【文档说明】安徽省合肥市六校2023-2024学年高三上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.357 MB，由小赞的店铺上传

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合肥六校联考2023-2024学年第一学期期中联考高三年级物理试卷（考试时间：75分钟满分100分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分；其中1-6题为单选，7-10题为多选。1.下列关于原子物理知识说法正确的是（）A

.甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，放出能量B.乙图中重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续的进行，称为链式反应，其中一种核裂变反应方程为2351419219256360UBaKr2n→++C.丙图为光电效应中光电子最大初动能与入射光频率的关系图线，不同频率的光照射同种金属发生

光电效应时，图线的斜率相同。D.核反应方程82823436SeKr2X→+中，X是质子【答案】C【解析】【详解】A．甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，吸收能量，故A错误；B．铀核裂变的核反应方程式为235114192192056360UnBaKr3n+→++故B错误；

C．根据爱因斯坦的光电效应方程k0EhW=−ν可知，该图线的斜率表示普朗克常量h，不同频率的光照射同种金属发生光电效应时，图线的斜率相同，故C正确；D．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为1−，则X为电

子，故D错误。故选C。2.一个可以看成质点的物体在水平面上运动，建立平面坐标系，记录物体在0s、1s、2s、3s、4s、5s时的位置坐标分别为（0，0）、（1，2）、（2，1）、（3，1）、（2，4）、（5，3），依次连接各坐标位置，下列说法正确的是（）A.各点之间的连线为物体的运动

轨迹B.第4s和第5s的路程相等C.第4s和第5s的位移相等D.前2s内的位移小于最后2s内的位移【答案】D【解析】【详解】AB．物体只是在每秒位置，但在每秒内怎样运动未知，各点之间连线不一定为物体的运动轨迹，故AB错误；C．第4s内的位移为()()221321

4m10mx=−+−=第5s内的位移为()()2225234m10mx=−+−=第4s和第5s的位移大小相等，方向不同，故C错误；D．前2s内的位移22321m5mx=+=最后2s内的位移()()2245331m22mx=−+−=则34xx的故D正确。故选D。3.如图所示，用一段绳子把轻

质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，

人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法不正确的是（）A.α始终等于βB.吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C.地面对人的摩擦力逐渐变大D.地面对人的支持力逐渐变大【答案】B【解析】【详解】A．因为滑轮两边绳子的拉力始终相等，可知OA的方向始终在两绳子夹角的平分线上

，即α始终等于β，选项A正确，不符合题意；B．滑轮两边绳子上的拉力始终等于小桶的重力，大小不变，随着人拉绳沿水平面向左运动，则两边绳子的夹角变大，合力减小，即吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐减小，选项B错误，符合题意；CD．地面对人的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即cosfT=由于随着人

向左运动，则绳子与水平面的夹角θ减小，则地面对人的摩擦力逐渐变大；地面对人的支持力sinNFmgT=−则θ减小时，FN变大，选项CD正确，不符合题意；故选B。4.跳板跳水是我国的奥运强项，从运动员离开跳板开始

计时，其vt−图像如下图所示，图中仅20t段为直线，不计空气阻力，则由图可知（）A.10t段运动员做加速运动B.20t段运动员的加速度保持不变C.3t时刻运动员刚好接触到水面D.34tt段运动员的加速度逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A．由

题图可知，10t段运动员向上做匀减速运动，选项A错误；B．根据vt−图像斜率表示加速度结合题意可知20t段运动员的加速度保持不变，选项B正确；C．由题意可知20t段运动员的加速度为重力加速度；2t时刻后运动员刚好接触水面；3t时刻运动员速度达到最大，运动员受到合力为零，故C错

误；D．根据vt−图像斜率表示加速度可知34tt段运动员的加速度先增大后减小，故D错误。故选B。5.所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足15ADBEAB==，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在

M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度:MNhh为（）A.916B.35C.1225D.925

【答案】C【解析】【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为hM，N点距离台面的高度为hN，取M关于CP的对称点Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如图所示，由于15ADBEAB==结合题意可得DC＝CE＝310AB因此35

