安徽省皖南八校2023-2024学年高三物理上学期8月摸底大联考试题（Word版附解析）

2024届安微省高三摸底大联考物理一、选择题（本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10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.电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　）A.电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热B.当金属探测器在探测到金属时，会在探测器内部产生祸流，致使蜂鸣器发出蜂鸣声C.微安表等磁电式仪表在运输时需要把正负接线柱短接，防止损坏，利用的电磁阻尼原理D.变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成主要是为了减小铁芯的电阻率，进而增大在铁芯中产生的涡流【答案】C【解析】【详解】A．电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的，而不是食物形成涡流，故A错误；B．金属探测器利用电磁感应的原理，利用有交流电通过的线圈，产生迅速变化的磁场，这个磁场能在金属物体内部产生涡流，涡流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场，引发探测器发出鸣声，故B错误；C．微安表在运输时需要把正负接线柱短接，铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框磁通量变化，从而产生感应电流，线圈受到安培阻力，起到电磁阻尼作用，使其很快停止摆动，因此，利用电磁阻尼保护指针，故C正确；D．变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成是为了减小涡流，防止在铁芯中产生过大涡流．故D错误。故选C。【点睛】本题考查电磁感应在实际生活中的应用需要同学们对于电磁感应的原理理解透彻。2.如图所示，实线表示在空中运动的足球（可视作质点）的一条非抛物线轨迹，其中一条虚线是轨迹的切线，两条虚线互相垂直，下列表示足球所受合力的示意图中，正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】做曲线运动的足球的速度方向应为曲线上该点的切线方向，由图可知，两虚线应相互垂直，由于足球做曲线运动，则合力应指向曲线的内侧，且由于足球向上运动过程中速度减小，所以合力与速度方向应与钝角。故选A。3.如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为、和，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为、和。取无穷远处电势为零，若P点处的电场强度为零，则下列说法正确的是（　　）A.、可能为异种电荷B.、一定为同种电荷C.P点的电势一定大于零D.P点的电势一定小于零【答案】B【解析】【详解】AB．由P点的场强为零，可知、在P点的合场强方向一定位于直线上，则、一定为同种电荷，故A错误，B正确；CD．设距离为，则距离为，距离为，由于P点的场强为零，则有可得 根据点电荷电势表达式若为正电荷，则为负电荷，为正电荷，则P点的电势为若为负电荷，则为正电荷，为负电荷，则P点的电势为故CD错误。故选B。4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波长为，振幅为A。当坐标为处的质点位于平衡位置且向y轴负方向运动时，处质点的位移和运动方向分别为（　　）A.、沿y轴正方向B.，沿y轴负方向C.、沿y轴正方向D.，沿y轴负方向【答案】D【解析】【详解】处质点与处质点相距，为，所以处质点相位落后，当坐标为处的质点位于平衡位置且向y轴负方向运动时，坐标为处质点位移为，运动方向沿y轴负方向。故选D。5.如图所示，是一直角三棱镜的横截面，，，为测定其折射率，某同学用激光笔发射一束激光垂直于边从其中点D入射，在边上恰好发生全反射。不考虑光在三棱镜中的多次反射，下列说法正确的是（　　） A.该三棱镜的折射率为B.光在边上也发生全反射C.减小入射光频率，光在边上仍能发生全反射D.增大入射光频率，光在三棱镜中传播时间变短【答案】A【解析】【详解】A．光在边上恰好发生全反射，有所以三棱镜的折射率故A正确；B．光在边上的入射角等于，因此不发生全反射，故B错误；C．减小入射光频率，折射率也减小，则光在边上入射角小于临界角，不会发生全反射，故C错误；D．增大入射光频率，折射率也增大，光的速度减小，光在三棱镜中传播路程不变，则光的传播时间变长，故D错误。故选A。6.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板上有一质量为m的物块，物块与木板间的动摩擦因数恒定。若用水平恒力F将物块从木板的一端拉到另一端，当物块与木板分离时，木板的速度为v，则（）A.增大M，v一定增大B.增大M，v保持不变C.增大F，v一定增大D.增大F或者增大M，均会使v减小 【答案】D【解析】详解】对m分析可知，m受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有对M分析，根据动量定理有要使物块与木板分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长，则有联立则有AB．故只增大M时，t一定减小；因M受到摩擦力不变，故受到的冲量减小，根据动量定理可知，v减小，故AB错误；CD．只增大F，t一定减小，因M受到摩擦力不变，故受到的冲量减小，根据动量定理可知，v减小，故C错误、故D正确。故选D。7.我国北斗中圆地球轨道卫星，轨道离地高度，美国GPS导航卫星在轨的运行周期约为12小时。已知地球同步卫星离地高度约，地球的半径为，若北斗中圆地球轨道卫星和美国GPS导航卫星的质量相同，北斗中圆地球轨道卫星在轨运行时的速度大小为，美国GPS导航卫星在轨运行时的速度大小为，（已知），则约为（　　）A.0.81B.0.98C.1.11D.2.03【答案】B【解析】【详解】设地球同步卫星的轨道半径为r，则得到美国GPS导航卫星的轨道半径 北斗中圆地球轨道半径由，解得则故选B。