【文档说明】安徽省示范高中皖北协作区2024届高三下学期联考物理试卷 含解析.docx，共(23)页，1.552 MB，由管理员店铺上传

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2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考物理考生注意：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，每小题4分，共32分。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.下

列说法正确的是（）A.β衰变的电子来自原子核外B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应C.原子核比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核就越稳定D.氢原子跃迁时核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动

能减小，原子总能量减小【答案】C【解析】【详解】A．β衰变的电子来自原子核内的一个中子转化为一个质子并放出一个电子，故A错误；B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故B错误；C．原子核比结合能越大，表明原子核中核子结

合得越牢固，原子核就越稳定，故C正确；D．氢原子跃迁时核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，放出能量，根据222evkmrr=可知2k2keEr=r减小，电子的动能增大，但由于放出能量，原子总能量减小，故D错误。故

选C。2.如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。该物体在此运动过程，下列说法正确的是（）A.动量不变B.重力做功的瞬时功率不变C.重力做功随时

间均匀变化D.重力的冲量随时间均匀变化【答案】D【解析】【详解】A．物体的速度大小不变，方向发生改变，则物体的动量大小不变，方向发生改变，故A错误；B．根据yPmgv=由于物体竖直方向的分速度逐渐减小，

则重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；C．根据Wmgh=物体速率不变，但竖直方向的分速度发生改变，所以物体下落的高度不是随时间均匀变化，则重力做功不是随时间均匀变化，故C错误；D．根据Imgt=由于重力恒定不变，可知重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。故选D。3.某同学完成课外探究作业时需

要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为

进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图所示

根据牛顿第二定律有()()tanmMamMg+=+解得tana=以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图所示根据牛顿第二定律有tanMaMg=解得tana=因为两球的加速度相同，则可知两段细

线与竖直方向的夹角相同。故选B。4.以速度0v水平抛出一小球，经过时间t后，其位移为1m，速度方向与水平面夹角的正切值8tan3=，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力，下列选项正确的是（）A.01.5m/sv=B.02.5m/sv=C.0.3st=D.0.5s

t=【答案】A【解析】【详解】平抛运动过程如图所示根据平抛运动推论有14tantan23==根据几何知识有4sin5=，3cos5=根据几何知识可得4sin5ys==，3cos5xs==根据平抛运动规律有212ygt=，0xvt=解得01.5m/sv=，0.4st=故选A。5.中国载人

登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图1所示，测得两卫星之间的距离Δr随时间变化的

关系如图2所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是（）A.a、b两卫星的线速度大小之比:5:3abvv=B.a、b两卫星的加速度大小之比:4:1abaa=C.a卫星的运转周期为TD.b卫星的运转周期为7T【答案】D【解析

】【详解】A．设a星与月球的距离为ar，b星与月球的距离为br，根据图像有5abrrr+=，5barrr−=联立解得arr=，4brr=两卫星均绕月球运动，设a星与b星的速度分别为av、bv，根据牛顿第二定律有22GMmvmrr=解得GMvr=可知a、b两

卫星的线速度大小之比21abbavrvr==故A错误；B．根据2GMmmar=解得2GMar=可知a、b两卫星的加速度大小之比22161abbaarar==故B错误；CD．根据开普勒第三定律可得3322ababrrTT=可得3318aabbTrTr==根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近

，有222abTTTT−=联立解得78aTT=，7bTT=故C错误，D正确。故选D。6.某简谐横波波源的振动图像如图1所示，该波源的振动形式在介质中传播，某时刻的完整波形如图2所示，其中P、Q是介质中的两个质点，该波的波源位于图2中坐标原点处，下列说法正确的是（）A.该波周

期为0.1s的B.再经过0.4s，图2中质点Q处于波谷C.图2中质点Q第一次处于波谷时，波源处于波峰位置D.从0.2st=到质点Q开始振动，质点P运动的路程为0.3m【答案】C【解析】【详解】A．由图1可知该波的周期为0.2s，故A错误；B．由图2可知该波的波长为0.2m，波速

为1m/svT==经过0.4s，波传播的距离为10.4m0.4mxvt===由图2根据波形平移法可知，再经过0.4s，图2中质点Q处于平衡位置，故B错误；C．根据波形平移法可知，再经过0.357s0.35s