PQPAxx＝乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此35PQPAtt＝根据平抛运动规律212ygt=可知992525PQPAhhH＝＝即P到Q的竖直运动的距离为P到A的925，所以有925MHhH−＝解得1625MhH＝根据题意，对第二次平抛运动的水平位移12ECE

Dxx＝乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此12ECEDtt＝同理可得14NNhHh−＝解得43NhH＝代入数据解得1225MNhh＝故选C。6.2023年7月10日，经国际

天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18天文单位

（日地距离为１天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）A.“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年B.“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要3.18年C.“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为214.86D.“樊锦诗星”在远日点的加速

度与地球的加速度大小之比为14.86【答案】C【解析】【详解】AB．根据开普勒第三定律有3322rrTT=樊地地樊解得3.183.185.67T=樊年年故AB错误；CD．根据牛顿第二定律可得2MmGmar=解得2GMar=

可知“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为22214.86raar==远地远地故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”—“5”挡速度增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60

kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（）A.以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡B.该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900NC.以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为120

0ND.改变输出功率，以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW【答案】AC【解析】【详解】A．由功率的公式有PFv=当车的功率不变时，其速度越小，其牵引力越大，所以当以最大牵引力爬坡时，变速杆应推至“1”档，故A项正确；BC．当车的牵引力等于车所受的

阻力时，其达到最大速度，有maxmaxPFvfv==解得1200NFf==故B错误，C正确；D．车匀速行驶，所以此时牵引力等于阻力，即1200NFf==根据功率公式有PFv=输出解得18kWP=输出故D项错误。故选AC。8.如图所示为打气筒模型图，在给自行车打气的过

程时，首先迅速压下打气筒活塞，当打气筒内气体压强大于某个值时筒内阀门打开，气体开始进入自行车车胎内，反复操作。完成打气过程，设筒内气体在进入车胎前质量不变，气体可以看成理想气体，下列有关筒内气体在进入车胎前的说法中正确的是（）A.迅速压下打气筒活塞

过程中筒内气体温度升高B.迅速压下打气筒活塞过程中筒内气体内能不变C.压下打气筒活塞过程中筒内气体压强增大D.压下活塞过程中越来越费力是因为筒内气体分子间一直表现为斥力，并且越来越大【答案】AC【解析】【详解】AB．迅速压下打气筒活塞过程中，外界对气体做功，时间短

，来不及发生热交换，气体的内能增加，筒内气体温度升高，故A正确，B错误；C．压下打气筒活塞过程中筒内气体体积减小且温度升高，则气体压强增大，故C正确；D．压下活塞过程中越来越费力是因为筒内气体压强越来越大

，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，在公元12671273～年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物M。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就

被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m=50kg的可视为质点的石块装在长L=10m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面的夹角α30=，松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。测得石块落地点与O点的水平距离s=30m，忽略长臂、短臂和石袋的

质量，不计空气阻力和所有摩擦，210m/sg=，下列说法正确的是（）A.石块水平抛出时的初速度为103m/sB.重物M重力势能的减少量等于石块m机械能的增加量C.石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功15000JD.石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为500

N【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．石块平抛运动的高度sin3010m100.5m15mhLL=+=+=根据212hgt=得23shtg==故石块水平抛出时的初速度030m/s103m/s3svt===故A正确；B．转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能

的减少量不等于石块机械能的增加量，故B错误；C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功等于石块机械能的增量，则有2201150(103)J501015J15000J22Wmvmgh=+=+=故C正确；D．石块圆周运动至最高点时，有20

mvFmgL+=可得201000NmvFmgL=−=故D错误。故选AC。10.如图甲所示，倾角为30°的光滑、固定斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块P（可视为质点）从斜面上的O点由静止释放

，P的加速度大小随到O点的距离x变化的图像如图乙所示，图乙中各坐标值均为已知，3x为物块P到O点的最大距离。地球视为半径为R的均质球体，忽略地球的自转，引力常量为G。下列说法正确的是（）A.1xx=时，物块P速度最大B.弹簧的最

大弹性势能为03maxC.地球的平均密度为032aGRD.物块P的最大动能为()01212maxx+【答案】BCD【解析】【详解】A．在物块沿斜面向下运动的过程中，对物块P进行分析可知，物块先向下做匀加速直线运动，与弹簧接触后，先向下做加速度减小的加速运动，当加速