8.质量为m的物体放置在倾角的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数，现用拉力F（与斜面的夹角为）拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是（）A.拉力最小时，物体受三个力作用B.时，即拉力沿斜面斜向上时，拉力F最小C.斜面对物体的作用力的方向随拉力F的变化而变化D.拉力F的最小值为【答案】BD【解析】【详解】ABD．对物体进行受力分析如图所示。 则有联立解得当时，拉力最小，最小值为，此时物体受4个力作用，故A错误，BD正确。C．斜面对物体的作用力指的是摩擦力和支持力的合力，则有不变，则不变，即斜面对物体的作用力的方向不随拉力的变化而变化，故C错误。故选BD。9.某同学用甲、乙两个物块来模拟研究汽车相遇规律问题，下图是他根据运动规律绘制的甲、乙两个物块的运动位移时间图线。已知甲物块的运动图线为一条顶点为的抛物线，乙的运动图线为一过原点的直线。两条图线中其中一个交点坐标为。则下列说法正确的是（　　）A.时刻甲物块速度为 B.甲物块在做匀加速直线运动的加速度为C.图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为D.如果两个物块只相遇一次，则必有【答案】CD【解析】【详解】A．由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度第一次相遇时，为乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度，故A错误；B．由题意可知，甲做匀速直线运动，根据将点坐标代入可求出故B错误；C．两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根据题意有代入可知故C正确；D．根据前面的相遇条件可知，当方程有一个解时即为相遇一次，即二次方程中，解得 故D正确。故选CD。10.如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为的小环（可视为质点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是（　　）A.小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心B.小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零C.大圆环对轻杆的作用力可能为零D.大圆环对轻杆作用力的最大值为21mg【答案】BCD【解析】【详解】A．由弹力方向可知，小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为，对小环由动能定理可得如果小环与大环恰好无弹力，重力的分力提供向心力，则解得 在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，故A错误；B．小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故B正确；C．当小环运动到P点下面b点上面的Q点时，OQ与竖直方向的夹角为，大环对小环的弹力为F，则由动能定理由牛顿第二定律得由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小为当时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得或所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C正确；D．当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得由牛顿第二定律可得解得小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为故D正确 故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共54分．11.某实验小组为验证系统机械能守恒，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：（1）用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d=_______mm，测得砝码和遮光片总质量m=0.026kg；（2）按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于光电门1的激光孔，运动最低点低于光电门2的微光孔；（3）实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量x及力传感器的读数F，画出F—x图像，如图丙所示；（4）测量遮光片经过光电门1的挡光时间t1=0.0051s，弹簧的拉伸量x1=0.04m，经过光电门2的挡光时间t2=0.0102s，弹簧的拉伸量x2=0.08m，以及两个光电门激光孔之间的距离h=0.04m；（5）遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，弹性势能的增加量Ep1=________J，重力势能的减少量Ep2=_________J，系统动能的减少量Ek=_______J（结果保留三位有效数字，g=10m/s2），实验表明在误差允许范围内系统机械能守恒。【答案】①.2.040②.0.0120③.0.0104④.1.56×10－3【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片厚度为（5）[2][3][4]遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，弹性势能增加量为 重力势能减小量为代入数据得系统势能的增加量为代入数据得通过光电门的速度为系统动能的减少量为代入数据得12.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。