【文档说明】2023届安徽省马鞍山市高三下学期第二次教学质量监测物理试题 含解析.docx，共(19)页，4.309 MB，由小赞的店铺上传

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马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试二、选择题1.近些年我国手机闪充功能发展迅速，已经处于国际领先水平。图甲是某国产超级快速无线充电器CP62R，可提供最大50W的无线充电功率。其工作原理近似为一

个理想变压器如图乙所示，当送电线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为1n，受电线圈的匝数为2n，且12:5:1nn=。当该装置给手机快速充电时，下列判断正确的是（）A.送电线圈和受电线

圈通过互感实现能量传递B.流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流C.受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压D.每秒钟通过受电线圈的电流方向改变50次【答案】A【解析】【详解】A．该无线充电器的工作原理近似

为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递，故A正确；B．根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的电流之比为1∶5，即流过送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；C．根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正

比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入电压之比为1∶5，即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；D．电压频率为50Hz，周期为0.02s，每0.02s通过受电线圈的电流方向改变2次，所以每秒钟通过受电线圈的电流方向改变100次，故D错

误。故选A。2.新疆是我国最大的产棉区，在新疆超过70%的棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”

形挡板上，两板间夹角为120固定不变，“V”形挡板可绕P点在竖直面内转动忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，在使BP板由水平位置逆时针缓慢转动60的过程中，下列说法正确的是（）A.当AP板水平时，棉包受到三个力的作用B.棉包对AP板的压

力一直增大C.棉包对BP板的压力先减小后增大D.当BP板转过30时，棉包对AP板的压力大于棉包对BP板的压力【答案】B【解析】【详解】A．当AP板水平时，若BP对棉包有弹力，则棉包将向左运动，不能够保持平衡，因此BP对棉包没有弹力作用，可知当AP板水平时，棉包受到重力与AP板弹力两

个力的作用，A错误；BC．对棉包受力分析如图所示则有sin120sinABNNmgsin==棉包在转动过程中，夹角增大，减小，可知作用力AN增大，BN减小，根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，B

正确，C错误；D．当BP板转至30时，根据上述受力分析图可知30==此时棉包对AP板的压力等于棉包对BP板的压力，由于棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，可知，当BP板转过30时，棉包对AP板的压力等于棉包对BP板的压力，D错误。故选

B。3.如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，1R、2R是定值电阻，3R是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻3R的光照

强度，则（）A.电容器的电容增大B.M点的电势升高C.液滴向下运动D.2R中有向右的电流【答案】B【解析】【详解】A．电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；B．增强照射电阻3R的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，

总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据UEd=可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为d，则M点的电势为MEd=所以M点的电势升高，故B正确；C．根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻3R的光照强度，电容

器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；D．由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻3R的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据QCU=可知电容器充电，2R中有向左的电流，故D错误。故选B。4.某行星半径为地球半径

的56，在其表面将一物体以10m/s的初速度竖直上抛，经过5s回到抛出点，地球表面的重力加速度取210m/s，忽略空气阻力和行星自转的影响，则（）A.该行星表面的重力加速度大小为22m/sB.该行星与地球的质量之比为9:5C.该行星与地球的第一宇宙速度相同D.该行星与地球的平均密度之比为12

:25【答案】D【解析】【详解】A．根据竖直上抛运动规律可得该行星表面的重力加速度大小为22010m/s4m/s2.52vgt===行故A错误；B．星球表面物体所受重力等于万有引力，即2MmGmgR=解得GgRM2=所以该行星与地球的质量之比

为22245510618MgRMgR===行行行地地地故B错误；C．星球的第一宇宙速度是物体在星球表面附近做匀速圆周运动的速度，根据牛顿第二定律有2IvmgmR=解得IvgR=所以该行星与地球的第一宇宙速度之比为II4511063vgRvgR===行行行地地地即该行星与地球的第一宇

宙速度不同，故C错误；D．星球的平均密度为334πMMVR==所以该行星与地球的平均密度之比为333561218525MRMR===行行地地地行故D正确。故选D。5.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为q+的物块放在光滑绝缘

水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功90J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（）A.撤去力F时物块的速度大小为3vB.物块向右滑动的最大距离为23v

tC.物块回到出发点时的动能为90JD.撤去力F时物块的电势能为60J【答案】C【解析】【详解】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有()2211211()22022atattat+−=解得1245aa=根据运动学规律有211322v

atatat=−=所以撤去力F时物块的速度大小为1123vatv==故A错误；B．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为111214554vvttaa===所以物块向右滑动的最大距离为11max13225

vvsttvt=+=故B错误；C．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为90J，故C正确；D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤

去F时物块的电势能为Ep，则1p1max52390J95vtEqExqExvt===解得p50JE=故D错误。故选C。6.分别用a、b两种单色光照射同一金属，测得的光电流和电压的关系如图所示，则（）A.a、b两种光从同种介质射入空气发生全反射时，a光

的临界角大B.光b的光子动量大于光a的光子动量C.该金属被光a照射时的逸出功小于被光b照射时的逸出功D.该金属被光a照射时射出的光电子的动能一定大于被光b照射时射出的光电子的动能【答案】AB【解析】【详解】A．根据k0eUEhW==−可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小

，同种介质对a光的折射率更小，根据全反射临界角公式1sinCn=可知a光的临界角大，故A正确；B．根据hp=可知单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，故B正确；C．逸出功是金属的自身属性，与光无关，故C错误；D．b

光照射的最大初动能比a光照射的大，但是动能介于零和最大初动能之间，因此无法比较。故D错误。故选AB。7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，0=t时的部分波形如图中的实线所示，6st=时的部分波形如图中的虚线所示

，a、b、c是介质中的质点，则下列说法正确的是（）A.这列波的波速一定是5m/sB.质点a在6st=时的位移为53cm−C.质点b在0~6s内通过的路程可能为70cmD.若周期8sT=，则在8st=时，质点c的势能最大【答案】BC【解析】【详解】A．由图

可知这列波波长为40m=，设这列波的周期为T，则36s(0,1,2,)4tnTn=+==解得24s(0,1,2,)43Tnn==+所以这列波的波速为5(43)m/s(0,1,2,)3vnnT==+=只有当

n=0时，波速才为5m/s，故A错误；B．设质点a的平衡位置坐标为xa，则由波形图可知010sin2π(cm)5cmaxy==解得50m3ax=所以质点a在6st=时的位移为610cos2π(cm)53cmaxy==−故B正确；C．质点b

在0~6s内通过的路程为34(4030)cm(0,1,2,)4snAnn=+=+=当n=1时，s=70cm，故C正确；D．t=0时质点c位于平衡位置，若周期8sT=，则在8st=时，质点c仍位于平衡位置，势能最小，

故D错误。故选BC。8.如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为12vv、，作出21−vv图像，如图乙所

示。已知P点距地面高5Rh=，重力加速度为g，则（）的的A.小车质量是小球质量的2倍B.小球上升到最高点时的速度为2gRC.小球上升的最大高度为4RD.小球落地时与小车左端P点的水平距离为105R【答

案】BCD【解析】【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得mgRMgR=解得mM=故A错误；B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则()m

gRmMv=+共解得2gRv=共故B正确；C．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有2211()()22mgRmMvmgH=++共解得4RH=故C正确；D．设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为球v和v车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

分别有()mgRmvMv=+球车222111()222mgRmvMv=+球车解得0v=球，vgR=车小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点水平距离为2105hxvtgRRg===

车故D正确。故选BCD。三、非选择题9.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是___________；A．A处为单缝，B处为双缝B．单缝与双缝应

相互垂直放置C．干涉条纹与双缝垂直D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近（2）某同学在做该实验时，转动测量头手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数为12.1mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第5条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数如图乙所

示，读数为_________mm。已知双缝的间距是0.50mm，双缝和光屏之间的距离是1.00m，则所测单色光的波长是_________m。（保留3位有效数字）的的【答案】①.A②.16.7③.5.75×10-7【解析】【详解】（1）[1]ABC．在本实验中，光源发出的光经滤光片（装在单缝前

）成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮。来自双缝的光在双缝右侧的空间发生干涉，所以A处为单缝，B处为双缝，且单缝与双缝应相互平行放置，而干涉条纹与双缝平行，故A正确，BC错误；D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，即减小条纹间距，根据Lxd=可

知应将双缝靠近光屏，将单缝向双缝靠近无法改变条纹间距，故D错误。故选A。[2]10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，其读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以读数为516mm70.1mm16.7mmd=+=[3]相邻条纹间距为5116.712.1mm1.15mm514dd

x−−===−所测单色光的波长是3730.51.1510m5.7510m110dxL−−===10.某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研

究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“1”挡位，已知毫安表的量程为400mA，内阻约为1。（1）在电路连接时，要注意毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的___________（选填“红”或“黑”）表笔相连；（

2）调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为400mA时，欧姆表指针偏转到整个表盘45位置的10刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________mA；（3）连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值

R和通过毫安表电流I，作出1RI−图像，如图丙所示，则电源的电动势E=______V。在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值_________真实值（选填“大于“小于”或“等于”）；（4）若想让该欧姆表在“1”挡位下可以正常使用，则更换的新电源电动势E=

