物理-安徽省京师测评2024届高三质量联合检测试题和答案

2024年安徽省高考模拟考试物理中，只有一项是符合要求的.1.DUV光刻机是一种使用深紫外（DeepUltraviolet，DUV）光源进行曝光的设备。深紫外线具有较短的波长和较高的能量。它通常指的是波长在200纳米到300纳米之间的紫外线。浸没式光刻能降低制程，在镜头与晶圆曝光区域之间，充满对深紫外光折射率为1.44的液体，从而实现在液体中波长变短，实现较短的制程。则与没加入液体相比，下列说法正确的是()A．深紫外线进入液体后传播速度变大B．传播相等的距离，深紫外线在液体中所需的时间不变C．深紫外线光子的能量进入液体不变D．深紫外线在液体中更容易发生衍射，能提高分辨率【答案】C【解析】A.光进入介质后，传播速度变小B.光进入介质后，传播速度变小，传播相等的距离，深紫外线在液体中所需的时间变长C.光从一种介质进入另一种介质，频率不变，光子的能量不变D.光进入介质后，传播速度变小，波长变短，更难发生衍射2.如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的2倍。开始时在外力作用下使A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，已知重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是()A.A球的加速度大小为gB.拉力对A球做的功等于A球动能的增加量C.拉力对B球做的功等于B球机械能的减少量D.B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量【答案】B【解析】【详解】A．设A球质量m，则B球质量2m，绳子张力大小T，根据牛顿第二定律2mg−T=2ma解得ga=3故A错误；B．根据动能定理，重力与绳子拉力的合力对B球做的功等于B球动能的增加量，故B错C．拉力对B球做负功，拉力对B球做的功等于B球机械能的减少量，故C正确；D．对A、B整体，整体只有重力做功，机械能守恒，则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误。3．竖直放置的圆环上用甲、乙两细绳一端系着小球，小球位于圆环的中心如图所示。现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢向右滚动至甲绳竖直，在此过程中()A．甲绳中的弹力一直增大B．乙绳中的弹力一直减小C．甲绳中的弹力先减小后增大D．乙绳中的弹力先减小后增大【答案】B【解析】圆环在转动过程中，甲、乙两绳之间的夹角不变，小球受到3个力作用，这三个力可以构成矢量三角形，作辅助圆，小球受力变化如图所示，故B正确。4．将一小球斜向上抛出，不计空气阻力。下列小球运动过程中水平方向位移的大小x、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、与时间t之间关系的图像，可能正确的是()【答案】A【解析】小球做斜抛运动，x=vx0t，vy=vy0−gt、y=vy0tgt2A.Ek=m(v+v)=m[v0+(vy0)2]，A正确B.y=vy0t−gt2=x−20x2,B错误C.x=vx0t，C错误D.P=mgvy=mg(vy0x)，D错误5．质量为m神舟载人飞船与天和核心舱进行了对接，如图为飞船的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆过渡轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。已知取无穷远处引力势能为零，物体距地球球心距离为r时的引力势能Ep量）。下列说法正确的是()=-G（M为地球质A．飞船在①轨道上的机械能为GB．飞船在②轨道上的运行周期是在轨道①上运行周期的倍C．飞船在①轨道的机械能一定大于天和核心舱在③轨道的机械能D．若从核心舱发射一探测器，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，探测器刚离开飞船时的速度大小为G【答案】D【解析】A.飞船在①轨道上运行时，由G=m可得，Ek=G2，飞船的机械能E=−GB.由开普勒第三定律可知，B错误C.由于飞船和核心舱的质量关系未知，所以机械能大小不好比较D.探测器恰能完全脱离地球的引力只需E=0=−G+mv2,可得v=G6.光电倍增管的原理如图所示：当较少光子照射阴极时，由于光电效应产生光电子，产生的光电子在电场作用下进入倍增极实现连续倍增。当满足一定条件的光照射阴极K时，就会有电子射出，在加速电场作用下，电子以较大的动能撞击到第一个倍增电极上，电子能从这个倍增电极上激发出更多电子，最后阳极A收集到的电子数比最初从阴极发射的电子数增加了很多倍。下列说法正确的是()A.光电倍增管适用于各种频率的光B.保持入射光不变，增大各级间电压，阳极收集到的电子数可能增多C.增大入射光的频率，阴极K发射出的所有光电子的初动能都会增大D.保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强不影响阳极收集到的电子数【答案】B【解析】A．只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并不是适用于各种频率的光，选项A错误；B．保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光电子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，选项B正确；C．增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，并不是所有光电子的初动能都会增大，选项C错误；D．保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加，则阳极收集到的电子数会增加，选项D错误。故选B。7.