安徽省皖东智学联盟2023-2024学年高三上学期第二次考试物理试题（Word版附解析）

物理注意事项1、本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。2、答题前，考生务必将密封线内的项目填写清楚。3、请将选择题答案填在题后的答题表中。非选择题用黑色签字笔答题。一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求；第7~10题有多项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错不得分。1.木卫一是最靠近木星卫星，它是太阳系中地质活动非常活跃的天体。已知木卫一的平均半径约为地球平均半径的，质量为地球质量的，则同一物体在木卫一表面受到的万有引力与在地球表面受到的万有引力大小之比约为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设木卫一的质量为，半径为，地球的质量为，半径为，则有故选A。2.利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示。若用A光照射阴极K表面的某种金属，发生光电效应时光电子的最大初动能为Ek；若用频率为A光频率3倍的B光照射该金属，发生光电效应时光电子的最大初动能为3.4Ek。下列说法正确的是（　　）A.若将图中的滑片P向左移动少许，仍用A光照射该金属，则回路中可能不再有光电流产生B.该金属材料的逸出功为0.4Ek C.该实验证明了光具有波动性D.该金属材料的极限频率为B光频率的【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，光电管间加的电压为正向电压，因此只要能发生光电效应，回路中就有电流产生，故A错误；B．分别用AB光照射阴极K，可知由于联立解得故B错误；C．该实验证明光具有粒子性，故C错误；D．该金属的极限频率为B光频率为该金属材料的极限频率为B光频率的，故D正确。故选D。3.如图所示，半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，AB为直径，环上均匀分布着电量为Q的正电荷，取走A处弧长为的小圆弧上的电荷，圆环上剩余电荷分布不变，关于圆心O点处电场强度的方向和电势的变化，下列说法正确的是（　　） A.电场强度方向指向A，电势减小B.电场强度方向指向A，电势增大C.电场强度方向指向B，电势减小D.电场强度方向指向B，电势增大【答案】A【解析】【详解】取走A处弧长为的小圆弧上的电荷之前，由对称性可知O处电场强度为零，取走A处弧长为的小圆弧上的电荷之后，O处场强等于B处弧长为的小圆弧上的电荷在O处产生的场强，电场强度方向指向A；取走一部分正电荷，圆环带的正电荷减小，则O处电势减小。故选A。4.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图1所示，质点P的振动图像如图2所示，根据图像可知下列说法正确的是（　　）A.该简谐横波沿x轴正向传播B.该简谐横波的波速为v=1m/sC.质点P的振动方程为D.质点P平衡位置的坐标为x=1.0m【答案】D【解析】 【详解】AB．由图1知，波长λ=1.2m由图2知，质点的振动周期为T=12s则波速为由图2知，t=0s时刻，质点P向上运动，根据图1可知，该波沿x轴负方向传播，故AB错误；C．质点P简谐运动的表达式为y=Asin（ωt+φ0）由图像可知A=20cm则有cm当t=0时，y=20cm则解得所以质点P的振动方程为或故C错误；D．根据图1可知，t=0时刻质点P的位移y=10cm，代入可知质点P平衡位置的坐标为x=1.0m故D正确。 故选D。5.质量为1kg的物块静止在水平地面上，时刻施加一水平力F，F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，则（　　）A.时物块的速度为1m/sB.时物块的动量大小为C.时物块的速度为零0D.整个过程拉力做的功为0.375J【答案】C【解析】【详解】A．物块受到地面的最大静摩擦力时间内，物块所受的拉力小于物块的最大静摩擦力，物块处于静止状态，可知时物块的速度为零，A错误；BC．时间内，根据牛顿第二定律可得当后，根据牛顿第二定律可得做出物块的图像如图所示 根据图像与轴围成面积表示速度的变化量可知时物块的速度大小为此时物块的动量大小为撤去后物块速度减为零的时间可知物块速度为零的时刻C正确，B错误；D．根据图像可知图像为若物块在时间内做匀加速运动，则位移为整个过程可知整个过程 由图可知，实际上物块的位移小于，则拉力所做的功小于，D错误。故选C。6.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过光滑定滑轮O将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量为M，OA与水平方向的夹角θ=53°。把滑块P从图中A点由静止释放，滑块刚好能运动到B点，且在B点时弹簧处于原长，OB水平。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）A.M>2mB.