安徽省合肥市一六八中学2023届高三物理下学期最后一卷（Word版附解析）

合肥一六八中学2023届高三最后一卷理科综合合肥一六八中学命题中心考生须知：1.本卷共12页，满分300分，考试时间150分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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）1.据中国载人航天工程办公室消息，中国空间站已全面建成，我国载人航天工程“三步走”发展战略已从构想成为现实。目前，空间站组合体在轨稳定运行，神舟十五号航天员乘组状态良好，计划于今年6月返回地面。空间站运行期间利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星在距离地面36000公里左右的地球静止轨道上运行，则下列说法正确的是（　　）A.中继卫星可能经过合肥正上空B.空间站运行的角速度与中继卫星角速度大小相同C.在空间站内可以用水银体温计测量宇航员体温D.在实验舱内由静止释放一小球，测量小球下落的高度和时间可计算出实验舱所在轨道处的重力加速度【答案】C【解析】【详解】A．同步卫星的轨道在赤道上方，不可能经过合肥上空，A错误；B．根据牛顿第二定律得解得中继卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，所以中继卫星角速度小于空间站运行角速度，B错误；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C．因为水银温度计是根据热胀冷缩原理制成的，所以可以用水银体温计测宇航员体温，C正确；D．在空间站内的小球处于完全失重状态，由静止释放的小球处于漂浮状态，小球不下落，则无法通过测量小球下落的高度和时间计算出实验舱所在轨道处的重力加速度，D错误。故选C。2.2023年4月12日，位于合肥科学岛的世界首个全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）“人造太阳”获得重大成果，成功实现403秒稳态运行，创造了新的世界纪录。太阳之所以能辐射出巨大的能量，就是内部氢核聚变的结果。假定地球单位面积接受太阳直射能量的功率为P，地球到太阳中心的距离为r，太阳可用于氢核聚变的质量为m，光在真空中传播的速度为c，太阳的寿命大约是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】太阳每秒辐射的能量太阳每秒减少的质量太阳的寿命解得Ｃ正确。故选Ｃ。3.从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10m/s。则下列说法正确的是（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.质点P、O开始振动的时刻之差为0.1sB.再经过半个周期后，的质点振幅极大C.再经过半个周期后，两列波在和之间引起的合振动振幅极大的质点有4个D.再经过半个周期后，两列波在和之间引起的合振动振幅极小的质点有3个【答案】B【解析】【详解】A．该波的周期为由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为故A错误；BCD．该波的波长为根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在和m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m处5个点，合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m处4个点。故B正确，CD错误。故选B。4.如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE边竖直，质量为m的带正电小球（可看作质点），第一次小球从A点以水平初速度沿AB方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F点。M点为BC的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。则下列说法正确的是（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.第二次将小球从A点沿AM方向，以的水平初速度抛出，撞上FG的中点B.第二次将小球从A点沿AM方向，以水平初速度抛出，落在H点C.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水平抛出，要使小球落在G点初速度为v0D.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水平抛出，要使小球落在G点电场力大小为2mg【答案】B【解析】【详解】AB.设立方体边长为l，从A点沿AB方向平抛落在F点，竖直方向自由落体运动时间为水平方向匀速直线运动可知初速度为=从A点沿AM方向，以v0水平初速度抛出，经历时间将与面BCGF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变，平行与面BCGF的速度也不变，垂直面BCGF的速度第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 反向，再经历时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；C.加了沿AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行AD方向上做匀加速直线运动，若要打到G点，则抛出的初速度不变，仍为，C错误；D.AD方向上代入上述公式解得所以电场力为D错误。故选B。5.如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过A铰链连接于O点。已知，，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。现将一个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是（　　）A.轻杆OA对O点铰链的作用力为mgB.竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上C.若在O点施加从零缓慢增大且水平向左的外力，则轻杆OB的弹力先减小后反向增大D.若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OB的弹力先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】A．对O点受力分析如图1：则有第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故A错误；B．对轻杆OA、OB及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到三个外力，分别是竖直墙对A、B两点铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于，故B正确；C．若在O点施加从零缓慢增大且水平向左的外力，则O点受力情况如图2.