盖吕-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，根据焦耳定律求解产生的热量；再根据热力学第一定律求解内能(i)气体的压强保

23、持不变，由盖吕-萨克定律得：解得：(ii)设汽缸内气体的压强为p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡根据平衡得： 解得：活塞在上升h=10cm的过程中外界对气体做功电阻丝在通电10s内产生的热量为根据热力学第一定律得：，即气体的内能增加了250J【点睛】本题主要考查了气体实验定律与热力学第一定律，要求学生能从题目中找出所需信息，根据气体实验定律和热力学第一定律进行求解。15. 如图，轴上与是两个波源，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=1s时刻，质点M的位移为-4cmD.t=1.25s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轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动。故A正确；质点不随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；波的周期，两质点传到M的时间为，当t=1s时刻，两波的