度减小为0时，速度达到最大值，之后在向下做加速度方向变为向上的变减速直线运动，可知2xx=时，物块P速度最大，故A错误；B．物块P没有接触弹簧前，对物块分析有0sin30mgma=由于3x为物块P到O点的最大距离，即在3xx=时，物块的速度为0

，根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为pmax331sin302Emgxmgx==解得pmax03Emax=故B正确；C．对于地面上的物体，万有引力近似等于重力，则有002MmmgGR=地球的平均密度为343MR=结合上述解得032aGR=故C正确；D．根据上述可知，

2xx=时，物块P速度最大，动能最大，根据动能定理有2kmaxsin30mgxWE+=弹簧根据胡克定律可知，弹簧弹力与形变量成正比，利用弹力的平均值可以得到()()21212kxxWxx−=−−弹簧由于在2xx=时，加速度为0

，则有()21sin30kxxmg−=解得()max01212Emaxx=+k故D正确。故选BCD。二、实验题：本题共2小题，每空3分，共21分。11.利用图甲装置，研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力关系”，实验步骤如下：①细绳一

端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数0F；②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的

距离随时间变化的st−图像，并求出小车的加速度a；③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a的数据。完成下列相关实验内容：（1）在步骤①②中，0F_______F（选填“=”“>”或“<”）；（2）本次实验_______（选填“需要”“不需要”）平衡小车所受到

的摩擦力；（3）某段时间内小车的st−图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为________2m/s（计算结果保留两位小数）。【答案】①.=②.不需要③.2.10【解析】【详解】（1）[1]①中小

车匀速下滑时，由平衡条件得0sinmgFf=+②中小车加速下滑时，由受力分析可得sinFmgf=−联立可得0FF=（2）[2]由（1）分析可知，小车加速下滑过程的合外力已通过①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数0F读出，所以不需要再平衡摩擦力；（3

）[3]图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速直线运动的推论得2(0.38200.2520)(0.49100.3820)0.1xa=−−−=解得22.10m/sa=12.用如图甲所示的实验

装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。（1）关于本实验下列说法正确的是___________（填字母代号）。A．为降低空气阻力带来的影响，应选择密度大、体积小的重物B．为减小纸带与打点计时器之间的摩擦，应调整打点计时器使两限位孔位于同一

竖直线上C．为在纸带上打下尽量多的点，应释放重物后迅速接通打点计时器电源D．为减小纸带与打点计时器之间的摩擦，释放重物前应如图甲所示手持纸带上方而不能手拖重物，然后由静止释放（2）选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点

，打点计时器通以频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得10.57cmOA=，17.00cmOB=，24.97cmOC=，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg，g取29.8m/s。根据以上数据算出：当打点

计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了___________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了___________J。（结果均保留三位有效数字）（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上

，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示示数为F。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式___________时，可验证机械能守恒。【答案】①.ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA②.1.67

③.1.62④.3Fmg=【解析】【详解】（1）[1]A．为降低空气阻力带来的影响，应选择密度大、体积小的重物，A正确；B．为减小纸带与打点计时器之间的摩擦，应调整打点计时器使两限位孔位于同一竖直线上

，B正确；C．为在纸带上打下尽量多的点，应先接通打点计时器电源再释放重物，C错误；D．为减小纸带与打点计时器之间的摩擦，释放重物前应如图甲所示手持纸带上方而不能手拖重物，然后由静止释放，D正确。故选ABD。（2）[2]当打点计时器打到B点时重锤的重力势能减少量为p1.67JOBEmgh=

的[3]打下B点时重锤的瞬时速度可表示为0.24970.1057m/s1.8m/s440.02OCOABhhvT−−===该过程重锤的动能增加量为2k11.62J2BEmv==（3）[4]在最低点，由牛第二定律可得2vFmgmr−=小球摆到最低点的过程，据机械

能守恒定律可得212mvmgr=联立解得3Fmg=若满足上述关系，可验证机械能守恒。三、计算题：本题共3小题，共39分。13.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知两物体的质量mA=4kg，mB=6kg。从t=0开

始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为A(82)(N)Ft=−，B(22)(N)Ft=+。则：（1）t=1s时，物体A对物体B作用力的大小；（2）从t=0开始，A、B两个物体分离的时间

