【文档说明】安徽省皖豫联盟2023-2024学年高三上学期第二次联考物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.816 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

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。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.地球赤道上方的同步卫星是人类科技在卫星技术领域上的杰出发明，其优势在于高速通讯、全球覆盖以及利于保密，在工业、科技、军事领域得到

了广泛的应用。下列关于该类同步卫星的说法正确的是（）A.所有的同步卫星受到地球的引力都相等B.同步卫星转动方向一定与地球自转方向相同C.不同的同步卫星向心加速度大小可能不同D.所有的同步卫星的线速度都相同【答案】B【解析】【详

解】B．由于同步卫星相对地球静止，所以同步卫星运行方向一定与地球自转方向相同，运行周期一定与地球自转周期相同，故B正确；A．由万有引力提供向心力有2224GMmmrrT=解得2324GMTr=可知，所有同步卫

星的轨道半径相等，由万有引力公式可得，同步卫星受到地球的引力大小为2GMmFr=由于同步卫星的质量不一定相同，所以同步卫星受到地球的引力不一定相等，故A错误；C．由万有引力提供向心力有n2mrGMma=解得2n

GMar=可知，同步卫星向心加速度大小一定相同，故C错误；D．由万有引力提供向心力有22GMmvmrr=解得GMvr=可知，所有的同步卫星的线速度大小相等，但方向不同，故D错误。故选B。2.如图所示，一束单色光入射到极限频率为ν0

的金属板M上，发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，且均不能到达右极板，已知光速为c，下列说法正确的是（）A.该单色光的波长为0cB.若仅增大该单色光的强度，则将有光电子到达右极板C.若仅换用波长更小的单色光，则可能有光电子

到达右极板D.若仅将滑动变阻器的滑片左移一小段距离，光电子可能到达右极板【答案】C【解析】【详解】A．由题可知00chhWh==所以0c故A错误；B．若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到

达右极板，故B错误；C．若仅换用波长更小的单色光，光子的能量变大，逸出的光电子的初动能增大，则电子有可能到达右极板，故C正确；D．若仅将滑动变阻器滑片左移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D错误。故选C。3.传统岭南祠堂式建筑陈家祠

保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图2所示，弧形瓦片静止在两根相同且相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为m，重力加速度为g，下列关于瓦片受力的说法正确的是（）A.每个椽子对瓦片的摩擦力大小为1sin2mg

B.瓦片受到的合力方向竖直向上C.两个椽子对瓦片作用力的合力大于mgD.每个椽子对瓦片的支持力大小为1cos2mg【答案】A【解析】【详解】A．平行于椽子方向，由平衡条件2sinfmg=所以每个椽子对瓦片的摩擦力大小为1sin2mg，故A正确。B．瓦片静止，合力大小为

0，故B错误；C．进行受力分析，根据平衡条件可得椽子对瓦片的合力大小为Fmg=故C错误；D．由于椽子对瓦片的支持力方向并不是垂直椽子向上，瓦片受到椽子对其支持力的方向垂直接触面斜向上，的设支持力方向与垂直椽子向上的夹角为α，则N2coscosFmg

=所以每个椽子对瓦片的支持力大于1cos2mg，故D错误；故选A。4.如图所示，一束复色光从空气射到一块长方体玻璃砖上表面后分成两束单色光a、b，光束a、b与法线的夹角分别为、，则光束a、b通过玻璃砖的时间之比为（）A.sin2sin2B.sin2sin2

C.coscosD.sinsin【答案】A【解析】【详解】根据折射定律为sinsincnv==几何关系可得cosdl=时间ltv=联立解得sinsincosdtc=所以有sin2sin2abtt

=故选A。5.物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞前二者相对速度大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号表示。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A与B之间的碰撞，

下列说法正确的是（）A.若0=，则表明碰撞结束后A与B均停止运动B.若0=，则表明碰撞结束后二者交换速度C.若1=，则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞D.若1=，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞【答案】D【解析】【详解】若0=，则表明碰撞结束后A、B两物体相对速度为0，

表明A、B两物体共速，说明A与B碰撞为完全非弹性碰撞；假设为弹性碰撞，则有11221122mvmvmvmv+=+22221122112211112222mvmvmvmv+=+解得1221vvvv−=−可知若1=，则表明A与B的碰撞为弹