从A到B的过程中，重物Q重力的功率一直增大C.在B点时重物Q的速度为零D.从A到B的过程中，P与Q的机械能之和一直减小【答案】C【解析】【详解】ABC．由于P、Q沿绳子方向速度相同，则有则由题意可得，P滑块刚好能运动到B点，则此时P速度为零，则Q的速度也为零，由于从A到B的过程中，重物Q初末速度为零，则速度先增后减，由P=mgv可得重物Q重力的功率先增后减，设xBO长度为x，则由能量守恒可得解得M<2m故AB错误，C正确；D．由于弹簧开始处于压缩状态，则在从A到B的过程中，弹簧一直对滑块P做正功，可得P与Q的机械能之和一直增大，故D错误。故选C。 7.如图所示，在屏幕MN的下方有一截面为等边三角形的透明介质，三角形边长为l，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕MN平行。激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，恰好发生全反射，光线最后照射在屏幕MN上的E点（图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）A.光在透明介质中发生全反射的临界角为60B.该透明介质的折射率为C.光在透明介质中的传播速度为D.光从射入AB面开始到射到E点的时间为【答案】ACD【解析】【详解】AB．画出光路图如图所示在界面AC恰好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角C=i=60°则折射率A正确，B错误；C．又则光在透明介质中的传播速度为 C正确；D．由几何关系可得则光从射入AB面开始到射到E点的时间为D正确。故选ACD。8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈中滑动变阻器的最大阻值和定值电阻R0的阻值相等，电压表为理想交流电表。现将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，则（　　）A.定值电阻R0消耗的功率减小B.电压表的示数变小C.变压器的输入功率先增大后减小D.当滑片处于滑动变阻器正中间时，滑动变阻器消耗的功率最大【答案】BC【解析】【详解】A．设原线圈输入电流为I，根据 可得副线圈电流为2I，副线圈两端电压为U2=2IR根据解得U1=4IR则交变电源的输出电压U=IR0+4IR可得将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电流增大，则定值电阻消耗的功率P=IR增大，故A错误；B．因定值电阻两端的电压增大，则原线圈两端的电压减小，由变压比公式可知，电压表示数变小，故B正确；CD．由可知，当时，变压器输入功率最大，即滑动变阻器消耗的功率最大，因而当滑片从最上端向下滑动时，变压器输入功率先增大后减小，故C正确；D错误。故选BC。9.将一小球斜向上抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。拍摄的照片编辑后如图所示。图中的A小球为抛出瞬间的影像，AB、BC之间被删去了3个影像，图中所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：5。已知A、B处影像处于同一高度，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则（　　） A.s1=0.3mB.小球抛出时的速度大小为C.小球抛出时速度方向与水平方向夹角的正切值为D.小球运动到C处时的速度大小为5m/s【答案】AB【解析】【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为设抛出瞬间小球竖直方向的速度为，根据竖直上抛运动位移公式有解得，设每相邻两球间的水平方向上位移为x，有则两个线段的长度s1和s2之比为3：5，则有 解得则A正确；B．小球抛出时的速度大小为B正确；C．小球抛出时速度方向与水平方向夹角的正切值为C错误；D．小球运动到C处时竖直方向的速度为则小球运动到C处时的速度大小为D错误。故选AB。10.如图所示，MN、PQ为水平放置的光滑平行金属长导轨，间距为L=1m，导轨电阻不计。导轨左侧接一额定电压为5V、额定功率为5W的小灯泡，以P点为原点，沿PQ建立x轴，在导轨间x>0的区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小随x坐标（单位：m）的分布规律为B=2x（T）。长度为L=1m、质量为m=1kg、电阻为r=1Ω的金属棒在拉力F的作用下沿着导轨向右运动，灯泡始终正常发光，金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A.金属棒做匀减速直线运动B.金属棒运动到x=6m处的速度为1m/sC.金属棒从x=3m运动到x=6m用的时间为4.5sD.金属棒从x=3m运动到x=6m过程中拉力做功为26.625J【答案】CD【解析】【详解】A．灯泡额定电压为5V、额定功率为5W，则电流灯泡始终正常发光，则电流不变，导体棒产生的感应电动势恒为E=U+Ir=6V又B=2x（T）可得金属棒的速度金属棒向右运动过程，随着x增加，金属棒的速度v逐渐减小，金属棒做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，故A错误；B．