；（3）8s时B物体的速度。【答案】（1）2N；（2）2s；（3）14m/s【解析】【详解】（1）A、B分离前，对A、B整体AB10NFF+=又()ABAB1FFmma+=+解得211m/sa=1st=时，B4NF=，对B物体ABBB1FFma+=求得物体A对物体B作用力AB2NF=（2）

当A、B分离时，AB0NF=，有BB16NFma==B22Ft=+求得2s=t（3）当A、B分离时B2m/svat==8s时，可得B18NF=由BB2Fma=解得22s3m/a=可画出B的at−图像如图所示由图

像围成的面积表示速度变化量v，可得2s~8s，12m/sv=，所以8s时B的速度BB14m/svvv=+=14.一宇航员在半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图所示，在不可伸长的长度为l的轻绳

一端系一质量为m的小球，另一端固定在O点，当小球绕O点在竖直面内做圆周运动通过最高点速度为v0，绳的弹力为零。不计小球的尺寸，已知引力常量为G，求：(1)该行星表面重力加速度；(2)该行星的第一宇宙速度；(3)该行星的平均密度。【答案】(1)20vgl=

；(2)0Rvvl=；(3)2034vGlR=【解析】【分析】【详解】(1)小球通过最高点时20vmgml=解得20vgl=(2)对在行星表面附近做匀速圆周运动的质量为m0的卫星，有200vmgmR=解得第一宇宙速度为0Rvvl=(3)

对行星表面质量为m1的物体，有112MmGmgR=解得行星质量的220RvMGl=故行星的密度MV=343VR=解得2034vGlR=15.一根L=1.5m的滑轨AB固定在竖直平面内，滑轨上表面光滑、下表面粗糙，

且与竖直方向夹角θ=37°，如图所示。t=0时一个套在滑轨上m=1.2kg的小球在F=16N的水平向左的恒力作用下从滑轨顶端A点由静止开始下滑。t=0.4s时，将恒力F改为水平向右，此后一直保持不变。小球与滑轨下表面的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，不计空气阻力，sin37

°=0.6，cos37°=0.8.（1）求0~0.4s内小球加速度的大小；（2）求小球滑至B点时速度，以及滑轨对小球的弹力大小；（3）小球从B点滑出后，在重力和F的共同作用下，又经过0.3s后掉落至水平地面，计算小球到达地面时的动能。【答案】（1）12.5m/s2；（2）5m/

s，20N；（3）30J【解析】详解】（1）0~0.4s内对小球受力分析如图所示，根据sin53cos53Fmg杆对小球的弹力N垂直于滑轨向下即小球和滑轨的下表面接触，故小球会受摩擦力。于是有cos37sin37FmgN=+sin37cos37FmgNma+−=的【可解得212.5m

/sa=（2）0.4s小球沿杆下滑的位移为2111m2xatL==解法一：t=0.4s时，小球的速度大小为v1，有15m/s==vatt=0.4s以后，F改为水平向右，小球受力分析如图所示，滑轨对小球的弹力N垂

直于滑轨向上，即小球和滑轨的下表面接触，故小球不受摩擦力。cos37sin37NFmg=+可解得20NN=因为sin37cos37Fmg=故小球将在滑轨上做匀速直线运动。小球滑至B点时的速度215m/svv==解法二：t=0.

4s时，小球的速度大小为v1，有15m/s==vat将F与mg合成，合力F方向恰好垂直于滑轨故小球匀速下滑，有22()20NNFmgF==+=小球滑至B点时的速度215m/svv==（3）解法一：小球滑出轨道

后，由于N消失，F的大小方向恒定不变，故小球做初速度为v2的类平抛运动，在垂直于v2的方向上可得22()yFmgFma=+=合2212yySat=由动能定理，可得2212ykFSEmv=−合联立可解得30JkE=解法二：由运动的独立性可知，小球滑出轨道后竖直方向和水平方向分别做匀变速直线运动

竖直方向02cos374m/syvv==07m/syyvvgt=+=水平方向02sin373m/sxvv==240m/s3xFam==031m/sxxxvvat=−=−故落地时的动能()2212kxyEmvv=+解得获得更多资源请扫

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