如图所示，一质量为0.2kg的遥控小车在10W的恒定功率作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，达到最大速度后，遥控关闭电源，小车继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。小车与轨道AB的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R=0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.滑块在D点的速度大小为m/sB.半圆管道DEF的半径r可能为0.15mC.在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/sD.在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5m【答案】C【解析】A．滑块恰好通过该轨道最高点D，则有R解得vD故A错误；B．设从D点刚好到达F点，根据动能定理有2解得根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m，故B错误；C．在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有故C正确；D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有22μmgxmg.2R=2mvD2mv'解得故D错误；故选C。8.在光滑绝缘水平面上建立如图所示的数轴，在x≤0的范围内存在大小为B0，方向垂直于纸面向里的匀强磁场I，在x≥2l的范围内存在大小为2B0方向垂直于纸面向外的匀强磁场II，在0<x<2l范围内无磁场。一个质量为m、电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，以某一初速度从图示位置沿x轴正方向运动，cd边恰好能到x=2l处，导线框始终垂直于磁场。则下列说法正确的是()A.线框穿出磁场I的过程中和进入磁场II的过程中，线框中产生的感应电流方向反B.线框ab边刚穿出磁场I时，ab两点间的电势差为uab=C.线框恰好有一半进入磁场II时，ab边受到的安培力大小为D.线框穿出磁场I的过程中与进入磁场II的过程中产生的焦耳热之比为9:16【答案】D【解析】A．线框穿出磁场I的过程中垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场II的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针，两个过程感应电流方向相同，A错误；B．对全过程，根据动量定理可得一B0I1l.t12B0I2l.t2=0mv0又10l211tR12=2B0l222tR2联立解得线框ab边刚穿出磁场I时的速度5Bl3v0线框ab边刚穿出磁场I时，cd边切割磁感线，cd边相当于电源，则ab两点间的电势差为UabB错误；C．设线框恰好有一半进入磁场II时，线框的速度为v2，根据动量定理可得一2B0Il.t3=0mv2又tRtR3联立解得2Bl3v2此时ab切割磁感线，感应电动势的大小此时感应电流ab边受到的安培力大小为0F=2BIl0联立可得F=8Bl5mR2C错误；D．根据动量定理Bl.解得4Bl3根据能量守恒定律可得线框穿出磁场I的过程中产生的焦耳热22线框穿出磁场II的过程中产生的焦耳热2联立可得D正确。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.9.真空中有一锥角为600的圆锥体，在圆锥顶点O'处固定一电荷量为－Q的点电荷，在底面圆心O处固定另一电荷量为＋Q的点电荷，如图所示。其中C、D分别是母线O'A、O'B的中点，O1是过C、D两点且与底面平行的圆锥截面圆心，E点在底面圆周上。下列说法正确的是()A.A、B、E三点的电势相等B.过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电场强度大小相等，方向不同C.在A点将带正电的试探电荷q沿底面圆周切线射入空间，该电荷将做匀速圆周运动D.将带负电的试探电荷q从A点沿AE连线移到E点，该电荷电势能先减小后增大【答案】AD【解析】A.取无穷远处为0势能点，点电荷的电势为φ=K，因为A、B、E三点到O点和O'点的距离相等，根据电势的相加可知A正确B.根据电场叠加可知，过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电场强度相等C.根据带电粒子在A点的受力分析和速度方向可知，带电粒子不可能做匀速圆周运动D.由A可知在AE连线上，其中点的电势最高，在该点负电荷的电势能最小，故D正确10.在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1,电阻R1=2Ω,R2=R3=R4=4Ω。已知通过R4的电流i4=22sin100πtA，下列说法正确的是()A.通过R1的电流为4AB.a、b两端电压的有效值为52VC．若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率增大D．若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压减小【答案】BC【解析】A.流过副线圈的电流为4A，由n1I1=n2I2可知通过R1的电流为2AB.变压器可用等效电阻等效替代，等效电阻R0=()2R副，R副=R2+2=6Ω,R0=24Ω,uab=I1∙R1=52V,故B正确C.a、b两端电压保持不变，R2减小，电流增大，R1功率增大D.a、b两端电压保持不变，R1减小，则变压器的输入电压增大、输出电压增大，R2两端的电压增大。