金属棒运动到x=6m处的速度为故B错误；C．金属棒所受的安培力大小可见安培力大小与位移成正比，则金属棒从x=3m运动到x=6m过程克服安培力做功则回路产生的焦耳热 解得此过程运动的时间t=4.5s故C正确；D．金属棒运动到x=3m时的速度则金属棒从x=3m运动到x=6m过程，由动能定理有解得此过程拉力做功WF=26.625J故D正确。故选CD。二、实验题：共2小题，共15分。11.某同学利用如图1所示的实验装置验证力的平行四边形定则。弹簧测力计B的吊环挂在竖直木板上的固定点，下端用细线挂一重物C，弹簧测力计A的一端用细线系于O点，手持弹簧测力计A的另一端沿平行木板方向拉结点O。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉力的方向。（1）某次实验中，其中一个弹簧测力计的指针位置如图2所示，其读数为__________N。（2）在作图时，你认为___________（选填“图3”或“图4”）是合理的。（3）如图1所示，保持结点O的位置及弹簧测力计B拉力的方向不变，使弹簧测力计A拉力的方向与竖直方向夹角逐渐减小，则弹簧测力计A的读数__________，弹簧测力计B的读数__________。（选填“变大”“变小”“先变小后变大”或“先变大后变小”）【答案】①.4.30②.图3③.先变小后变大④.变小【解析】【详解】（1）[1]一个弹簧测力计的最小刻度为0.1N，则指针位置读数为4.30N。 （2）[2]在作图时，FC方向一定是竖直向下的，而两个分力的合力的理论值F合与FC有点偏差，则图3是合理的。（3）[3][4]保持结点O的位置及弹簧测力计B拉力的方向不变，即两个分力的合力不变，使弹簧测力计A拉力的方向与竖直方向夹角逐渐减小，则弹簧测力计A的读数先变小后变大，弹簧测力计B的读数变小。12.某同学利用如图1、2所示的电路测量一段电阻丝RL的阻值和待测电阻Rx的阻值，可供选择的器材有：电压表V（量程Um=3V，内阻RV=3.00kΩ）滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）滑动变阻器R2（最大阻值1kΩ）直流电源E（电动势为4V，内阻很小）电流表A开关、导线若干，量角器待测电阻丝RL，待测电阻Rx（Rx<RL）实验步骤如下：①按电路原理图连接好实物电路； ②闭合开关S2，将滑动变阻器的滑片移到与图1中最左端所对应的位置；③闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数达到满偏值Um；④保持滑动变阻器的滑片位置不变，断开开关S2，记下电压表的示数U；⑤该同学接着又设计了如图2所示的电路来测量待测电阻Rx，他将电阻丝绕成圆形，并开有小口，O为圆心，用电阻不计的导线连接好电路，OA固定，OB可绕O点在电阻丝上滑动，且B端与电阻丝始终接触良好，开始时顺时针转动B端到C处；⑥将单刀双掷开关接于2，记下电流表的示数；⑦将单刀双掷开关接于1，转动OB，使得电流表的示数不变，用量角器测得AOB的夹角，转化为弧度制为θ。回答下列问题：（1）图1中，滑动变阻器应选择________。（填器材的代号）（2）电阻丝的电阻RL=________。（用已知量和测量量的字母表示）（3）步骤②中将滑动变阻器的滑片移到与图1中左端所对应位置的目的是__________，步骤⑤中顺时针转动滑动端B到C处的目的是_________________。（4）图2中待测电阻的阻值Rx=_________（用已知量和测量量的字母表示）【答案】①.R1②.③.见解析④.见解析⑤.【解析】【详解】思路点拨（1）[1]题图1的电路中，滑动变阻器为分压式接法，故应选择小电阻，即选择R1。（2）[2]保持滑动变阻器的滑片位置不变，断开开关S2，电阻丝RL和电压表的总电压几乎不变，故有解得（3）[3]步骤②中滑动变阻器的滑片移到与题图1中左端所对应的位置目的是使得测量电路上的电压为0。[4]步骤⑤中顺时针转动滑动端B到C位置目的是使得回路的电流最小。（4）[5]题图2电路应用的是等效替代法，即 三、计算题：共4小题，共45分。答题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律、完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分。13.如图所示，平行金属板a、b水平放置，a板带正电，b板带负电，板长为L，板间距离为d；平行金属板c、d竖直放置，板中央有孔，c板带正电，d板带负电，c、d板间电压为U1。一质量为m、电荷量为q带电粒子从b板左边缘以大小为v0的初速度进入a、b板间，初速度方向与b板的夹角为θ=30°，粒子恰能从c板的中央小孔水平进入c、d板间，不计粒子的重力，求：（1）a、b板间的电压U；（2）粒子从d板穿出时的速度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子恰能从c板的中央小孔水平进入c、d板间，则出a、b板时带电粒子竖直方向速度为零，故带电粒子从c板的中央小孔射出的速度为由受力分析可知，带电粒子在a、b板间仅受竖直向下的电场力作用，电场力大小为带电粒子在a、b板间运动过程，根据动能定理可得联合解得（2）由（1）中分析可知，带电粒子在a、b板间受到的电场力竖直向下，因此带电粒子带正电，而c 板带正电，d板带负电，则带电粒子在c、d板间做加速运动，设粒子从d板穿出时的速度为，根据动能定理可得解得14.