性碰撞。故选D。6.国家为节约电能，执行峰谷分时电价政策，引导用户错峰用电。为了解错峰用电的好处，建立如图所示的电网仅为3户家庭供电”模型，3户各有功率相同的用电器，采用两种方式用电：方式一为同时用电1小时，方式二为错开单独用电各1小时，若用户电压恒为220V，除了输电线总电阻以外不计其他电阻

，变压器为理想变压器，则两种方式用电时（）A.电网提供的总电能之比为1:1B.变压器原线圈中的电流之比为3:1C.变压器原线圈两端电压之比为3:1D.输电线路总电阻损耗的电能之比为1:1【答案】B【解析】【详解】B．设每个用电器的功率为P，工作电流2I，则副线圈的电

流为2nI（n用户的数量），输电线电流为2121nInIn=所以变压器原线圈中电流之比为3:1，故B正确；C．当多用户同时用电时，由于用户电压恒定且各用户并联，则副线圈电压2U不变，由电压与线圈匝数关系可知，原线圈电压1U不变，即变压器原线圈

两端电压之比为1:1，故C错误；AD．根据题意，结合上述分析可知，方式一输电线总电阻消耗的电能22(3)rQIrt=方式二输电线总电阻消耗电能223rQIrt=则输电线路总电阻损耗的电能之比为3:1，方式一电网提供的总电能13rWQPt=+方式二电网提供总电能23rWQPt

=+由于rrQQ可知12WW即电网提供的总电能之比不是1:1，故AD错误。故选B。7.绷紧的传送带与水平方向夹角为37，传送带的vt−图像如图所示。在0=t时刻物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。1s后开始减速，在4st=时物块恰好

到达最高点A。已知重力加速度g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）的的的A.传送带一定是顺时针转动B.传送带A、B间距离为4mC.物块匀速运动时速度大小为1.5m/

sD.物块与传送带间相对位移大小为1.5m【答案】C【解析】【详解】A．0=t至1st=，物块沿传送带向上做匀速运动，根据受力平衡可知，物块受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上，则物块相对传送带向下滑行，可知传送带一定逆时针转动，故A错误；BC．由vt−图像可知，1st=

时，传送带速度减为1.5m/s，根据题意可知1st=之后，物块与传送带相对静止共同向上减速运动，则物块匀速的速度为01.5m/sv=4st=时恰好运动到最高点A点速度减为0，可知传送带A、B间距离为0012121.51.51m3m3.75m22ABvLxxxvtt==

+=+=+=物物物故B错误，C正确；D．由vt−图像与横轴围成的面积表示位移，可知0~4s内传送带的位移为124m4m2x==传可知物块与传送带间相对位移大小为4m3.75m0.25mxxx=−=−=传物故D错误。故选C。8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为2L的两条直线MN、P

Q之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为L的正方形线框以初速度v0，从MN左侧沿垂直于MN的方向进入磁场区域，线框完全离开磁场区域时速度大小恰好为0，则以下说法正确的是（）A.整个线框处于磁场区域运动时，线框四个顶点的电势满足ABCD

===B.线框进入磁场过程AB边（AB边位于磁场外）不产生焦耳热C.线框在进入磁场与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为1:1D.若只将线框进入磁场时的速度变为2v0，则线框穿出磁场时的速度大小为v0【答案】D

【解析】【详解】A．整个线框处于磁场区域运动时，由于AB、CD边切割磁感线，根据右手定则可得线框四个顶点的电势满足ADBC==故A错误；B．线框进入磁场过程中，回路中产生感应电流，AB边就会产生热量，故B错误；C．由于进入过程安

培力大于离开过程的安培力，而进入过程和离开过程位移大小相等，所以线框在进入磁场与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比大于1:1，故C错误；D．整个过程BIltmv−=即Bqlmv−=若v0变为原来的两倍，但整个过程通过线框的电荷量相等，因此速度的变化量相同，线框穿出磁

场时的速度大小为v0，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共2小题。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。9.如图所示，竖直平面内的平行板电容器两极板长度为L，所带电荷量保持不变，某带正电微粒紧靠下极板边缘P点，以大小为0v、方向与极板成4