_______V。【答案】①.红②.500③.5④.等于⑤.7.5【解析】【详解】（1）[1]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“﹣”接线柱流出，所以毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的红表笔相连。（2）[

2]设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得g4400mA5I=解得g500mAI=（3）[3]设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有()EIRr=+整理得ERrI=−所以电源的电动势为20V5V4Ek===[4]根据

实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，所以在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。（5）[5]设欧姆表在“1”挡位下的内阻为r内，则g500mAEIr==内300mA10Er

=+内联立以上两式解得7.5VE=11.如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在内壁光滑的气缸中，汽缸和活塞绝热性能良好，活塞与汽缸底部之间用原长为l、劲度系数为2mgl的轻质弹簧连接。初始时，弹簧处于原长状态，密闭气体的温度为0T。现接通电热丝加热气体，使活塞缓慢向上移动l的

距离（弹簧始终在弹性限度内）。已知活塞的质量为m，横截面积为S，外界大气压为5mgS，重力加速度为g，弹簧和电热丝的体积很小可忽略不计。求：（1）初始时封闭气体压强；（2）最终封闭气体的温度。【答案】（1）6mgS；（2）083T【解析】【详解】（1）设初始时封闭气体

的压强为p1，对活塞根据平衡条件有01pSmgpS+=解得16mgpS=（2）设最终封闭气体的压强为p2，对活塞根据平衡条件有02pSmgklpS++=解得28mgpS=设最终封闭气体的温度为T1，根

据理想气体状态方程有12012plSplSTT=解得1083TT=12.如图所示，真空中竖直放置的圆柱体底面半径为R，高为h，圆柱体上表面为荧光屏，底面中心处有一的点状放射源S，仅在底面圆所在平面内向各个方向发射同种粒子，所有粒子的速率均为0v，质量为m、

电荷量为q。不计粒子重力及粒子间的相互作用。（1）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E，使所有粒子均能直接打到荧光屏上，求所加匀强电场至少需要多大；（2）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B，使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，求匀强磁场的磁感应强度B的大小

。【答案】（1）2022mhvqR；（2）02mvqR【解析】【详解】（1）在圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E时，若要使所有粒子均能直接打到荧光屏上，则只需使沿底面射出的粒子均能够打到荧光屏上即可，当该部分粒子恰好打在荧光屏的圆周边缘时，电场强度具有满

足题意的最小值，根据牛顿第二定律可得该部分粒子的加速度大小为qEam=根据类平抛运动规律有0Rtv=212hat=联立解得2022mhvEqR=（2）圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B时，设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有200vqvBmr=由上式易知所有粒子

的运动半径相同，若要使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，则只需使沿底面内射出的粒子恰好不能射出圆柱体区域即可。根据几何关系可知此时2Rr=联立解得02mvBqR=13.如图所示，足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为2l，窄轨间距为l，OO左

侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠OO平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。OO左侧存在磁感应强度大小为0B、方向竖直向上的匀强磁场：OO右侧以O为原点，沿

OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为0(0)BBkxk=+的竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为2l、阻值均为2r。初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，

a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b。当a运动至OO时，棒a中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好。求：（1）a棒在宽轨上匀速运动时的速度0v及刚滑上窄轨时a两端电势差的大小

；（2）从撤去外力F到金属棒a运动至OO的过程中，a棒产生的焦耳热；（3）若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，求a棒静止时与OO点的距离。【答案】（1）220FrBl，053FrBl；（2）2244030mFrBl；（3）2226085mFrkBl【解

析】【详解】（1）设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有012FBIl=①根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有1000012442EBlvBlvIrrr===②联立①②解得0220FrvBl=③a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为0023BlvIr

=④根据右手定则可知电流方向从上至下，而沿电流方向电势降低，且a棒下端电势高于上端电势，所以此时a棒两端电势差的大小为120005533FrUEIrBlvBl=−==⑤（2）设a棒刚运动至OO时，a、b棒的速度分别为v1、v2，对a、

b棒根据动量定理分别有010BIltmvmv−=−⑥022BIltmv=⑦因为此时回路中无电流，所以有01022BlvBlv=⑧联立③⑥⑦⑧解得122045FrvBl=⑨222025FrvBl=⑩根据能量守恒定

律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至OO的过程中，回路产生的总焦耳热为2222201244011122210mFrQmvmvmvBl=−−=⑪根据焦耳定律可得a棒产生的焦耳热为22440230armFrQQrrBl==+⑫（3）设a棒

与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有132mvmv=⑬由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大Bkl=⑭从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为22EBlvIrr==

⑮根据动量定理有302BIltmv−=−⑯a棒静止时与OO点的距离为xvt=⑰联立⑨⑬⑭⑮⑯⑰解得2226085mFrxkBl=⑱获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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