2024屆安徽省合肥一中等皖豫聯(lián)盟高三上學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將考生號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2. 回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3. 考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 地球赤道上方的同步衛(wèi)星是人類科技在衛(wèi)星技術(shù)領(lǐng)域上的杰出發(fā)明，其優(yōu)勢(shì)在于高速通訊、全球覆蓋以及利于保密，在工業(yè)、科技、軍事領(lǐng)域得到了廣泛的應(yīng)用。下列關(guān)于該類同步衛(wèi)星的說法正確的是（）
A. 所有的同步衛(wèi)星受到地球的引力都相等
B. 同步衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)方向一定與地球自轉(zhuǎn)方向相同
C. 不同的同步衛(wèi)星向心加速度大小可能不同
D. 所有的同步衛(wèi)星的線速度都相同
【答案】B
【解析】
【詳解】B．由于同步衛(wèi)星相對(duì)地球靜止，所以同步衛(wèi)星運(yùn)行方向一定與地球自轉(zhuǎn)方向相同，運(yùn)行周期一定與地球自轉(zhuǎn)周期相同，故B正確；
A．由萬有引力提供向心力有
解得
可知，所有同步衛(wèi)星的軌道半徑相等，由萬有引力公式可得，同步衛(wèi)星受到地球的引力大小為
由于同步衛(wèi)星的質(zhì)量不一定相同，所以同步衛(wèi)星受到地球的引力不一定相等，故A錯(cuò)誤；
C．由萬有引力提供向心力有
解得
可知，同步衛(wèi)星向心加速度大小一定相同，故C錯(cuò)誤；
D．由萬有引力提供向心力有
解得
可知，所有的同步衛(wèi)星的線速度大小相等，但方向不同，故D錯(cuò)誤。
故選B。
2. 如圖所示，一束單色光入射到極限頻率為ν0的金屬板M上，發(fā)射的光電子可沿垂直于平行板電容器極板的方向從左極板上的小孔進(jìn)入電場(chǎng)，且均不能到達(dá)右極板，已知光速為c，下列說法正確的是（）
A. 該單色光的波長(zhǎng)為
B. 若僅增大該單色光的強(qiáng)度，則將有光電子到達(dá)右極板
C. 若僅換用波長(zhǎng)更小的單色光，則可能有光電子到達(dá)右極板
D. 若僅將滑動(dòng)變阻器的滑片左移一小段距離，光電子可能到達(dá)右極板
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由題可知
所以
故A錯(cuò)誤；
B．若僅增大該單色光的強(qiáng)度，由于入射光的頻率不變，則電子仍然不能到達(dá)右極板，故B錯(cuò)誤；
C．若僅換用波長(zhǎng)更小的單色光，光子的能量變大，逸出的光電子的初動(dòng)能增大，則電子有可能到達(dá)右極板，故C正確；
D．若僅將滑動(dòng)變阻器滑片左移一小段距離，由于兩板間的電壓不變，電子仍然不能到達(dá)右極板，故D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 傳統(tǒng)嶺南祠堂式建筑陳家祠保留了瓦片屋頂，屋頂結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)化為如圖2所示，弧形瓦片靜止在兩根相同且相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為，瓦片質(zhì)量為m，重力加速度為g，下列關(guān)于瓦片受力的說法正確的是（）
A. 每個(gè)椽子對(duì)瓦片的摩擦力大小為
B. 瓦片受到的合力方向豎直向上
C. 兩個(gè)椽子對(duì)瓦片作用力的合力大于mg
D. 每個(gè)椽子對(duì)瓦片的支持力大小為
【答案】A
【解析】
【詳解】A．平行于椽子方向，由平衡條件
所以每個(gè)椽子對(duì)瓦片的摩擦力大小為，故A正確。
B．瓦片靜止，合力大小為0，故B錯(cuò)誤；
C．進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可得椽子對(duì)瓦片的合力大小為
故C錯(cuò)誤；
D．由于椽子對(duì)瓦片的支持力方向并不是垂直椽子向上，瓦片受到椽子對(duì)其支持力的方向垂直接觸面斜向上，設(shè)支持力方向與垂直椽子向上的夾角為α，則
所以每個(gè)椽子對(duì)瓦片的支持力大于，故D錯(cuò)誤；
故選A。
4. 如圖所示，一束復(fù)色光從空氣射到一塊長(zhǎng)方體玻璃磚上表面后分成兩束單色光a、b，光束a、b與法線的夾角分別為、，則光束a、b通過玻璃磚的時(shí)間之比為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)折射定律為