14xtTv====质点Q第一次处于波谷，波源从图示时刻再经过74个周期，波源处于波峰，故C正确；D．由题图可知波形图对应的时刻为0.2st=，由波形平移法可知，在经过0.3s质点Q开始振动，由于30.3s2T=则从0.2st=到质点Q开始振动，质点P运动的路程为34

12cm2sA==故D错误。故选C。7.如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度ω0匀速转动，通过理想变压器为后面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表和电流表均为理想交流电表，不计导线的电

阻。下列说法正确的是（）A.仅将滑片P下滑时，22ΔΔUI不变B.仅将滑片P下滑时，电压表示数V2变大C.仅将滑片P下滑时，电流表示数A3变小D.仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），电源的效率变小【答

案】A【解析】【详解】A．对原线圈有11EIrU=+1122UnUn=1221InIn=联立可得2222211()nnUErInn=−所以22221Δ()ΔUnrIn=故A正确；B．根据变压器原副线圈电压与匝数的关系1122UnUn=若仅将滑片P下滑时，滑动变阻器接入电路

的阻值减小，根据等效电阻法可知，原线圈回路中的电流I1增大，则原线圈的输入电压U1减小，U2减小，所以电压表示数V2减小，故B错误；C．由于I1增大，则I2增大，根据欧姆定律可知，R1两端的电压增大，R2两端的电压减

小，流过R2的电流减小，流过R3的电流增大，故C错误；D．若仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），由于外电路等效电阻和电源内阻不变，根据闭合电路欧姆定律可知222R100%100%RRIRIRIR==++外外外外内内则电源的效率不变，故D错误。故选A8.如图所示，倾角为30°

的光滑绝缘斜面足够长，空间存在方向与斜面平行的匀强电场。质量为m，电荷量为()0qq−的带电小球（可视为质点），从固定斜面底端A点由静止释放，经时间t，小球沿斜面上升到B点，此时撤去电场，又经过2t时间小球恰好回到初始位置A，重力加速度为g。下列说法正

确的是（）A.撤去电场前小球从A到B电势能逐渐增加B.带电小球上滑过程中撤去电场前后的加速度大小之比1∶2C.小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为95tD.撤去电场前A、B两点间的电势差为22950mgtq【答案】C【解析】【详解】A．撤去电场前电场力对小球做正功，其电势能减小，故A错误；B

．设撤去电场时小球的位移大小为x，速度大小为0v，撤去电场前小球的加速度大小为1a，撤去电场后小球的加速度大小为2a，根据位移与时间的关系可得2112xat=，20212(2)2xvtat−=−根据速度时间关系可得01vat=联立解得。1245aa=故B错误；C．撤去电场后小球上升

到最高点时间012vta=解得145tt=由此可知，小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为195tttt=+=故C正确；D．撤去电场前，根据动能定理有201sin302ABUqmgxmv−−=由于2sin302gag==所以可得125ag=联立解得229

50ABmgtUq=−故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53的斜面向下滑动，最后停

在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为23，取地面为零势能面，已知sin530.8,cos530.6==。该过程中，物块的机械能E、重力势能pE、动能kE、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（）的A.B.C.D.

【答案】BD【解析】【详解】AD．设O点到斜面底端的距离为0x，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功01cos53cos53xWmgmgx=+克可得01Wmgxmgxmgx=+=克根据能量守恒可知QWmgx

==克而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为23Emghmgx=−其Ex−图像为纵轴截距为mgh，斜率为23mg−的倾斜直线，而其Qx−图像为过原点，斜率为23mg的倾斜直线，故A错

误，D正确；B．物块的重力势能p043tan5334Emghmgxmghmgxxxh=−=−=可知物块pEx−图像为纵轴截距mgh，斜率为43mg−的图线，当0xx时，重力势能为0保持不变，故B正确；C．当物

块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能k102tan53cos53()cos533xEmgxmgmgxxx=−=当物块下滑至斜面底端时其动能k1023Emgx=此后在水平面上克服摩擦力做功，则有k20000

222(2)333Emgxmgxmgxmgxxxx=−=−可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为23mg，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为23mg−，可知图线具有对称性，故C错误。故选BD。10.如图

所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限0dy−范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(

