【文档说明】《精准解析》2023届安徽省合肥市高三第一次质量检测（一模）物理试题（解析版）.docx，共(23)页，1.801 MB，由小赞的店铺上传

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合肥市2023年高三第一次教学质量检测物理试题（考试时间：90分钟满分：100分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位．2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡．．．上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．3．答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卷．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚．必须在题号所指

示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿．．纸上答题无效．．．．．．．4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交．第Ⅰ卷（满分40分）一、选择题（本题共10小题．每小题4分，共40分．1~7题在每小题给出的四个选项中，

只有一项是正确的，8~10题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1.甲、乙两车由同一地点沿同一方向做直线运动，下图为两车的位移-时间图像（xt−图像），甲车在0时刻的速度与乙车在23tt时间内的速度相等

，甲车在1t时刻的速度与乙车在20t时间内的速度相等，则下列说法正确的是（）A.3t时刻，甲车在乙车的前面B.30t时间内，1t时刻两车相距最远C.30t时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度D.20t时间内，甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度【答案】B【解析】【详解

】A．3t时刻，两车位移相等，则甲车和乙车并列而行，选项A错误；B．10t时间内甲车的速度大于乙车，1t时刻两车速度相等，以后甲车速度小于乙车，则1t时刻两车相距最远，选项B正确；C．30t时间内，两车的位移相等，则甲车的平均速度等于乙车的平均速度，选项C错误；D．1

0t时间内，甲车的瞬时速度大于乙车的瞬时速度；12tt时间内，甲车的瞬时速度小于乙车的瞬时速度，选项D错误。故选B。2.图示为悬挂比较轻的洗刷用具的小吸盘，安装拆御都很方便，其原理是排开吸盘与墙壁间的空气，依靠大气

压紧紧地将吸盘压在竖直墙壁上。则下列说法正确的是（）A.吸盘与墙壁间有四对相互作用力B.墙壁对吸盘的作用力沿水平方向C.若大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大D.大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力是一对平衡力【答案】D【解析】【详解】A．吸盘与墙壁间存在弹力和摩擦力两对相互作用，选项A错误；B．

墙壁对吸盘的弹力沿水平方向且垂直墙面，对吸盘的摩擦力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力方向斜向上，即墙壁对吸盘的作用力斜向上，故B错误；C．吸盘所受摩擦力与重力大小相等，方向相反，与大气压力无关，故C错误；D．大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力大小相等，方向相反，是一对平衡力

，故D正确。故选D。3.正四面体OABC，O为其顶点，底面ABC水平，D为AB边的中点，如图所示。由O点水平抛出相同的甲、乙两小球，两小球分别落在A点和D点，空气阻力不计．则下列说法正确的是（）A.甲球和乙球初动能之比为

2:1B.甲球和乙球末动量大小之比为3:1C.甲球和乙球末动能之比为12:11D.甲球和乙球动量的变化量之比为2:1【答案】C【解析】【详解】A．两球下落的竖直高度相同，则时间相同；设正四面体的边长为a，则落到A点的球的水平

位移为33xa=甲落到D点的球的水平位移为36xa=乙根据0xvt=则甲球和乙球初速度之比为2:1，则根据2k012Emv=可知初动能之比为4:1，选项A错误；B．两球下落的竖直高度为22336()()263haaa=−=末速度220222gxvvghghh=+=+解得364vga=甲3364

8vga=乙根据pmv=可知甲球和乙球末动量大小之比为12=11pp甲乙球落地时动能之比2212==11EvEvk甲甲k乙乙选项B错误，C正确；D．根据pmgt=可知，甲球和乙球动量的变化量之比为1:1，选项D错误。故选C

。4.2022年11月9日，某天文爱好者通过卫星过境的GoSatWatch（卫星追踪软件）获得天和空间站过境运行轨迹（如图甲），通过微信小程序“简单夜空”，点击“中国空间站过境查询”，获得中国天和空间站过境连续两次最佳观察时间信息如图乙所示，这连续两次最佳观察时间内，空间

站绕地球共转过16圈．已知地球半径为R，自转周期为24小时，同步卫星轨道半径为6.6R，不考虑空间站轨道修正，由以上信息可估算天和空间站的轨道半径为()341.59（）查看过境图日期亮度过境类型11月2日0.4可见开始时间开始方位开始高度角17:50:08西北偏西1

0查看过境图日期亮度过境类型11月3日3.2可见开始时间开始方位开始高度角18:28:40西南偏西10A.0.83RB.1.04RC.159R.D.6.6R【答案】B【解析】【详解】由图乙的信息可知两次最佳观察时间约为24h，空间站一天时间绕地球16圈，

