【文档说明】2023届安徽省滁州市高三上学期一模理综物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.889 MB，由小赞的店铺上传

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2023届安徽省滁州市高三上学期一模理综物理试题一、非选择题1.某质点做直线运动的位置x与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）A.前4秒内，质点先加速运动再匀速运动B.前3s内质点的位移是2mC.第4s内

质点的位移是2mD.前6s内质点的平均速度为3m/s【答案】B【解析】【详解】A．前4秒内，质点先匀速运动再匀速运动，A错误；B．前3s内质点的位移是2m，B正确；C．第4s内质点的位移是0，C错误；D．前6s内质点的平均速度为6m1

m/s6sxvt===D错误。故选B。2.如图所示，光滑半圆环竖直固定放置，最高点B处有一光滑小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A由图示位置缓慢向上移动，圆环对A的弹力为FN，则（）A.力F逐渐变大B.弹力FN

逐渐变小C.弹力FN大小不变D.弹力FN的方向先背离圆心O后指向圆心O【答案】C【解析】【详解】根据平衡条件知mg与FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图所示由三角形相似得N==FmgTBOOAAB由图可知T与F大小相等，根据图中的几何关系知，A缓慢向上移动时BO=OA=R

不变，AB减小，联立解得FN=mgFN的方向始终背离圆心，而F大小变小。故选C。3.如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD，斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，在圆心O处固定一个正点电荷。质量为m的带负电小球，从斜面上的

A点由静止释放，小球能到达圆弧最高点D，重力加速度为g。则小球（）A.到达D点时速度可能为零B.到达D点时的速度可能等于gRC.从C点沿圆轨道到D点过程机械能守恒D.在A、D两点机械能相等的【答案】C【解析】【详解】AB．小球恰好能从D点飞出根据牛顿第二定律可知2=vmgFmR+库小球通过D

点的速度一定大于gR，AB错误；C．点电荷的等势面为球面，小球从C点沿圆轨道到D点过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，C正确；D．小球从A点到D过程，电场力做正功，小球的机械能变大，即小球在D点的机械能大于在A点的机械能，D错误。故选C。4.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直

导线，两根导线中通有相同的电流，电流方向竖直向上。水平面上一带正电滑块静止于两导线连线的中垂线上，俯视图如图所示，某时刻给滑块一初速度，滑块沿中垂线向连线中点运动，滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中（）A.滑块一定做曲线运动B.滑块可能做匀速直线运动C.滑块的加速度一直增大D.滑块

的速度一直减小【答案】D【解析】【详解】根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上，上方的磁场方向水平向左，而下方的磁场方向水平向右，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外或向里，滑块所受的支持力减小或增大，则滑块所受的摩擦力也随之变小或变

大，根据牛顿第二定律可知滑块的加速度也会变大或者变小，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动。故选D5.水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为

d，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为。原来的一半。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为，则钢板受到水的平均冲力大小为（）A.222QdB.22QC.224QdD.24Q【答案】A【解析】【详解】以水为研

究对象，根据动量定理可知12Ftmvmv−=−可得2mvFt=又mQt=，214Qdv=代入可得222QFd=故选A。6.某航天器的发射过程可简化为两个阶段，如图所示，先由椭圆轨道1运动后调整至圆轨道2，然后以大小为v的速度在轨道2上稳定运行。轨道上A、B、C三点与地球中心在同一直线上，

A、C两点分别为轨道1的远地点与近地点，且33ACBCa==。则（）A.航天器在轨道1上C点的速度小于其在轨道2上B点的速度B.航天器在轨道2上的机械能等于其在轨道1上的机械能C.航天器在轨道1上A点的加速度等于22va

D.航天器在轨道2上运行的周期与在轨道1上运行的周期之比为8:33【答案】CD【解析】【详解】A．卫星在C点所在圆轨道变轨到轨道1需要加速离心，所以航天器在轨道1上C点的速度大于C点所在圆轨道的速度，根据22MmvGmrr=可得GMvr=可知C点所在圆轨

道的速度大于轨道2的速度，可知航天器在轨道1上C点的速度大于其在轨道2上B点的速度，A错误；B．卫星由轨道1加速变为轨道2，则卫星在轨道2上的机械能大于轨道1上的机械能，故B错误；C．由题意可得，轨道2半径为3222ACBCaaa++==轨

道2上经过A点加速度等于轨道1上经过A点的加速度，又卫星在轨道2上A点速度为v，轨道2上经过A点的加速度等于22va，则在轨道1上经过A点的加速度等于22va，故C正确；D．轨道1的半长轴为31.52aa=轨道2的半径为2a，

由开普勒第三定律可得231232(1.5)(2)TaTa=轨道2与轨道1上运动的周期之比21833TT=D正确。故选CD。7.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。0=t时对物块A施加水平向右