幾何關(guān)系可得
時(shí)間
聯(lián)立解得
所以有
故選A。
5. 物體間發(fā)生碰撞時(shí)，因材料性質(zhì)不同，機(jī)械能會(huì)有不同程度的損失，可用碰撞后二者相對(duì)速度的大小與碰撞前二者相對(duì)速度大小的比值描述，稱之為碰撞恢復(fù)系數(shù)，用符號(hào)表示?，F(xiàn)有運(yùn)動(dòng)的物塊A與靜止的物塊B發(fā)生正碰，關(guān)于A與B之間的碰撞，下列說法正確的是（）
A. 若，則表明碰撞結(jié)束后A與B均停止運(yùn)動(dòng)
B. 若，則表明碰撞結(jié)束后二者交換速度
C. 若，則表明A與B的碰撞為完全非彈性碰撞
D. 若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞
【答案】D
【解析】
【詳解】若，則表明碰撞結(jié)束后A、B兩物體相對(duì)速度為0，表明A、B兩物體共速，說明A與B碰撞為完全非彈性碰撞；假設(shè)為彈性碰撞，則有
解得
可知若，則表明A與B的碰撞為彈性碰撞。
故選D。
6. 國(guó)家為節(jié)約電能，執(zhí)行峰谷分時(shí)電價(jià)政策，引導(dǎo)用戶錯(cuò)峰用電。為了解錯(cuò)峰用電的好處，建立如圖所示的電網(wǎng)僅為3戶家庭供電”模型，3戶各有功率相同的用電器，采用兩種方式用電：方式一為同時(shí)用電1小時(shí)，方式二為錯(cuò)開單獨(dú)用電各1小時(shí)，若用戶電壓恒為220V，除了輸電線總電阻以外不計(jì)其他電阻，變壓器為理想變壓器，則兩種方式用電時(shí)（）

A. 電網(wǎng)提供的總電能之比為
B. 變壓器原線圈中的電流之比為
C. 變壓器原線圈兩端電壓之比為
D. 輸電線路總電阻損耗的電能之比為
【答案】B
【解析】
【詳解】B．設(shè)每個(gè)用電器的功率為，工作電流，則副線圈的電流為（用戶的數(shù)量），輸電線電流為
所以變壓器原線圈中電流之比為，故B正確；
C．當(dāng)多用戶同時(shí)用電時(shí)，由于用戶電壓恒定且各用戶并聯(lián)，則副線圈電壓不變，由電壓與線圈匝數(shù)關(guān)系可知，原線圈電壓不變，即變壓器原線圈兩端電壓之比為，故C錯(cuò)誤；
AD．根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，方式一輸電線總電阻消耗的電能
方式二輸電線總電阻消耗電能
則輸電線路總電阻損耗的電能之比為，方式一電網(wǎng)提供的總電能
方式二電網(wǎng)提供總電能
由于
可知
即電網(wǎng)提供的總電能之比不是，故AD錯(cuò)誤。
故選B。
7. 繃緊的傳送帶與水平方向夾角為，傳送帶的圖像如圖所示。在時(shí)刻物塊從B點(diǎn)以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運(yùn)動(dòng)。1s后開始減速，在時(shí)物塊恰好到達(dá)最高點(diǎn)A。已知重力加速度g取，，。下列說法正確的是（）
A. 傳送帶一定是順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
B. 傳送帶A、B間距離為4m
C. 物塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為
D. 物塊與傳送帶間相對(duì)位移大小為1.5m
【答案】C
【解析】
【詳解】A．至，物塊沿傳送帶向上做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可知，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力方向沿斜面向上，則物塊相對(duì)傳送帶向下滑行，可知傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
BC．由圖像可知，時(shí)，傳送帶速度減為，根據(jù)題意可知之后，物塊與傳送帶相對(duì)靜止共同向上減速運(yùn)動(dòng)，則物塊勻速的速度為
時(shí)恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A點(diǎn)速度減為0，可知傳送帶A、B間距離為
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知內(nèi)傳送帶的位移為
可知物塊與傳送帶間相對(duì)位移大小為
故D錯(cuò)誤。
故選C。
