安徽省示范高中皖北协作区2024届高三年级下册联考物理试卷 含解析

2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考

物理

考生注意：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘

贴在答题卡上的指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是（）

A.p衰变的电子来自原子核外

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应

C.原子核比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核就越稳定

D.氢原子跃迁时核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能减小，原子总能量减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.P衰变的电子来自原子核内的一个中子转化为一个质子并放出一个电子，故A错误；

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故B错误；

C.原子核比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核就越稳定，故C正确；

D.氢原子跃迁时核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，放出能量，根据

22

k^=m-

rr

可知

E=眩

k2r

厂减小，电子的动能增大，但由于放出能量，原子总能量减小，故D错误。

故选Co

2.如图所示，一质量为根的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩

擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。该物体在此运动过程，下列说法正确的是

A.动量不变B.重力做功的瞬时功率不变

C.重力做功随时间均匀变化D.重力的冲量随时间均匀变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.物体的速度大小不变，方向发生改变，则物体的动量大小不变，方向发生改变，故A错误;

B.根据

P=mgvy

由于物体竖直方向的分速度逐渐减小，则重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误;

C.根据

W=mgh

物体速率不变，但竖直方向的分速度发生改变，所以物体下落的高度不是随时间均匀变化，则重力做功不

是随时间均匀变化，故C错误；

D.根据

I=mgt

由于重力恒定不变，可知重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。

故选D。

3.某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，

细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了

竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若

把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是

()

【答案】B

【解析】

【详解】以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图所示

根据牛顿第二定律有

(m+M)a—(m+M)gtana

解得

a=tantz

以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图所示

根据牛顿第二定律有

Ma=Mgtana

解得

a=tan。

因为两球的加速度相同，则可知两段细线与竖直方向的夹角相同。

故选B。

Q

4.以速度%水平抛出一小球，经过时间r后，其位移为1m,速度方向与水平面夹角的正切值tana=§,

重力加速度g取10m/s,,不计空气阻力，下列选项正确的是（）

A.%=L5m/sB.%=2.5m/sC.t=0.3sD.?=0.5s

【答案】A

【解析】

【详解】平抛运动过程如图所示

根据平抛运动推论有

tan8=-tan。=一

23

根据几何知识有

sin6=—,COS0=-

55

根据几何知识可得

y=ssin8=《，x=scos6*=—

根据平抛运动规律有

12.

y=2gt~,%=即

解得

%=1.5m/s,t=0.4s

故选A„

5.中国载人登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两

颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如

图1所示，测得两卫星之间的距离△尸随时间变化的关系如图2所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说

法正确的是（）

A.a、b两卫星的线速度大小之比匕：为=6：

B.a、b两卫星的加速度大小之比/：为=4:1

C.a卫星的运转周期为T

D.b卫星的运转周期为7T

【答案】D

【解析】

【详解】A.设。星与月球的距离为〃，6星与月球的距离为与，根据图像有

〃+5=5r,rb-ra=5r

联立解得

〃=r,rb=4r

两卫星均绕月球运动，设a星与b星的速度分别为匕、以，根据牛顿第二定律有

解得

可知a、6两卫星的线速度大小之比

工殳=2

V1,以1

故A错误;

B.根据

GMm

——--二ma

r

解得

GM

a=2

r

可知。、b两卫星的加速度大小之比

%=欧=3

abra1

故B错误；

CD.根据开普勒第三定律可得

2H

可得

ZL-

Tb收8

根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近，有

2万27r

——T-----T=271

TaTh

联立解得

7

T=~T，K=TT

ao

故C错误，D正确。

故选D。

6.某简谐横波波源的振动图像如图1所示，该波源的振动形式在介质中传播,某时刻的完整波形如图2所

示，其中P、。是介质中的两个质点,该波的波源位于图2中坐标原点处，下列说法正确的是（）

y/cmfy/cva,

o]2

VV;oiloj.20.30.4045x/m

图1图2

A.该波周期为0.1s

B.再经过0.4s,图2中质点。处于波谷

C.图2中质点Q第一次处于波谷时，波源处于波峰位置

D.从/=0.2s到质点。开始振动，质点尸运动的路程为0.3m

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图1可知该波的周期为0.2s,故A错误；

B.由图2可知该波的波长为0.2m,波速为

v=—=1m/s

T

经过0.4s,波传播的距离为

Ax=v/=1x0.4m=0.4m

由图2根据波形平移法可知，再经过0.4s,图2中质点。处于平衡位置，故B错误;