某同学通过单摆测量重力加速度的实验中:（1）组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球最顶端的长度L0=97.00cm，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则摆球直径d=cm。（2）实验时，他利用如图乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，光敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的振动周期为T=s。（3）根据以上测量数据可得重力加速度g=m/s2（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）2.02（2）2.00（3）9.66（每空2分）【解析】（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为20mm+2×0.1mm=20.3mm=2.02cm（2）由图丙可知该单摆的振动周期为T=2.00s（3）单摆的摆长为根据单摆的周期公式 T=2πLg解得g=9.66m/s2小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池（电动势约1.5V，内阻不计）2节；两量程电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ;量程0~15V，内阻约15kΩ)1验电路如题1图所示.小明通过实验测量一节电池的电动势和内阻，所用器材有：特测电池，5个完全相同的阻值未知的电阻Rx，一个阻值为R0的定值电阻，一个量程为3V的电压表，两个开关S1、S2，单刀双掷开关S3，导线若干。小明设计了如图甲所示的电路，其中c为金属夹。(1)小明首先测量未知电阻Rx的阻值，步骤如下：①断开开关S2，S3接b，c夹在0处，闭合S1，此时电压表示数为U0；②断开开关S1，闭合S2，S3接a，将金属夹c夹在位置3，闭合S1，电压表示数也为U0；则未知电阻Rx的阻值为用R0表示）(2)小明继续测量电池的电动势和内阻。步骤如下：①断开开关S2，S3接b，闭合S1；②将金属夹依次夹在位置1、2、3、4、5处，记录对应的电压表示数U；③做出电压表示数U和位置编号n的n关系图像，如图乙所示：（用b、k、和R0表示）。(3)该实验中电动势的测量值（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】(1)（2分）(2)13k（3分）bR0（3分）-R0（3分）(3)小于（2分）【详解】（1）断开开关S2，S3接b，c夹在0处，闭合S1，此时电压表示数为U0，由电路图可知此时外电路只有R0；断开开关S1，闭合S2，S3接a，将金属夹c夹在位置3，闭合S1，电压表示数也为U0，由电路图可知此时外电路有3Rx；则有3Rx=R0可得R=R0x3（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得E=U+(nRx+r)整理可得xR0+r =n+UER可知k==，b=解得电动势和内阻分别为E=，r=-R0（3）由电路图可知，实验误差来源于电压表的分流，设电压表的内阻为RV，根据闭合电路欧姆定律可得 )Rxn+R0RV+(R0+RV)r真U则有R xER xER=可得 >(R0+RV)R >EE测<E真则该实验中电动势的测量值小于真实值。13（10分）气垫运动鞋可减低运动时的震荡，降低运动时脚踝和地面撞击造成的损伤，其鞋底上部和鞋底下部之间设置有可形成气垫的储气腔（腔内气体视为理想气体储气腔与设置在鞋上的进气孔道和出气孔道组成通气装置。已知鞋子未被穿上时，当环境温度为270C，每只鞋储气腔内气体体积0，压强P0，等效作用面积恒为S，忽略其他结构产生的弹力。大气压强也为P0，且储气腔内气体与外界温度始终相等，g已知。（1）当质量为m的运动员穿上该运动鞋，双脚直立时，求单只鞋储气腔内气体体积1；（2）运动鞋未被穿上时，但储气腔存在漏气，当气温从27℃上升到37℃时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比η。【答案】（1）V1=m00S2）η=【详解】（1）双脚站立时，由平衡条件可得 ==mg+2p0S=2p1S气体做等温变化，根据玻意耳定律可得pV解得单只鞋气垫内气体体积2p0SV012p0SV01mg+2p0S（2）根据理想气体状态方程p0V0p0Vx=T其中2分2分2分T=273+27K=300KT=273+37K=310K漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为VVV0V11414分）如图所示，在xoy平面内y轴左侧存在平行于纸面范围足够大的匀强电场E1（大小未知）。一质量为m、电荷量为e的电子（重力不计），从x轴上x=-L的P点以速度2v0、与x轴负方向夹角θ=450入射，之后电子从y轴上的Q点以2v0的速度沿x轴正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1=的匀强磁场，分布在一个半径为r=的圆形区域内（图中未画出），且圆形区域的左侧与y轴相切，圆形区域所处的位置恰好能够使得电子穿过圆形区域时速度的偏转角度最大。电子从圆形区域射出后，从x轴上M点射入x轴下方，在x轴下方存在范围足够大、方向均沿y轴负方向的匀强电场E2（大小未知）和匀强磁场B2（大小未知），电子在x轴下方运动一段时间后能够恰好返回M点，求：（1）P、Q两点间的电势差及Q点的纵坐标；（2）电子在圆形磁场区域中运动的时间；（3）的可能值。（1）-；L23）(n=1,2,3…)【详解】（1）P到Q由动能定理得2解得2mvU-mvUPQe将P点速度沿水平方向和竖直方向分解得0cosθ=v0vysinθ=v0又解得竖直位移则Q点纵坐标值yQ（2）由洛伦兹力提供向心力解得偏转角最大则圆心角最大max此时运动时间BπnBπn2 E23v0 62v060（3）将M点速度分解为πL00v=2v0cos600=v0v=2v0sin600=3v0电场力