某科技小组制作的潜水器模型如图所示，高压储气瓶通过细管与水箱连接，水箱通过细管通向外界，连接各部分的细管容积不计。水箱中有一厚度不计的轻活塞，在地面先将高压空气充入储气瓶中，并关闭阀门，此时活塞在水箱的最右端。水箱装满水后，潜水器下潜，通过遥控器可以远程控制阀门和压缩机，储气瓶和水箱内气体可通过阀门进行交换（使潜水器上下浮动）。当质量为M的潜水器静止在水面下H处，活塞恰好处于水箱正中间，此时水箱内气体的质量为m。已知水箱的容积为V，水箱内气体的压强等于潜水器所在处的压强，储气瓶和水箱内气体温度保持不变，储气瓶内的气体视为理想气体，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0。求：（1）潜水器静止于水面下H1处时，水箱内气体的质量m1；（2）潜水器以最大加速度上浮，则在潜水器上浮到水面下H2处时，水箱内气体的质量m2。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）潜水器静止在水面下H处，质量为m的气体压强为体积为，潜水器静止于水面下H1处时，压强为体积，则有 可得则可得水箱内气体的质量（2）潜水器以最大加速度上浮，则在潜水器上浮到水面下H2处时，气体压强为体积为，则有可得水箱内气体的质量15.在芯片制造过程中，离子的注入是其中一道重要的工序。如图所示，正方体OPMN-CDGH边长为L，分别沿OP、OC、ON为x、y、z轴，建立图示坐标系。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以大小为v0的初速度沿x轴正方向从O点入射，粒子重力不计，忽略场的边缘效应和粒子的相对论效应。（1）若空间区域内只存在沿y轴正方向的匀强电场，粒子运动中恰好能经过D点，求匀强电场的场强大小E；（2）若空间区域内只存在沿y轴负方向的匀强磁场，粒子运动中恰好能经过M点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若空间区域内同时存在沿着y轴负方向和z轴正方向的匀强磁场，粒子运动中恰好通过H点，求沿y轴负方向磁场的磁感应强度By和沿z轴正方向磁场的磁感应强度Bz的大小。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）若空间区域内只存在沿y轴正方向的匀强电场，则粒子沿x轴方向做匀速运动，沿y轴正向做匀加速运动，则解得（2）若空间区域内只存在沿y轴负方向的匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，恰好能经过M点，半径为r=L则解得匀强磁场的磁感应强度大小（3）若空间区域内同时存在沿着y轴负方向和z轴正方向的匀强磁场，粒子运动中恰好通过H点，由对称可知，By和Bz大小相等，粒子在合磁场中做匀速圆周运动，粒子运动半径为则 可得而可得16.如图所示，在竖直面内，一质量为m1=0.1kg且可视为质点的小物块A静止于质量为m2=0.1kg的长木板B的最左端，物块A位于悬点O的正下方。用长度为L=0.45m的不可伸长的轻绳将质量为m0=0.2kg的小球悬挂在O点，水平拉直轻绳后，将小球由静止释放，小球下摆至最低点与小物块A发生弹性正碰。小物块A运动至长木板B最右端时刚好与B共速，共速后长木板B运动中与平台侧面CN相碰而静止，B的厚度和CN高度相等。小物块A滑上水平平台CD，并进入圆弧管道DE，圆弧管道DE与CD在D点平滑连接，管道的内径略大于小物块A的线度。已知CD的长度为s=0.2m，DE的半径为R=0.4m，EF在竖直直径上，EF的高度为h=0.1m，CD与FG为同一高度的水平面，小物块A与长木板B、平台CD之间的动摩擦因数均为μ=0.4，MN和管道DE均光滑，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。（1）求小物块A在DE最高点时，物块对管道的作用力FN；（2）求长木板B的长度l以及B初始静止时B的右端距离CN的最短距离；（3）拉直轻绳，减小小球释放点到木板B上表面的竖直高度H，要使A能通过E点且落到FG上，求A最终落点到F点的距离d与H间满足的关系（结果用根式表示）。【答案】（1），方向竖直向下；（2）0.5m；（3）【解析】【详解】（1）小球摆到最低点，根据机械能守恒定律 解得小球与A发生弹性碰撞，可得联立解得A在B上运动，达到共同速度v，根据动量守恒可得解得A冲上CD运动至E点，动能定理有在E点根据牛顿第二定律可知，A对管道的作用力大小为方向竖直向下（2）AB作用过程中，根据能量守恒可知解得AB共速时，B恰好与CN相碰，距离最短根据动能定理可知解得（3）小球摆到最低点，根据机械能守恒定律解得 根据动量守恒定律与机械能守恒可得联立解得A在B上运动，根据动量守恒有解得根据能量守恒A从E点水平抛出，竖直位移水平位移为联立解得