8. 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，相距為2L的兩條直線MN、PQ之間存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)用相同材料且粗細(xì)均勻的電阻絲制成的、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框以初速度v0，從MN左側(cè)沿垂直于MN的方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，線框完全離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度大小恰好為0，則以下說法正確的是（）
A. 整個(gè)線框處于磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框四個(gè)頂點(diǎn)的電勢(shì)滿足
B. 線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程AB邊（AB邊位于磁場(chǎng)外）不產(chǎn)生焦耳熱
C. 線框在進(jìn)入磁場(chǎng)與穿出磁場(chǎng)兩個(gè)過程中克服安培力做功之比為1:1
D. 若只將線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度變?yōu)?v0，則線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0
【答案】D
【解析】
【詳解】A．整個(gè)線框處于磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于AB、CD邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可得線框四個(gè)頂點(diǎn)的電勢(shì)滿足
故A錯(cuò)誤；
B．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，AB邊就會(huì)產(chǎn)生熱量，故B錯(cuò)誤；
C．由于進(jìn)入過程安培力大于離開過程的安培力，而進(jìn)入過程和離開過程位移大小相等，所以線框在進(jìn)入磁場(chǎng)與穿出磁場(chǎng)兩個(gè)過程中克服安培力做功之比大于1:1，故C錯(cuò)誤；
D．整個(gè)過程
即
若v0變?yōu)樵瓉淼膬杀?，但整個(gè)過程通過線框的電荷量相等，因此速度的變化量相同，線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，故D正確。
故選D。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共2小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的平行板電容器兩極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，所帶電荷量保持不變，某帶正電微粒緊靠下極板邊緣P點(diǎn)，以大小為、方向與極板成角斜向上的速度射入電場(chǎng)，微粒從極板右端M點(diǎn)平行于極板方向射出，M點(diǎn)到兩極板距離均為d，忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)微粒的重力。下列說法正確的是（）
A. 微粒在極板間的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線
B.
C. 若僅將上極板向上移動(dòng)少許，射出點(diǎn)將位于M點(diǎn)下方
D. 若將微粒從M點(diǎn)以大小為、方向向左的初速度垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡不變
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．微粒在平行板電容器只受電場(chǎng)力作用，微粒初速度方向與電場(chǎng)力方向不在同一直線上，微粒做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線，故A正確；
B．從P到M點(diǎn)，水平方向有
豎直方向有
且
可得
故B正確；
C．電容器所帶電荷量保持不變，根據(jù)
故兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無關(guān)，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，微粒受力不變，軌跡不變，仍然從M點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤；
D．若將微粒從M點(diǎn)以大小相等的初速度垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