5角斜向上的速度射入电场，微粒从极板右端M点平行于极板方向射出，M点到两极板距离均为d，忽略边缘效应，不计微粒的重力。下列说法正确的是（）A.微粒在极板间的运动轨迹为抛物线B.:2:1Ld=C.若仅将上极板向上移动少许，射出点将位于M点下方D.若将微粒从M点以大小为0

v、方向向左的初速度垂直电场方向射入电场，运动轨迹不变【答案】AB【解析】【详解】A．微粒在平行板电容器只受电场力作用，微粒初速度方向与电场力方向不在同一直线上，微粒做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故A正确

；B．从P到M点，水平方向有xLvt=竖直方向有2yvdt=且tan45yxvv=可得:2:1Ld=故B正确；C．电容器所带电荷量保持不变，根据rr44UQQkQESdCdSdkd====故两板间电场强度与板间距离无关，两板间电场强度不变，微粒受力不变

，轨迹不变，仍然从M点射出，故C错误；D．若将微粒从M点以大小相等的初速度垂直电场方向射入电场，粒子运动的时间为1022Lttv==竖直方向位移为221111242dyatatd===射出点位于P点上方，故D错误。故选AB。10.如图所示，在竖直平面内固定有半径为R

的光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，B点在O的正上方，A、C点关于OB对称，AOB=。可看成质点的物块自A点以初速度0v沿着轨道切线方向向上运动，并且能沿轨道运动到B点。已知重力加速度为g，sin370.6=，下列说法正确的有（）A.若37=，则物块在A点初

速度可能为25gRB.若37=，则物块在A点初速度可能为45gRC.若53=，则物块在A点初速度可能为35gRD.若53=，则物块在A点初速度可能为45gR【答案】AB【解析】【详解】AB．若37=，A点速度取得最大值时24cos,5AAvmgmvgRR==从A点运动到B点，由动能

定理，有22111225ABmvmvmgR=+得到25BvgRgR=满足题意，AB正确；C．若53=，A点速度取得最大值时23cos,5AAvmgmvgRR==从A点运动到B点，由动能定理，有22112225ABmvmvmgR=+得到

2102Bmv不符合题意，C错误；D．若物块在A点的初速度为45gR，则物块在A点就离开轨道，不能沿着轨道运动到B点，D错误。故选AB。三、非选择题：本题共5小题。11.某物理兴趣小组利用如图1所示的实验装置探究加速度与物体质量的

关系。首先平衡摩擦力，保持砂和砂桶的质量一定。然后接通速度传感器电源，释放小车，利用速度传感器测出不同时刻对应的速度v并描绘vt−图像，当地重力加速度g取210m/s。（1）图2为某次实验描绘的vt−图像。由图像可知，此时小车的加速度a=_________2m/s。

（2）该小组同学通过多次改变小车的质量，利用速度传感器记录并描绘的vt−图像求出加速度，根据数据作出了加速度a的倒数和小车质量M的图像1Ma−如图3所示，请用所学知识分析，图3中c=_________21sm−，利用题中信息求出实验中砂和砂桶的质量m=______

___kg.【答案】①.3②.0.1③.0.08【解析】【详解】（1）[1]释放后小车做初速度为零的匀加速直线运动，由vat=可得222.4m/s3m/s0.8a==（2）[2][3]a和M的关系反映小车与砂和砂桶的运动，即mgFma

−=FMa=得111Magmg=+则210.1s/mcg==由题图3可求斜率21111.25smkgmg−−=则0.08kgm=12.如图所示，图1为某多用电表中欧姆表的内部电路图，该欧姆表有“10”及“100”两个挡位可选。图1中电源的电动势为1.5VE=，内阻为1r=，

在挡位切换时电源的电动势和内阻不变。灵敏电流计的内阻为900gR=，满偏电流为100gIA=，定值电阻1210,90RR==。图2为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”。不计导线的电阻，请回答下列问题

：（1）在正确操作的情况下，图1中b表笔应为_________表笔（填红”或黑”）。（2）若欧姆表的倍率调为“100”挡，则图1中对应单刀双掷开关应拨至_________位置（填1”或2”）。经表笔

短接欧姆调零之后进行测量电阻，发现指针位于20与30正中间，则测量值_________（填“大于”“等于”或“小于”）2500。（3）若将欧姆表的倍率调为“10”挡，进行欧姆调零后接在另一个待测电阻xR的两端，稳定后指针指在灵敏电流计满偏刻度的23处，则通过计算可知该待测电阻的阻值为xR

=_________.（4）若将图1中单刀双郑开关拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的阻值为R=_________。【答案】①.黑②.2③.小于④.75⑤.1409【解析】【详解】（1）[1]在欧姆表的使用过程中，应让电流从红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔接内