C.根据波形平移法可知，再经过

,Ax0.357

A/=—------s=0.35s=-T

v14

7

质点。第一次处于波谷，波源从图示时刻再经过］个周期，波源处于波峰，故C正确;

D.由题图可知波形图对应的时刻为/=0.2s,由波形平移法可知，在经过0.3s质点。开始振动，由于

3

0.3s=-T

2

则从/=0.2s到质点。开始振动，质点P运动的路程为

3

s=—x4A=12cm

2

故D错误。

故选Co

7.如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度。0匀速转动，通过理想变压器为后

面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为m和〃2,电压表和电流表均为理想交流电表，不计导线的

电阻。下列说法正确的是（）

A,仅将滑片P下滑时,

B.仅将滑片P下滑时，电压表示数V2变大

C.仅将滑片P下滑时，电流表示数A3变小

D,仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），电源的效率变小

【答案】A

【解析】

【详解】A.对原线圈有

E=Lr+Ut

A_卫

八用

联立可得

故A正确;

B.根据变压器原副线圈电压与匝数的关系

若仅将滑片P下滑时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据等效电阻法可知，原线圈回路中的电流增

大，则原线圈的输入电压Ui减小，S减小，所以电压表示数V2减小，故B错误；

C.由于增大，则/2增大，根据欧姆定律可知，R1两端的电压增大，&两端的电压减小，流过氏2的电

流减小，流过用的电流增大，故C错误；

D.若仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），由于外电路等效电阻和电源内阻不变，根据闭合电路

欧姆定律可知

7=,/时,—xl00%=—x100%

/-R外+/24R外+R内

则电源的效率不变，故D错误。

故选A

8.如图所示，倾角为30。的光滑绝缘斜面足够长，空间存在方向与斜面平行的匀强电场。质量为相，电荷

量为-q(q>0)的带电小球(可视为质点)，从固定斜面底端A点由静止释放，经时间3小球沿斜面上升

到8点，此时撤去电场，又经过2f时间小球恰好回到初始位置4重力加速度为g。下列说法正确的是

A.撤去电场前小球从A到B电势能逐渐增加

B.带电小球上滑过程中撤去电场前后的加速度大小之比1:2

小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为不

9机女2/

D.撤去电场前A、8两点间的电势差为受一

5aq

【答案】C

【解析】

【详解】A.撤去电场前电场力对小球做正功，其电势能减小，故A错误;

B.设撤去电场时小球的位移大小为x,速度大小为%,撤去电场前小球的加速度大小为用,撤去电场后小

球的加速度大小为电，根据位移与时间的关系可得

x=-qJ,—x=％•2,一5a2(21)2

根据速度时间关系可得

%=印

联立解得

q_4

a25

故B错误；

C.撤去电场后小球上升到最高点时间

a2

解得

4

t,——t

15

由此可知，小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为

,9

t=t+tx=­t

故C正确；

D.撤去电场前，根据动能定理有

19

-UABq-mgxsin30=—mv^

由于

p

a2=gsin30=—

所以可得

2

联立解得

9mg干

U=-----------

”50q

故D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，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.如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑

连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为：2，取地面为零势能面，已知

sin53。=0.8,cos53。=0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能后「、动能后卜、摩擦产生的热量。与

水平位移x的关系图像可能正确的是（

【解析】

【详解】AD.设。点到斜面底端的距离为飞,物块释放点的高度为，，物块从释放到停止运动的过程中，

克服摩擦力做功

%=/Limgcos53-----+jumgxl

可得

%=pimgxQ+]Limgxx=jumgx

根据能量守恒可知

Q=%;=Nmgx

而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为

E-=mgn,—2—mg-x

27

其E-x图像为纵轴截距为血g/7,斜率为-耳冷？的倾斜直线，而其Q-X图像为过原点，斜率为的倾

斜直线，故A错误，D正确;