沿两杆方向将mg和F正交分解可得FcosF缓慢增大时一直增大，先减小后反向增大，故C正确；D．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则O点受力情况如图3.沿两杆方向将mg和F正交分解可得故F缓慢增大时先减小后反向增大，一直增大，故D错误。故选BC。6.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与板相连，B板和板都接地。已知A板带正电，在右边电容器间有一个带电油滴N处于静止状态。AB间电容为，电压为，带电量为；间电容为，电压为，带电量为，若将左边电容器间的绝缘介质抽出，则（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.减小，增大B减小，增大C.减小，增大D.N原来所在位置处的电势升高且N向上运动【答案】BD【解析】【详解】A．将绝缘介质抽出，由电容的决定式可知，将变小，而板未动，则不变，故A错误；B．A板和板总电荷量不变，由于变小，不变，可知减小、增大，故B正确；C．不变，增大，由可知，增大，因所以也增大，故C错误；D．增大，由场强公式则可知之间的场强增大，N向上运动；N原来所在位置处与距离不变，场强增大，则增大，而接地，电势为零，故N原来所在位置处的电势升高，故D正确。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故选BD7.两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，此球为A球，另一端与质量均为m的B、C小球相连。将此装置的两杆并拢，铰链向上竖直地放在桌上，右边距离C球处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A球下降，致使C球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长l小得多，重力加速度取g，从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列说法正确的是（　　）A.整个运动过程中系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒B.C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为C.A球落地前瞬间，三球速度相同D.A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方【答案】BD【解析】【详解】A．运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩擦因此系统机械能守恒，故A错误；B．由于三球质量相同，静止释放A球竖直向下运动，当A、C间的杆与竖直方向夹角为45°时C球与竖直墙壁碰撞，此时，A球、C球的速度沿AC杆方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB杆方向分速度相同，由于两杆与竖直方向夹角都是，故三球速度相同，由动能定理得则C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为故B正确；CD．C球与墙壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC杆方向速度立即沿CA方向，碰撞后瞬间A、B、C第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 三球速度相同均水平向左为此后三球水平方向动量守恒。当A球落地瞬间，B、C两球只有水平向左速度，A球还具有竖直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C错误，D正确。故选BD。8.我国自主研发的世界首台高温超导高速磁浮工程化样车在四川成都下线，超导磁悬浮列车可以简化为如图所示模型：在水平面上相距l的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽度是l的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反。整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为l的正方形单匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度。当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动了距离x停下来。设线圈的总电阻为R，总质量为m，运动中所受到的阻力大小恒为f。则（　　）A.线圈在图示位置的电流方向为逆时针B.线圈最大速度C.制动过程线圈产生的焦耳热为D.从开始制动到停下来所用的时间为【答案】CD【解析】【详解】A．磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda方向，故A错误；B．线圈达到最大速度时，线圈ad边和bc边各以相对磁场的速度切割磁感线运动，回路中电流为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为最大速度时，有联立解得故B错误；C．刹车过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理，有解得Q=故C正确；D．减速过程由动量定理有又有联立可得故D正确。故选CD。二、非选择题（本题共14题，共174分）9.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （1）实验时，该同学进行了如下操作：①用天平分别测出物块A、B的质量和（的质量含遮光片）；②用20分度游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d，示数如图乙所示，游标卡尺的示数为___________cm；③将重物A、B用轻绳按图甲所示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则重物B速度的大小为___________。（用题目给定的或测得的物理量符号表示）（2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为___________（用质量、，重力加速度为g，遮光片经过光电门的时间为，遮光片的宽度d和距离h表示）。（3）为提高实验结果的准确程度，请写出一条减少误差的建议___________。【答案】①.1.055②.③.④.绳的质量要轻且尽可能光滑；尽量保证重物只沿竖直方向运动，不要摇晃【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的示数为[2]重物A速度的大小为重物B速度大小为（2）[3]系统（重物A、B）的机械能守恒有整理得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （3）[4]为提高实验结果的准确程度，绳的质量要轻且尽可能光滑；尽量保证重物只沿竖直方向运动，不要摇晃。10.