豎直方向位移為
射出點(diǎn)位于P點(diǎn)上方，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
10. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有半徑為R的光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O，B點(diǎn)在O的正上方，A、C點(diǎn)關(guān)于OB對(duì)稱，?？煽闯少|(zhì)點(diǎn)的物塊自A點(diǎn)以初速度沿著軌道切線方向向上運(yùn)動(dòng)，并且能沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。已知重力加速度為g，，下列說法正確的有（）
A. 若，則物塊在A點(diǎn)初速度可能為
B. 若，則物塊在A點(diǎn)初速度可能為
C. 若，則物塊在A點(diǎn)初速度可能為
D. 若，則物塊在A點(diǎn)初速度可能為
【答案】AB
【解析】
【詳解】AB．若， A點(diǎn)速度取得最大值時(shí)
從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有
得到
滿足題意，AB正確；
C．若，A點(diǎn)速度取得最大值時(shí)
從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有
得到
不符合題意，C錯(cuò)誤；
D．若物塊在A點(diǎn)的初速度為，則物塊在A點(diǎn)就離開軌道，不能沿著軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，D錯(cuò)誤。
故選AB。
三、非選擇題：本題共5小題。
11. 某物理興趣小組利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究加速度與物體質(zhì)量的關(guān)系。首先平衡摩擦力，保持砂和砂桶的質(zhì)量一定。然后接通速度傳感器電源，釋放小車，利用速度傳感器測(cè)出不同時(shí)刻對(duì)應(yīng)的速度v并描繪圖像，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取。
（1）圖2為某次實(shí)驗(yàn)描繪的圖像。由圖像可知，此時(shí)小車的加速度a=_________。
（2）該小組同學(xué)通過多次改變小車的質(zhì)量，利用速度傳感器記錄并描繪的圖像求出加速度，根據(jù)數(shù)據(jù)作出了加速度a的倒數(shù)和小車質(zhì)量M的圖像如圖3所示，請(qǐng)用所學(xué)知識(shí)分析，圖3中c=_________，利用題中信息求出實(shí)驗(yàn)中砂和砂桶的質(zhì)量m=_________kg.
【答案】 ①. 3 ②. 0. 1 ③. 0. 08
【解析】
【詳解】（1）[1]釋放后小車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由
可得
（2）[2][3]a和M的關(guān)系反映小車與砂和砂桶的運(yùn)動(dòng)，即
得
則
由題圖3可求斜率
則
12. 如圖所示，圖1為某多用電表中歐姆表的內(nèi)部電路圖，該歐姆表有“”及“”兩個(gè)擋位可選。圖1中電源的電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為，在擋位切換時(shí)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變。靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻為，滿偏電流為，定值電阻。圖2為該多用電表的表盤，歐姆表刻度盤的中值刻度為“15”。不計(jì)導(dǎo)線的電阻，請(qǐng)回答下列問題：
（1）在正確操作的情況下，圖1中b表筆應(yīng)為_________表筆（填紅”或黑”）。
（2）若歐姆表的倍率調(diào)為“”擋，則圖1中對(duì)應(yīng)單刀雙擲開關(guān)應(yīng)撥至_________位置（填1”或2”）。經(jīng)表筆短接歐姆調(diào)零之后進(jìn)行測(cè)量電阻，發(fā)現(xiàn)指針位于20與30正中間，則測(cè)量值_________（填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）若將歐姆表的倍率調(diào)為“”擋，進(jìn)行歐姆調(diào)零后接在另一個(gè)待測(cè)電阻的兩端，穩(wěn)定后指針指在靈敏電流計(jì)滿偏刻度的處，則通過計(jì)算可知該待測(cè)電阻的阻值為_________.