则空间站运行周期0241.516Thh==根据开普勒第三定律330220rrTT=解得天和空间站的轨道半径为01.04rR=故选B。5.如图为人体细胞膜的模型图，它由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（生物学上称为膜电位）。实验小组研究了某小块均匀的细胞膜，该细胞膜可简化成

厚度为d，膜内为匀强电场的模型。初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下通过双分子层，则该过程中以下说法正确的是（）A.膜内电势处处相等B.钠离子的加速度越来越大C.钠离子的电势能越来越小D.若膜电位不变，

当d越大时，钠离子通过双分子层的速度越大【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，膜内为匀强电场的模型，即在膜内存在电势差，故A错误；B．由题意可知，膜内为匀强电场的模型，则钠离子所受的电场力不变，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度不变，故B错误；C．由题意可知，初速度为零的正一价

钠离子仅在电场力的作用下通过双分子层，则电场力对钠离子做正功，其电势能减小，故C正确；D．该过程中由动能定理可知212qUmv=若膜电位不变，钠离子通过双分子层的速度与d无关，故D错误。故选C。6.我国风洞技术世界领先。下图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一

物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（）A.物块的速度一直减小到零B.物块加速度先不变后减小C.弹簧弹性势能先不变后增大D.物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大【答案】D【解析】【详解】AB．从物块接触弹簧开始至到达最

高点的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有sinFmgkxma−−=风弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，物体减速，直至减速到0，故AB错误；

C．由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势能不断增大，故C错误；D．由于风力对物块一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。故选D。7.电容器是一种重要的电学元件，在电工和电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充电和放电过程．电路

中的电流传感器（不计内阻）与计算机相连，可以显示电流随时间的变化．直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关K拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将其拨到“2”，直至放电完毕．计算机显示的电流随时间变化的it−曲线如图乙所示．则下列说法正确的是（）A.乙图中阴影部分的

面积12SS=B.乙图中阴影部分的面积12SSC.由甲、乙两图可判断阻值12RRD.由甲、乙两图可判断阻值12RR=【答案】A【解析】【详解】AB．图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，选项A正确，B错误；CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放

电瞬间电容器两极板电压相等，由0102EERRRR++＞解得12RR＜选项CD错误。故选A。8.2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”长征二号丁运载火箭成功发射。下图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚

发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变。已知火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取29.8m/s。则下列估算正确的是（）的A.火箭竖直升空的加速度大小为22.2m/

sB.火箭竖直升空的加速度大小为24.2m/sC.火箭升空所受到的平均推力大小为73.510ND.火箭升空所受到的平均推力大小为63.010N【答案】AD【解析】【详解】由图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的

比例为(5.12.5)cm2.640.6m4060−=可得火箭在6s内上升的高度为40602.5cm39.0m2.6h=由匀变速直线运动规律得212hat=解得22.2m/sa由牛顿第二定律得Fmgma−=解得平均推力大小为63.010NF=故选AD。9.安装在我国空间站

的霍尔推进器是用于维持空间站的运行轨道，其部分原理图如图。在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场B1，其磁感强度大小处处相等，同时加有垂直圆环平面的匀强磁场B2和匀强电场E（图中均未画出），B1与B2的

磁感应强度大小相等。若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。已知电子电荷量为e，质量为m，则下列说法正确的是（）A.E的方向垂直于环平面向外B.E的大小为2mveRC.2B的方向垂直环平面向

里D.1B的大小为2mveR【答案】BC【解析】【详解】AC．电子受到磁场B1的洛伦兹力始终垂直环平面向里，此洛伦兹力应与电子所受的电场力平衡，即电子所受的电场力方向垂直环平面向外，所以E的方向垂直于环平面向里，电子受到磁场B2的洛伦兹力提

供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可知，磁场B2的方向垂直环平面向里，故A错误，C正确；BD．电子受到磁场B2的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，则有22mvevBR=解得2mvBeR=由于B1与B2的磁感应强度大小相等，根据电场力与电子受磁场

B1的洛伦兹力平衡，则有1eEeBv=得21mvEBveR==故B正确，D错误。故选BC。10.如图甲所示，为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山

车底部．过山车返回站台前的运动情况可简化为图乙所示的模型．初速度为0v的线框abcd沿斜面加速下滑s后，bc边进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好做匀速直线运动．已知线框边长为l、匝数为n、总电阻为r，斜面与水

平面的夹角为．过山车的总质量为m，所受摩擦阻力大小恒为f，磁场区域上下边界间的距离为l，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g．则下列说法正确的是（）A.线框刚进入磁场时，从线框上方俯视，感应电流的方向为顺时针方向B.线框刚进入磁场时，感应电流的大小为2

02(sin)nBlmgfsvrm−+C.线框穿过磁场的过程中，通过其横截面的电荷量为零D.线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为2220441(sin)(sin)(2)22mmgfrmgfslmvBl−−++−【答案】ABC【解析】【详解】A．根据楞次定律，线框刚进入磁场时，从线框上方俯视，