如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻、满偏电流的电流表、标识不清的电源，定值电阻、导线、滑动变阻器等组装了多用电表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。（1）若，当选择开关接“3”时为电压表的量程为___________V。（2）该兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为___________Ω，多用电表内部电源的电动势E=______V。③用待测电阻代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为=________Ω。（结果保留三位有效数字）④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中___________表笔（填“红”或“黑”）接电压表的正接线柱，该电压表示数为12.0V，可以推知该电压表的内阻为_______Ω。【答案】①.3②.1500③.15④.⑤.黑⑥.6000【解析】【详解】（1）[1]由欧姆定律可得（2）②[2]将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 [3]红黑表笔短接时，根据闭合电路欧姆定律可得指针指在电表刻度盘中央C处时，根据闭合电路欧姆定律可得联立解得③[4]用待测电阻代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针指在图乙所示位置，此时电流为6.9mA，根据闭合电路欧姆定律可得解得④[5]欧姆表的黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极；将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中黑表笔接电压表的正接线柱；[6]该电压表示数为12V，根据闭合电路欧姆定律可得解得该电压表的内阻为11.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，底面是半径的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角。有一束光线从距轴线处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率，真空中光速。求：①光在圆锥中传播的时间t；②桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【答案】①，②【解析】【详解】①圆锥中的光速传播时间解得②光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的点发生折射，光路如图所示由几何关系可知入射角θ，设折射角为α，则解得由几何关系可知为等腰三角形，则解得12.如图，导热性能良好的气缸A和B高度均为h（活塞的厚度不计），横截面积不同，竖直浸没在恒温槽内。它们的底部由一细管连通（细管容积可忽略）。两气缸内各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方为理想气体，上方为真空。当两活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的高度均为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 。现保持恒温槽温度不变，在两活塞上面同时各加上同样大小的压力，让压力从零缓慢增加，直至其大小等于2mg（g为重力加速度）为止。求系统再次平衡后，活塞A离气缸顶部的距离是多少？【答案】【解析】【详解】平衡时气缸A、B内气体的压强相等，故得两活塞上各放一质量为2m的质点前，气体的压强和体积分别为两活塞上各施加压力稳定后，B中活塞将一直下降至气缸底部为止，B中气体全部进入气缸A，假设此时气缸A中活塞并未上升到气缸顶部，气体的压强为设平衡时气体体积为。由于初态末态都是平衡态，由理想气体状态方程有得则A中气体的高度为，所以活塞A离气缸顶部的距离是第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 13.如图所示，表面粗糙的斜面直轨道与水平面夹角为，两光滑圆轨道半径相同，均为R，与斜面直轨道相切连接，切点分别为B、C，BC间的距离为，圆形轨道的出入口错开，现有一质量为m的小球自A点由静止释放，运动到B点进入圆形轨道，恰好做完整的圆周运动，接着再进入另一个圆形轨道运动，已知小球与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g，求；（1）小球沿斜面下滑过程中加速度a的大小；（2）AB间距离；（3）小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小。【答案】（1）；（2）；（3）10.5mg【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可得沿斜面方向有，代入数据解得加速度为（2）由于小球运动到B点进入圆形轨道，恰好做完整的圆周运动，可知小球恰好过第一个圆的最高点，则有①第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 从A点到最高点的运用动能定理②解得（3）从A到C运用动能定理有③解得在C点④解得由牛顿第三定律得小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小为10.5mg。14.如图所示，在区域内存在沿y轴负向的匀强电场，在区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的右边界为MN延长线，ON为位于x轴上的水平绝缘薄板。一质量为m、电荷量为+q的粒子在x轴负半轴的A点以初速度v0（方向与x轴正向夹角）射入电场，随后从y轴上的P（0，d）点垂直y轴进入磁场。粒子打到绝缘板上（碰撞时间极短）反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。若粒子电量保持不变且不计其重力，求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）若使粒子不从磁场左边界射出，磁感应强度B需要满足的条件；（3）当时，粒子从P点进入磁场后，与绝缘板碰撞三次从右边界的Q点（图中未标出）离开，且。粒子从P点运动到Q点的时间。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）；（3）若粒子斜向上射出磁场，；若粒子斜向下射出磁场，。【解析】【详解】（1）在A点沿电场线方向的分速度由位移公式得根据牛顿第二定律解得（2）设粒子刚好不从磁场左边界射出，粒子在磁场中运动半径设为r，则粒子入磁场速度第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 解得磁感应强度B需要满足的条件是（3）当时，粒子在磁场中运动的轨道半径圆周运动的周期①若粒子斜向上射出磁场，如图中（1）位置所示粒子在磁场中运动的时间解得②若粒子斜向下射出磁场，如图中（2）位置所示粒子在磁场中运动的时间解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司