),0d−，y轴上的Q点坐标为()0,d−。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是（）A.所有经过P点的粒子最小速度为min2qBdvm=B.若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为2qBdEm=C.沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同

D.所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同【答案】AD【解析】【详解】A．根据洛伦兹力充当向心力有2vBqvmR=可得mvRqB=而所有通过P点的粒子，OP为其轨迹上的一条弦，可知，在粒子比荷相同的情况下

，粒子的发射速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，因此当OP为粒子轨迹的直径时，经过P点的粒子半径最小，最小半径min2dR=可得最小入射速度min2BqRBqdvmm==故A正确；B．以最小速率经过P点的粒子入射方向沿着y轴正方向，出射方向过P点沿着y轴负方向，即进入电场时垂直与电场

方向，可知粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的研究方法可得mindvt=，212Eqdtm=联立解得22BqdEm=故B错误；C．如图1所示沿图1所示轨迹

运动的粒子，进入磁场的方向不同，但都经过了P点，且粒子入射速度大小相同，故C错误；D．设沿不同方向进入磁场粒子经过P点的速度方向与x轴的夹角为，如图2所示根据几何关系可得2sindmvRqB==，sinyvv=则有2yBqdvm=可知粒子出磁场时垂直电场

方向的分速度yv为定值，则粒子穿过电场的过程中沿y轴负方向做匀速直线运动，有ydvt=可得2ydmtvBq==的因此，所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共58分。11.某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率n，方法如下：（

1）玻璃砖直径AB与竖直放置的光屏MN垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。（2）用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心O，如图所示，在屏幕MN上可以观察到两个光斑C、D，用大头针分别在白纸上标记圆心O点、C点、D点的位置，移走玻璃砖和光屏。（3）用刻度尺测量OC和OD的长

度分别为1L、2L。（4）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=______。（5）实验中，不断增大入射角，_______（填“能”或“不能”）观察到全反射现象。（6）为减小实验误差，实验中应适当_______（填“增大”或“减小”）激光在O点的入射

角。【答案】①.21LL②.不能③.增大【解析】【详解】（4）[1]如图OC所在光线为反射光线，OD所在光线为折射光线，玻璃砖折射率的表达式1212sinsinsinsinsinsinRLLFOECOEACOnRDOQDOQD

OQLL=====（5）[2]光是从光疏介质射入光密介质，所以不能观察到全反射现象。（6）[3]为减小实验误差，实验中应适当增大激光在O点的入射角。12.如图1所示为某多用电表的欧姆挡“×10”挡内部电路示意图。表头G满偏电流10m

A、内阻10Ω，电源的电动势设计值为1.50V。（1）该多用电表的A表笔应为_______（填“红”或“黑”）表笔。（2）由于长时间未使用，该多用表内部电源电动势发生了变化，但仍可欧姆调零。为了测得其内部电源的电动势，实验步骤如下：①将选择开关旋至欧姆“×10”

挡位，红、黑表笔短接进行欧姆调零；②将一电阻箱串联在两表笔间，实验电路如图2所示，为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选用_______（填字母序号）；A．最大阻值99.99ΩB．最大阻值999.9Ω③调节电阻箱的阻值，当多用表的指针如图3所示时，通过表头G的电流为_______mA；④连续

调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表的电流I，作出1RI−图像如图4所示，则现在的电源电动势E=_______V。（3）用该欧姆表测得一定值电阻的阻值为300Ω，如果操作无误，不考虑偶然误差的情况下，则该定值电阻

的实际阻值为_______Ω。【答案】（1）红（2）①.B②.6.0③.1.4（3）280【解析】【小问1详解】电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以该多用电表的A表笔应为红表笔。小问2详解】[1]为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选用阻值较大

的，即回路中电阻变化范围较大，则电流变化范围大。故选B。[2]电流表的每一小格为0.2mA，所以通过表头G的电流为6.0mA；[3]根据闭合电路欧姆定律可得g0()EIrRRR=+++所以g0()ERrRRI=−+

+结合图像可得140V1.4V100E==【小问3详解】当电源的电动势为1.5V时，有1.5300xEIRRR==++内内g内=EIR当电动势为1.4V时，有1.4xxEIRRRR==++内内gEIR=内联立解得280ΩxR=【13.如图所示