（4）若將圖1中單刀雙鄭開關(guān)撥至2后，進(jìn)行歐姆調(diào)零，當(dāng)調(diào)零完畢時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R=_________。
【答案】 ①. 黑 ②. 2 ③. 小于 ④. 75 ⑤. 1409
【解析】
【詳解】（1）[1]在歐姆表的使用過程中，應(yīng)讓電流從紅表筆流入，黑表筆流出，黑表筆接內(nèi)部電源正極，所以b表筆應(yīng)為黑表筆；
（2）[2][3]當(dāng)開關(guān)撥至2時(shí)，靈敏電流計(jì)滿偏時(shí)的干路電流為
此時(shí)歐姆表的中值電阻為
所以當(dāng)開關(guān)撥至2時(shí)，歐姆表的倍率是“”，由于刻度盤為左密右疏”，因此小于；
（3）[4]倍率選擇“”擋時(shí)，歐姆表的內(nèi)阻為
由閉合電路歐姆定律有
指針指在電流計(jì)滿偏刻度的位置時(shí)，有
解得
（4）[5]當(dāng)開關(guān)撥至2時(shí)，倍率為“”擋，歐姆表的內(nèi)阻為
電路中并聯(lián)部分的阻值為
所以滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為
13. 如圖所示，一豎直放置的汽缸被輕活塞AB和固定隔板CD分成兩個(gè)氣室，CD上安裝一單向閥門，當(dāng)氣室2壓強(qiáng)大于氣室1時(shí)，單向閥門可向下開啟。氣室1內(nèi)氣體壓強(qiáng)為，氣室2內(nèi)同種氣體壓強(qiáng)為，氣柱長(zhǎng)均為L(zhǎng)，活塞面積為S，活塞與汽缸間無摩擦，汽缸導(dǎo)熱性能良好?，F(xiàn)在活塞上方逐漸增放質(zhì)量為的細(xì)砂，重力加速度為g，大氣壓為，求：
（1）活塞AB下降的距離；
（2）氣室1內(nèi)氣體最終的壓強(qiáng)。
【答案】（1）L；（2）
【解析】
【詳解】（1）對(duì)活塞AB有
解得
單向網(wǎng)打開，如果氣室2的氣體未完全進(jìn)入氣室1，則有
解得
假設(shè)不成立，所以氣體完全進(jìn)入氣室1，所以活塞AB下降的距離為L(zhǎng)。
（2）對(duì)氣室1、氣室2內(nèi)氣體由等溫變化規(guī)律有
解得
14. 平面直角坐標(biāo)系中，在（d為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中P點(diǎn)在的位置，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在電場(chǎng)右邊界正上方平行于y軸方向固定一長(zhǎng)度為d的接收器MN，位置如圖所示。質(zhì)量為m，帶電量為的帶電微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向以初速度射入第一象限內(nèi)的電場(chǎng)區(qū)域，通過調(diào)節(jié)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后經(jīng)偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度，微粒重力不計(jì)。
（1）若微粒經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度大??；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度為多大時(shí)，微粒恰好經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在接收器上端M點(diǎn)。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)

得到

（2）電場(chǎng)中

磁場(chǎng)中：設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v，方向與y軸正向夾角為
洛倫茲力提供向心力
得到

經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好打M點(diǎn)，由幾何關(guān)系

且

解得
15. 如圖所示，在水平地面上方固定一足夠長(zhǎng)水平光滑的直桿，質(zhì)量為的滑塊套在直桿上，滑塊底部到地面的距離為，長(zhǎng)為的輕繩一端固定在滑塊底部O點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為的小球。現(xiàn)將小球拉至與O點(diǎn)等高處，輕繩伸直后由靜止釋放。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)小球與滑塊所受到的空氣阻力，重力加速度g取。
（1）若小球擺到最低點(diǎn)時(shí)輕繩恰好被拉斷，求繩子拉力的最大值（可用分式表示）；
（2）若小球擺到最低點(diǎn)時(shí)輕繩恰好被拉斷，求小球落地時(shí)與滑塊底部O點(diǎn)間的距離（結(jié)果可帶根號(hào)）；
（3）若直桿是粗糙的，小球運(yùn)動(dòng)過程滑塊始終靜止，求滑塊與桿間動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球速度為，滑塊速度，水平方向動(dòng)量守恒
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解得
小球相對(duì)滑塊圓周運(yùn)動(dòng)的線速度
對(duì)小球
解得
（2）繩斷后小球做平拋運(yùn)動(dòng)
小球落地時(shí)，小球滑塊間水平距離
解得
此時(shí)小球與滑塊間距離
（3）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到繩與桿間夾角時(shí)
繩子的拉力和重力在繩子方向上的的分力提供向心力
解得
對(duì)滑塊
解得
得到

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