（1）如果用欧姆表直接连接待测电容器（未充电）两端，观察到指针偏转情况是_______A．偏转角度一直很小B．偏转角度一直很大C．偏转角度逐渐增大D．偏转角度先很大，再逐渐减小 （2）开关S突然接“1”时，电容器处于_________（选填“充电”或“放电”）状态，电容器板_________（选填“A”或“B”）带正电，（3）电容器充电后，开关S改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图2所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将_________（选填“减小”“不变”或“增大”）。（4）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为________。（5）关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有_________。（q为电容器极板所带的电荷量，为A，B两板的电势差）。A．B．C．D．【答案】①.D②.充电③.A④.不变⑤.430⑥.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]用欧姆表直接连接待测电容两端，表内部电源给电容器充电，在开始时电流较大，所以指针的偏转角度很大，随着电容器所带电荷量不断增大，充电电流逐渐减小，所以指针的偏转角度逐渐减小，故选D。（2）[2][3]开关接“1”时，电容器开始充电，A板带正电。（3）[4]根据电荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参考数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。（4）[5]根据电容的定义式可得 （5）[6]AB．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据图像的切线的斜率表示电流的大小，故A正确，B错误：CD．根据电容的定义式可得电容器的电容不变，图像的形状与q-t图像相似，C错误，D正确。故选AD。13.如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=0.1m竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，C为轨道最低点，OC竖直，OC与OD夹角为．在其左侧地面上静置一质量为的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为的小滑块B以初速度沿A的上表面从左端滑上木板，当小滑块B刚滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道发生弹性相撞（碰撞时间极短）。已知小滑块B与长木板A的动摩擦因数，小滑块可视为质点，空气阻力不计，重力加速度。（1）求长木板A的长度；（2）若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。【答案】（1）1.0m；（2）0.0015m【解析】【详解】（1）设A、B共同速度为，由动量守恒定律有解得由AB系统能量守恒有 解得木板A的长度（2）以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为，圆弧轨道的速度为，由机械能守恒定律及动量守恒定律有联立解得，以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为，由水平方向动量守恒及机械能守恒定律有联立解得14.如图所示的平面直角坐标系，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成角，不计粒子所受的重力．求：（1）电场强度E的大小；（2）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；（3）粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有竖直方向有，联立解得（2）粒子到达a点时，沿负y方向的分速度为则粒子到达a点时的速度大小为方向与x轴正方向成角。粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示 由几何知识得联立解得（3）当磁感应强度最小时，时间最长；电场中时间为磁场中的最长时间为又由轨迹图可知解得粒子出磁场后做匀速直线运动，水平分速度与粒子在电场中的水平分速度大小相等，故运动时间相等，则有 粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为15.如图所示，电阻不计、间距为L的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域I、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，I区宽度为L，磁感应强度大小为B1=B0＋kt（k是大于零的常数），Ⅱ区中磁场的磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为R的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，a处与Ⅱ区上边界距离也为L。金属棒进入Ⅱ区后下行距离s时速度减至零。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。重力加速度为g，求：（1）金属棒未进入磁场时的感应电流的大小；（2）金属棒刚进入Ⅱ区的加速度大小及方向；（3）金属棒在Ⅱ区下行过程的时间。【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上；（3）【解析】【详解】（1）金属棒未进入磁场时，感生电动势金属棒未进入磁场时的感应电流的大小（2）金属棒机械能守恒 金属棒进入磁场时的速度动生电动势感生电动势和动生电动势方向相同，电流强度的大小金属棒受到的安培力大小为由牛顿第二定律解得，方向沿斜面向上（3）由动量定理其中解得