的恒力F，1st=时撒去，在0~1s内两物块的加速度随时间变的化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（）A.1st=时物块A的速度为0.8m/sB.1st=时弹簧弹力为0.6NC.物块B的质量为0.8kgD.F大小为1.5N【答案】BD【解析】【详解】A．若物体A的加速度从1.0

均匀减小到0.6，图像的面积为10.610.8m/s2v+==而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的at−图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则1st=时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；BCD．恒力F拉动a的瞬间，由at−图像A的加速度为20

1m/sa=，有A01.5NFma==1s时两者的加速度相等20.6m/sa=，对A、B由牛顿第二定律有AFkxma−=BFkxma==弹解得B1kgm=0.6NF=弹故BD正确，C错误；故选BD。8.如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37

的斜面，BC段水平，CD段是半径为0.3m的竖直1/4圆弧，A、D两点等高，小车的总质量为2kg。一质量为1kg的小物块，从A点以1.5m/s的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过BC段的最左端时，速度大小为2m/s。已知AB段粗糙，BC段、C

D段均光滑，重力加速度取210m/s，sin370.6=，则（）A.小物块最终相对于小车静止在B点B.小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为1m/sC.小物块会从D点离开小车D.小车向左位移最大时小物块的速度大于1.2m/s【答案】AD【解析】【详解】A．只要小物块在B点速度

不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，小物块最终相对于小车静止在B点。A正确；B．设小车质量为M，小物块质量为m。设水平向右为正方向，小物块首次经过BC段的最左端时速度Bv，小车和小物块水平方向动量守恒

cos37ABmvMvmv=+车解得0.4m/sv=−车小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为0.4m/s。B错误；C．设小物块在CD段上升最大高度（相对BC）为h，此时小物块和小车速度相同，设为v。由水平方向动量守恒，得

BmvMvMmv+=+小车（）由机械能守恒定律222111()222BmvMvmMvMmgh+=+++小车（）解得0.4m/sv=0.064m<0.3mh=小物块不会从D点离开小车。C错误；D．小车向左位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在CD段，设小物块的速度为v，速

度方向与水平方向的夹角为，由水平方向动量守恒得cosBmvMvmv+=小车因为0cos1得1.2m/svD正确。故选AD。二、非选择题9.某同学用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。实验时，该同学进行了如下操作：（1）第

一步：带挡光片的钩码A与钩码B用轻绳连接跨放在定滑轮上，处于静止状态，它们的质量均为M。测得挡光片中心到光电门中心的竖直距离为h；第二步：在B的下端挂上质量为m的钩码C，由静止释放，光电门记录挡光片挡光的时间为t；第三步：测出挡光片的宽度d，计算出挡光片经过光电门

时的速度为___________。（2）如果钩码A、B、C组成系统机械能守恒，各物理量应满足的关系式为___________。（用题中所给物理量表示，重力加速度为g）。（3）验证实验结束后，该同学想：如果钩码A、B、C组成的系

统机械能守恒，不断增大钩码C的质量m，钩码B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？请你帮该同学写出它们之间的关系式：=a___________（用M、m和重力加速度g表示）。【答案】①.dt②.21(2)2dmghM

mt=+③.2mgMm+【解析】【详解】（1）[1]挡光片经过光电门的时间极短，用经过光电门的瞬时速度代替挡光片经过光电门时的瞬时速度的dvt=（2）[2]则系统重力势能的减小量pEmgh=系统动能的增加量为()()22k112222dEMmvMmt=+=+若系

统机械能守恒，则有()2122dmghMmt=+（3）[3]根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为2mgaMm=+10.某同学要将一只有30格刻度的毫安表改装成量程为3A的电流表。（1）该同学设计了如图所示的电路测量毫

安表的量程和内阻。实验采用输出电压为10VU=的电源，内阻很小可忽略不计。实验时先将电阻箱的阻值调至最大，接入电路，调节电阻箱，当电阻箱的阻值调为1500时，毫安表恰好能够偏转10格的刻度；当电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好

能偏转20格的刻度。据此可得该毫安表的量程为___________mA，内阻gR=___________。（2）将此毫安表改装成量程为3A的电流表，则需在毫安表两端___________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为_

__________的电阻。（结果保留三位有效数字）【答案】①.15②.500③.并联④.2.51【解析】【详解】（1）[1][2]设毫安表每10格表示电流大小为0I，则当电阻箱的阻值为11500R=时，由欧

姆定律可得()01gIRRU+=当电阻箱的阻值为2500R=时，则有()g022IRRU+=两式联立并代入数据可解得g500ΩR=05mAI=故该毫安表的量程g0315mAII==（2）[3][4]要将量程为15mA的毫安表改成量程为A3AI=电流表，则需在毫安表