部电源正极，所以b表笔应为黑表笔；（2）[2][3]当开关拨至2时，灵敏电流计满偏时的干路电流为3121000110AggggIRIIARR−=+==+此时欧姆表的中值电阻为31.5150015100110gERRI−=====内中所以当

开关拨至2时，欧姆表的倍率是“100”，由于刻度盘为左密右疏”，因此小于2500；（3）[4]倍率选择“10”挡时，欧姆表的内阻为1510150RR===内中由闭合电路欧姆定律有gEIR=内指针指在电流计满偏刻度的23位置时，有23gxEIR

R=+内解得75xR=（4）[5]当开关拨至2时，倍率为“100”挡，欧姆表的内阻为31.51500110gERRI−====内中电路中并联部分的阻值为90gR=所以滑动变阻器接入电路的

电阻为1409gRRRr=−−=内13.如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，当气室2压强大于气室1时，单向阀门可向下开启。气室1内气体压强为02p，气室

2内同种气体压强为0p，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方逐渐增放质量为03pSmg=的细砂，重力加速度为g，大气压为0p，求：（1）活塞AB下降的距离；（2）气室1内气体最终的压强。【答案】（1）L；（2）03p【解析】【详解】（1）对活

塞AB有0pSpSmg=+解得04pp=单向网打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有00024pLSpLSpxS+=解得34LxL=假设不成立，所以气体完全进入气室1，所以活塞AB下降的距离为L。（2）对气室1、气室2内气体由等温变

化规律有002xpLSpLSpLS+=解得03xpp=14.平面直角坐标系中，在0,0ydxd（d为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，其中P点在(),0d的位置，在xd区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在电场右边界正上方平行于y轴方向固定一长度为d的接收器MN，位置如图所示。质量为m

，带电量为q+的带电微粒，从坐标原点沿x轴正向以初速度0v射入第一象限内的电场区域，通过调节电场强度的大小可让粒子从NP射入磁场后经偏转打到接收器MN上，已知磁感应强度043mvBqd=，微粒重力不计。（1）若微粒经电场偏转后恰好从N点进入磁场，求电场强度大小；（2）电场强度为多大时，微粒

恰好经磁场偏转后打在接收器上端M点。【答案】（1）202mvqd；（2）20mvqd【解析】【详解】（1）从O点运动到N点做类平抛运动0dvt=212Eqdtm=得到202mvEqd=（2）电场中0dvt=212Eqytm

=磁场中：设粒子进入磁场时速度大小为v，方向与y轴正向夹角为洛伦兹力提供向心力2mvqvBr=得到mvrqB=经磁场偏转后恰好打M点，由几何关系22sindyr−=在且0sinvv=解得20m

vEqd=15.如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平光滑的直杆，质量为3kgM=的滑块套在直杆上，滑块底部到地面的距离为1.4mH=，长为0.6mL=的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为1kgm=的小球。现将小球拉至与O点等高处，轻绳伸直后由静

止释放。小球可视为质点，不计小球与滑块所受到的空气阻力，重力加速度g取210m/s。（1）若小球摆到最低点时轻绳恰好被拉断，求绳子拉力的最大值（可用分式表示）；（2）若小球摆到最低点时轻绳恰好被拉断，求小球落地时与滑块底部O点间的距离（

结果可带根号）；（3）若直杆是粗糙的，小球运动过程滑块始终静止，求滑块与杆间动摩擦因数的最小值。【答案】（1）110N3；（2）113m5；（3）24【解析】【详解】（1）设小球运动到最低点时，小球速度为1v，滑块速度2v，水平方向动量守恒12mvMv

=根据系统机械能守恒22121122mgLmvMv=+解得13m/sv=21m/sv=小球相对滑块圆周运动的线速度124m/svvv=+=对小球2vFmgmL−=解得110N3F=（2）绳断后小球做平抛运动212HLgt−=小球落地时，小球滑块间水平距离()12xvvt=+解得1.6mx=此时

小球与滑块间距离22113m5sxH=+=（3）当小球运动到绳与杆间夹角时21sin2mgLmv=绳子的拉力和重力在绳子方向上的的分力提供向心力2sinvFmgmL−=解得3sinFmg=对滑块()cossinFMgF+解得2cossincos3

sin1sinFmgF=++得到24获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com