，两个横截面积均为S的绝热汽缸水平放置并固定在水平面上，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门1K。左侧汽缸长度为L，内部有压强为02p、温度为0T的理想气体；右侧汽缸足够长，绝热活塞（厚度不计）与汽缸底部隔开长度为L的真空，并用销钉2K固定活塞，右端开

口与大气相通。活塞与汽缸内壁间无摩擦且不漏气，不计细管的容积和电热丝的体积，大气压强为p0。（1）仅打开阀门1K，判断理想气体内能的变化情况并说明理由；（2）打开阀门1K，并拔去销钉2K，给电热丝通电使汽缸内温度缓慢升高到01.5T，求稳定后活塞移动的距离

。【答案】（1）见解析；（2）L【解析】【详解】（1）根据题意，仅打开阀门K1，汽缸内气体体积自由膨胀，对外不做功，同时由于汽缸绝热，气体既不吸热也不放热，所以根据热力学第一定律可知，气体内能不变；（2）根

据理想气体状态方程112212pVpVTT=即00002(2)1.5pLSpLxSTT+=解得xL=14.如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、

磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：（1）金属杆

从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。【答案】（1）3BLdR；（2）2()ghd−【解析】【详解】（1）根据题意可知，通过电阻R的电荷量为11qIt=113EIR=1111BLdEtt==解得3BLdqR=（2）金属杆进入

磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产生的热量相等，即428Qmgdmgd==设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为v，根据能量守恒定律有21(7)2mghdmvQ+=+解得2()vghd=−1

5.如图所示，两个质量均为1kgm=、长度均为1.5mL=的相同木板A、B静止在粗糙的水平地面上，与水平面间的动摩擦因数均为10.1=，C为一半径1.8mR=的光滑四分之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木板A、B的上表面等高。现将质量也为1kgm=的小物块P由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下滑

刚滑过圆弧最底端时与静止在A上表面最左端的质量2kgM=的小物块Q发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后P滑回圆弧轨道后锁定，Q与木板间的动摩擦因数均为20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成质点，重力加速度g取210m/s。求：（1）小物块P第一次刚滑

到圆弧最底端时对轨道的压力；（2）小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量；（3）最终两木板间的距离。【答案】（1）30N，方向竖直向下；（2）2J；（3）4m3【解析】【详解】（1）小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理

可得2012mgRmv=解得06m/sv=在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得20NvFmgmR−=解得N30NF=由牛顿第三定律可知，小物块P运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下；（2）小物块P刚要滑上

木板A时与小物块Q发生弹性碰撞，由动量守恒011PQmvmvMv=+由机械能守恒222011111222PQmvmvMv=+联立解得12m/sPv=−14m/sQv=碰后小物块P向左滑离木板，小物块Q在木板A上向右做匀减速直线运

动2QMgMa=解得23m/sQa=设经1t时间，小物块Q滑过木板A，其位移2111112QQQxvtat=−这段时间，木板A、B一起向右做匀加速直线运动，由2122ABMgMmgma−+=（）解得21m/sABa=其位移2112ABABxat=又由1QABxxL−=解得10.5st

=21.5st=（不符合题意，舍去）此时，小物块Q的速度2112.5m/sQQQvvat=−=两木板速度为10.5m/sABABvat==之后小物块Q在木板B上向右做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动，对木板B有21BMgMmgma−+=（）解得23m/sB

a=设经2t时间共速222QQABBvatvat−=+解得21s3t=这段时间内，小物块Q的位移为2222212m23QQQxvtat=−=木板B的位移为222211m23BABBxvtat=+=小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量2222JQ

BQMgxx=−=（）（3）小物块Q与木板B共速时，速度为221.5m/sQBQQvvat=−=一起匀减速直线运动，由1QBMmgMma+=+（）（）解得21m/sQBa=设该过程运动的位移为QBx，由22QBQBQBvax=解得1.

125mQBx=小物块Q离开木板A后，A向右做匀减速运动，设加速度为2Aa，由12Amgma=解得221m/sAa=设该过程木板A运动的位移为2Ax，由2222ABAAvax=解得20.125mAx=综上所述，最终两木板间的距离为224m3BQBAdxxx=+−=（）