两端并联一个电阻，设其电阻为R，则有()ggAgIRIIR=−代入数据可解得2.51R11.如图所示，倾角37=的斜面与水平面在P点平滑相接。A、B为两完全相同的物块，它们与斜面及水平面的动摩擦因数均为05=．。现将A从距

离P点6m处由静止释放，同时从P点给B一个沿斜面向上的初速度010m/sv=。A、B相遇时发生弹性正碰，重力加速度g取210m/s，sin370.6=，求：（1）A物块释放后多长时间，A、B两物块发生碰撞；（2）A、B最后停止时相距多远？【答案】（1）1s；（2）

0.4m【解析】【详解】（1）设A、B的质量为m，A释放后经过t时间，B速度减为0，对A分析根据牛顿第二定律1sincosmgmgma−=对B分析根据牛顿第二定律2sincosmgmgma+=则速度为02vat=代入数值解得1st=此时A的位移大小21111m2

xat==B的位移大小025m2vxt==AB间相向运动了126mxxx=+=刚好相遇。（2）AB相碰前速度关系有A1B2m/s,0vatv===碰撞时根据动量守恒和机械能守恒ABABmvmvmvmv+=+，2222ABAB11112222mvmvmvmv

+=+解得AB0,2m/svv==从碰撞后到停止运动，对A分析有2A22A1cossin02mgxmgxmgxmv−−+=−对B分析有2B22B1cossin02mgxmgxmgxmv−−+=−A、B最后停止时相距BA0.4mxxx

=−=12.如图所示，MM、NN为地面上方的两条水平线，间距为2L。它们之间有一垂直于纸面的水平匀强磁场，磁感应强度为B。竖直平面内有一矩形线框abcd，质量为m，电阻为R，ab边长为2L，bc边长为L。现将线框从距磁场区域上边界L处以0v水平抛出。当cd边已进入磁场，ab边还未

进入磁场的某一时刻，线框开始匀速。线框运动过程中cd边始终与磁场边界平行。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）cd边刚进入磁场时的加速度大小；（2）cd边刚穿出磁场区域下边界时线框的速度大小。【答案】（1）22

42BLgLagmR=−；（2）2222044216mgRvvgLBL=++【解析】【详解】线框在磁场中的电磁感应过程与水平速度无关，cd边刚进入磁场时，线框的竖直速度为1v，电路中电动势112EBLv=线框中电流11EIR=cd边所受的安培力112FBIL=对线

框1mgFma−=得2242BLgLagmR=−（2）线框匀速时竖直速度为2v，电路中电动势222EBLv=线框中电流22EIR=cd边所受的安培力222FBIL=对线框2F=mg此后线框在竖直方向继续做竖直下抛运动，直到cd边刚穿出磁场区域下边界。此时，线

框的竖直速度大小为3v22322(2)vvgLL−=−cd边刚穿出磁场区域下边界时线框的速度大小为2203vvv=+联立解得2222044216mgRvvgLBL=++13.如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强1N/CE=，第一、四象限内有垂

直坐标平面的交变磁场。一个比荷100C/kgqm=的带正电的粒子，从x轴上的(1.5m,0)A−处，以030m/sv=的速度沿y轴正方向射入第二象限，从y轴上的C处进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0=t时刻，磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁场

的磁感应强度按图乙所示规律变化，不计重力。求：（1）粒子经过C处速度；（2）粒子在磁场中运动时，经过x轴的位置坐标。的【答案】（1）203m/sCv=，速度方向与水平方向为60°；（2）(7.5,0)、(9,0)、(10.5,0)【解析】【详解

】（1）带电粒子在第二象限的电场中从A点到C点做类平抛运动水平方向2100m/sqEam==211.5m2xat==得3s10t=103m/sxvat==竖直方向，粒子做匀速运动，C点的速度大小220203m/sCxvvv=+=速度方向与水平方向为0tan3xvv==得60=（2）

从C点进入磁场后，在洛伦兹力作用下2CCvqvBmR=得3m2R=222s40CRmTvqB===由图乙可知，粒子每运动半个圆周则偏转方向相反，由分析可得粒子轨迹如图所示033mCyvt==C点到x轴的斜边长度63mco

sCCDyL==12CDLR=D点在x轴的横坐标为tan9mDCxy==由粒子得运动轨迹结合几何关系得，粒子在磁场中经过x轴共三处，D点及前后的两点由对称性可知，那两点距离D点都为2sin1.5msR==过粒子x轴共三处，第三次经过x轴后，粒子运动轨迹一直位于x轴下方位置坐标分别是(7.5,

0)、(9,0)、(10.5,0)。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com