感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；B．线圈从开始运动到刚进入磁场则由动能定理22011sin22mgsfsmvmv−=−线框刚进入磁场时，感应电流的大小为202sin)=(nBlmIgfrnvsB

vmlr+=−选项B正确；C．线框穿过磁场的过程中，根据nqItr==因磁通量变化量为零，则通过其横截面的电荷量为零，选项C正确；D．bc边出磁场区域时，线框恰好做匀速直线运动，则'sinnBlvfnBlmgr+=线框穿过磁场过程

中产生的焦耳热为22'220444201(sin)(sin)11(sin2(2)(2)2=2)2QmmgfrmgfsmslmvnlgflmvmBv−−+−++−=−+选项D错误。故选ABC。第Ⅱ卷（满分60分）二、实验题（共18分）11.下图为某同学“验证机械能守恒定律

”的实验装置图，斜槽末端安装了光电门。小球从斜槽上的某处由静止释放，记录小球释放点与斜槽底端的高度H和通过光电门的时间t，测得小球的直径为d，重力加速度为g．改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量。（1）斜槽末端是否必须要调水平__

__________（选填“是”或“否”）；（2）小球从斜槽上某处滑下的过程中，若机械能守恒，则应满足的关系式____________（用d、t、H和g表示）；（3）为了减小实验误差，应选择体积小密度大的小球，其原因是___________（写出一条即可）．【答

案】①.是②.22dgHt=③.减小空气阻力的影响（或减小轨道摩擦力的影响，减小光电门测量小球速度的误差）【解析】【详解】（1）[1]利用斜槽末端的光电门测量小球的速度，不需要小球运动到斜槽末端时速

度沿水平方向，所以斜槽末端可以不调水平。（2）[2]小球从静止释放到斜槽末端的过程中，减少的重力势能为pEmgH=增加的动能为22k1122dEmvmt==若机械能守恒，则应满足的关系式212dmgHmt=即22dgHt=（3）[3]选择体积

小密度大的小球，可以减小空气阻力的影响，减小轨道摩擦力的影响，还可以减小光电门测量小球速度的误差。12.某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：A．待测干电池B．电流表1A：量程00.6A，内阻1r约为0.5ΩC．电流表

2A：量程0300A，内阻2r为1000ΩD．滑动变阻器R：阻值范围020Ω，额定电流2AE．电阻箱R：阻值范围09999.9Ω，额定电流1AF．开关S、导线若干（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，

其中较为合理的电路图为_____________（选填“甲”或“乙”）；（2）将电流表2A和电阻箱R串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R的阻值应调到____________；（3）下表是小组

在实验中记录的多组数据，其中第三组的2I没有记录，该数据如图丙2A表盘示数所示，请读出2I并记录在下表空格处；测量次数1234561A示数1/AI0.120.200.360.380.500572A示数2/AI137132_114110105（4）请根据该实验小组记录的数据，

在图丁的直角坐标系上画出21II−图象___________；依据画出的图象可以得到电池的电动势E=__________V，内电阻r=___________Ω．（结果均保留两位小数）【答案】①.乙②.9000③.12

0④..⑤.1.45##1.46##1.47##1.48##1.49##1.50⑥.0.72##0.73##0.74##0.75##0.76【解析】【详解】（1）[1]考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测

量影响，则应采用图乙电路测量合理；（2）[2]将电流表2A和电阻箱R串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R的阻值应调到'2631000=900030010gURrI−=−=−（3）[3]由图可知，微安表读数为120μA；（4）[4]画出21II−图象如图[5][6

]由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V内阻1.461.000.740.62r−==三、计算题（本大题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分，有数

值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13.物流公司用滑轨装运货物，如图所示．长5m、倾角为37的倾斜滑轨与长5.5m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为13，sin370.6

=，空气阻力不计，重力加速度g取210m/s。求：（1）货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；（2）货物从开始下滑经过4s，克服摩擦力所做的功为多少。【答案】（1）103m/s3；（2）30J【解析】【详解】（1）根据动能定理

211sin37cos372mglmglmv−=解得1103m/s3v=（2）在斜面上下滑时1sin37cos37mgmgma−=解得2110m/s3a=下滑到底端时的时间11225s3s103lta===在货车上运动的加速度2mg

ma=解得2210m/s3a=则在货车上运动的时间1223svta==货物从开始下滑经过4s时已经停止水平面上，则整个过程由动能定理在fsin370mglW−=克服摩擦力所做的功为fsin37=30JWmgl=14.如图所示，某校门口水平地面上有一质量为150kg的石

墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为33，工作人员用轻绳按图示方式缓慢移动石墩，此时两轻绳平行，重力加速度g取210m/s．求：（1）若轻绳与水平面的夹角为60，轻绳对石墩的总作用力大小；（2）轻绳与水平面的夹角为多大时，

轻绳对石墩的总作用力最小，并求出该值．【答案】（1）5003N（2）θ=30°时F最小，最小值为750N【解析】【详解】（1）对石墩受力分析可知cos60(sin60)FmgF=−解得5003NF=（2）由cos(sin)

FmgF=−可得1500315003750==cossinsin(60)3cos3sin3123(cossin)22mgF==++++则当θ=30°时F最小，最小值为750N。15.如图

所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线成o45角，杆长为32m2l=。一套在直杆上的带电小环，由杆端A以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆端C正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量0.5kgm=，

环与杆间的动摩擦因素13=，1.2mh=，重力加速度g取210m/s。求：（1）小环从杆端A运动到P点的时间；（2）小环运动到杆端A正下方时的动能kE。【答案】（1）1.9s；（2）34.25J【解析】【详解】（1）小环从A到C的过程中匀速下滑

，对小环受力分析可得oosin45cos45mgFf=+ooNcos45sin45FmgF=+又因为NfF=解得2.5NF=小环从C到P的过程中，在水平方向有xFam=o21110cos452xvtat=−竖直方向有o2111s

in452hvtgt=+解得10.4st=，2m/sv=，25m/sxa=则小环从A运动到P点的时间为11.9slttv=+=（2）小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有o2cos45xxvvat=−22

21cos45cos452xlvtat−=−竖直方向有o2sin45yvvgt=+解得4m/sxv=−，11m/syv=则小环运动到杆端A正下方时的动能为()22k134.25J2xyEmvv=+=16.如图所示，

在平面直角坐标系xOy内，x轴上方有垂直于坐标平面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为232qBdm。x轴上(,0)Sd处有一粒子源，在坐标平面内先后向磁场中与x轴正方向夹角为oo30~150范围内发射带正电的粒子，所有粒子第一次经磁场偏转后均可同

时从O点进入电场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间相互作用。问：（1）由S处最先发射的粒子与最后发射的粒子，发射的时间差为多少；（2）由S处发射的速度最小的粒子，从发射到第二次经过O点的时间；（3）若仅电场强度大小变为223qBdm，最小速度的粒子从S处

发射后第2023次经过x轴的位置为P点，最先发射的粒子从S处发射后第2023次经过x轴的位置为Q点，求PQ间的距离。的【答案】（1）43mqB；（2）233mqB+；（3）10114d【解析】【详解】（1）粒子在磁场中圆周运动的

周期公式为2mTqB=设粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场中的运动时间为2mtTqB==所以t与成正比。由几何知识可知，发射粒子运动方向与x轴正方向夹角为o150时，角最小为3=，粒子发射时间最晚；发射粒子运动方向与x轴正方向夹角为o30时，角最大为53

=，粒子发射时间最早。所以最先发射的粒子与最后发射的粒子，发射的时间差为54333mmtqBqB=−=（2）粒子在磁场中运动时，有2mvqvBr=解得qBrvm=可知发射速度越小的粒子，其圆周运动半径越小。由几何知识可得，粒子圆周运动半径最小为12dr=则粒子最小速度

为12qBdvm=速度最小的粒子在磁场中运动的时间为112mtTqB==粒子在电场中运动时有2122132aqBqEdmm==粒子在电场中先减速，再反向加速返回O点，在电场中运动的时间为1112233vmtaqB==所以粒子从发射到第二

次经过O点的时间为11233Btmttq==++（3）最小速度的粒子，在磁场中偏转半个圆周，垂直x轴方向进入电场，然后在电场中做直线运动，先减速到0，然后再反向加速返回到x轴，返回到x轴时，位置会向左移动2r，此后不断重复相同的运动过程，所以从

S处发射后第2023次经过x轴时的位置坐标为12022210112Pxrd=−=−由几何知识得，最先发射的粒子在磁场中圆周运动的半径为2rd=则粒子速度为2qBdvm=电场强度大小变为223qBdm时，最先发射的粒子粒

子经过x轴进入电场，然后再返回到x轴的过程中，在y轴方向有2222223qEaqmBdm==o2222210sin302vtat=−+x轴方向有o22cos30xvt=在解得236mtqB=4dx=最先发射的粒子，先在磁场中偏转，然后进入电场做类平抛运动，并返回到x轴，返回到x轴时，位置会向左

移动344dxdd=−=此后不断重复相同的运动过程，所以最先发射的粒子从S处发射后第2023次经过x轴时的位置坐标为202233033244Qxdd=−=−则PQ间的距离为10114PQQPxxxd=−=获

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