B.物块的重力势能

4(3

E=mgh-mgtan53-x-mgh--mg-xlx<x~~h

p04

4

可知物块丸-x图像为纵轴截距〃%〃，斜率为-耳mg的图线，当X〉不时，重力势能为0保持不变，故B

正确；

C.当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能

x2

E=mgxtan53-//mgcos53---------=—mg-x(x<x)

k'lcos5330

当物块下滑至斜面底端时其动能

口2

Eu=~mgx0

此后在水平面上克服摩擦力做功，则有

222

mx1

4=§8o一冲gx=-mgx0--mg-x(x0<x<2x0)

可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为g/ng,动能达到最大后在水平面上运动,

其图线的斜率为-g加g,可知图线具有对称性，故C错误。

故选BD。

10.如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,在

第三、四象限-d<y<0范围内有沿X轴正方向的匀强电场，在坐标原点。有一个粒子源可以向X轴上方

以不同速率向各个方向发射质量为“、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(-d,o),y轴上的

。点坐标为(0,-1)。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是()

XXXXXXXX

XXXXXXXX

义圣X本总XXX,

pO攵

----------------------------------►

---------------------------------->

-------4>-»

Q

A.所有经过P点的粒子最小速度为vmn=四

2m

qB2d

B.若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过。点，则电场强度大小为E=

m

C.沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同

D.所有经过尸点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据洛伦兹力充当向心力有

V2

Bqv=m~

可得

R=—

qB

而所有通过P点的粒子，。尸为其轨迹上的一条弦，可知，在粒子比荷相同的情况下，粒子的发射速度越大，

粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，因此当0P为粒子轨迹的直径时，经过P点的粒子半径最小，最小半径

勺=-

Tnin2

可得最小入射速度

_BqR_Bqd

"min——c

m2m

故A正确；

B.以最小速率经过尸点的粒子入射方向沿着y轴正方向，出射方向过尸点沿着y轴负方向，即进入电场时

垂直与电场方向，可知粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的

匀加速直线运动，根据平抛运动的研究方法可得

d=%in乙d=g.9.产

2m

联立解得

B2qd

Er=———

2m

故B错误；

C.如图1所示

沿图1所示轨迹运动的粒子，进入磁场的方向不同，但都经过了产点，且粒子入射速度大小相同，故C错

误;

D.设沿不同方向进入磁场粒子经过尸点的速度方向与x轴的夹角为。，如图2所示

r,dmv.

R=--------=——，v=vsint^

2sin0qB

则有

_Bqd

'2m

可知粒子出磁场时垂直电场方向的分速度为为定值，则粒子穿过电场的过程中沿y轴负方向做匀速直线运

动，有

d=vyt

可得

d_2m

%Bq

因此，所有经过尸点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。

故选ADo

三、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率”方法如下：

(1)玻璃砖直径与竖直放置的光屏垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。

(2)用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心。，如图所示，在屏幕上可以观察到两个光斑C、

D,用大头针分别在白纸上标记圆心。点、C点、。点的位置，移走玻璃砖和光屏。

(3)用刻度尺测量0C和0D的长度分别为八L2O

(4)利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式“=0

(5)实验中，不断增大入射角，(填“能”或“不能”)观察到全反射现象。

(6)为减小实验误差，实验中应适当_______(填“增大”或“减小”)激光在。点的入射角。

【答案】①.十②.不能③.增大

Li

【解析】

【详解】(4)[1]如图

0c所在光线为反射光线，。。所在光线为折射光线，玻璃砖折射率的表达式

R

sinZFOEsinZCOEsinZACOTL

H--------------------------------------------------------------------——————.

sinZDOQsinZDOQsin/DOQ&L}

L

(5)[2]光是从光疏介质射入光密介质，所以不能观察到全反射现象。

(6)⑶为减小实验误差，实验中应适当增大激光在。点的入射角。

12.如图1所示为某多用电表的欧姆挡“xlO”挡内部电路示意图。表头G满偏电流10mA、内阻10Q,电

源的电动势设计值为1.50Vo

图1图2

图3图4

(1)该多用电表的A表笔应为(填“红”或“黑”)表笔。

(2)由于长时间未使用，该多用表内部电源电动势发生了变化，但仍可欧姆调零。为了测得其内部电源

的电动势，实验步骤如下：

①将选择开关旋至欧姆“xlO”挡位，红、黑表笔短接进行欧姆调零；

②将一电阻箱串联在两表笔间，实验电路如图2所示，为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选

用(填字母序号)；

A.最大阻值99.99。B.最大阻值999.9。

③调节电阻箱的阻值，当多用表的指针如图3所示时，通过表头G的电流为mA；

④连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表的电流/,作出图像如图4所示，

则现在的电源电动势E=V。

(3)用该欧姆表测得一定值电阻的阻值为300。，如果操作无误，不考虑偶然误差的情况下，则该定值电

阻的实际阻值为Qo

【答案】(1)红(2)①.B②.6.0③.1.4

(3)280

【解析】

【小问1详解】

电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以该多用电表的A表笔应为红表笔。

小问2详解】

口］为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选用阻值较大的，即回路中电阻变化范围较大，则电流

变化范围大。

故选Bo

⑵电流表的每一小格为0.2mA,所以通过表头G的电流为6.0mA；

［3］根据闭合电路欧姆定律可得

E=/(厂+&+4+R)

所以

F

7?=厂(r+4+&)

结合图像可得

E=—V=1.4V

100

【小问3详解】

当电源的电动势为L5V时，有

IE1.5

飞+段-4+30。

V

当电动势为L4V时，有

E'_1,4

一4'+&'除+R；

I上

S耳

联立解得

R、=280。

13.如图所示，两个横截面积均为S的绝热汽缸水平放置并固定在水平面上，两个汽缸通过底部的细管连

通，细管上装有阀门匕。左侧汽缸长度为L内部有压强为2po、温度为4的理想气体；右侧汽缸足够

长，绝热活塞（厚度不计）与汽缸底部隔开长度为乙的真空，并用销钉K2固定活塞，右端开口与大气相

通。活塞与汽缸内壁间无摩擦且不漏气，不计细管的容积和电热丝的体积，大气压强为加。

（1）仅打开阀门判断理想气体内能的变化情况并说明理由；

（2）打开阀门0,并拔去销钉K”给电热丝通电使汽缸内温度缓慢升高到1.5",求稳定后活塞移动的

【解析】

【详解】（1）根据题意，仅打开阀门Ki,汽缸内气体体积自由膨胀，对外不做功，同时由于汽缸绝热，气

体既不吸热也不放热，所以根据热力学第一定律可知，气体内能不变；

（2）根据理想气体状态方程

丁匕一22匕

工一心

即

2p0LS_p0（2L+x）S

"=L5"

解得

X—L

14.如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均

为d、磁感应强度大小均为2的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆仍在距离第1个磁场h高度处由静止释

放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R,与导轨始终垂直且接触良

好，导轨电阻不计，重力加速度为g,求：

（1）金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；

（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。

R

•b

h

1：xBxxx、d

%

2XBxxx

3:xBxx

4/Bxxx

等；(2){2g(h-d)

【答案】(1.)

5K

【解析】

【详解】(1)根据题意可知，通过电阻R的电荷量为

q=•A%

1K

-△①।BLd

E[=——L=------

A/jA/j

解得

BLd

q-

3R

(2)金属杆进入磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产生的热量相等，即

Q=4-mg•2d=8mgd

设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为V,根据能量守恒定律有

12

mg(h+Jd)=—mv+Q

解得

v=y/2g(h-d)

15.如图所示，两个质量均为根=lkg、长度均为L=1.5m的相同木板A、5静止在粗糙的水平地面上,

与水平面间的动摩擦因数均为〃1=01，C为一半径R=L8m的光滑四分之一固定圆弧轨道，底端切线水

平且与木板A、B的上表面等高。现将质量也为m=1kg的小物块尸由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下

滑刚滑过圆弧最底端时与静止在A上表面最左端的质量M=2kg的小物块。发生弹性正碰，碰撞时间极

短，碰撞后P滑回圆弧轨道后锁定，。与木板间的动摩擦因数均为〃2=°3,最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，两小物块均可看成质点，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)小物块尸第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力；

(2)小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量；

(3)最终两木板间的距离。

【解析】

【详解】(1)小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得

12

mgR=—mv0

解得

%=6m/s

在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得

F片

FN-mg=m—

解得

综=30N

由牛顿第三定律可知，小物块尸运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下;

(2)小物块P刚要滑上木板A时与小物块。发生弹性碰撞，由动量守恒

mv0=mvpl+MvQi

由机械能守恒

联立解得

vpl=-2m/s

vQl=4m/s

碰后小物块P向左滑离木板，小物块。在木板A上向右做匀减速直线运动