安徽省合肥市2023-2024学年高三上学期期末联考(省十联考)物理试卷含答案

物理（答案在最后）

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：高考范围。

一、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，只有一项符合题目要求。

1.如图是半径为R的半球形碗，一质量为m的小物块从碗口A点以大小不变的速度v沿着碗滑到碗底中心B点。则在该过程中（）A.小物块的动量不变B.小物块受到的合外力不变C.小物块受到的摩擦力不断减小D.小物块重力的功率先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．由题意，小物块从A到B做匀速圆周运动，速度v大小不变但是方向不断改变，故动量是变化的，故A错误；B．小物块受到的合外力提供向心力，大小不变，但是方向不断改变，故B错误；C．小物块的受力如图所示根据题意可知，小物块受到的摩擦力大小等于重力沿圆弧切向分力，即mgsinf

小物块下滑过程中θ不断减小，sinθ不断减小，所以摩擦力不断减小，故C正确；D．小物块重力的功率PGmgvymgvsin小物块下滑过程中θ不断减小，sinθ不断减小，所以重力的功率不断减小，故D错误。故选C。2.为保证自行车夜间骑行安全，在自行车上安装了尾灯，其电源为固定在后轮的交流发电机，后轮的转动通过摩擦小轮带动发电机转子（线圈）的转动，摩擦小轮与后轮之间不打滑，如甲图所示。交流发电机的原理图如乙图所示，线圈在车轮的带动下绕OO′轴转动，通过滑环和电刷保持与尾灯连接，两磁极之间的磁场可看成匀强磁场。下列说法正确的是（）A.线圈在乙图位置，通过灯泡的电流最大B.自行车骑行速度越大，尾灯越亮C.通过尾灯的电流是直流电D.摩擦小轮与后轮转动的角速度相等【答案】B【解析】【详解】A．线圈在乙图中为中性面位置，通过灯泡的电流最小，故A错误；B．骑行速度越大，摩擦小轮角速度越大，交流发电装置电动势有效值越大，灯泡越亮，故B正确；C．该装置是交流电发电模型，因此通过尾灯的电流是交流电，故C错误；D．自行车后轮与摩擦小轮线速度相同，角速度与半径成反比，故D错误。故选B。3.如图所示，在同一均匀介质中有甲、乙两列相向传播的简谐波，t0时刻两列波的波形图如图。已知甲波的周期T0.4s，则（）A.甲波的波速为1.6m/sB.两列波相遇时不能发生稳定的干涉C.t0.4s时，平衡位置为x6m的质点加速度达到最大D.t0.3s时，平衡位置为x6m的质点的位移为1cm【答案】D【解析】【详解】A．甲波的波速为v

故A错误；4m/s10m/sT0.4B．由图可知，两列波的波长相等，在同一均匀介质中的波速相等，则两列波的频率相同，相遇时能发生稳定的干涉，故B错误；C．t0.4s时，两列波传播的距离均为xvt4m

可知此时平衡位置为x6m的质点处恰好是两列波的平衡位置叠加，此时加速度最小，故C错误；D．t0.3s时，两列波传播的距离均为xvt3m

可知此时平衡位置为x6m的质点处恰好是甲波波峰和乙波的波谷叠加，故该质点的位移为x5m4m1m

故D正确。故选D。4.图甲为研究光电效应的电路图，入射光的频率大于K极板的极限频率，图乙为质量数不同的原子核的比结合能图像。结合两图，试分析下列说法正确的（）A.图甲中保持入射光的颜色和强度不变，向右移动滑动变阻器滑片电流表读数可能不变B.图甲中提高人射光频率，保持入射光强度不变，电流表读数一定不变C.由图乙知，钡原子核器56Ba比铁原子核26Fe稳定272D.由图乙知，4kg2He核子平均质量比1H核子平均质量小约110

144

56

【答案】A【解析】【详解】A．图甲中，保持入射光的颜色和强度不变，如果已经达到饱和光电流，向右移动滑动变阻器滑片电流表读数不变，故A正确；B．提高入射光频率，保持入射光强度不变，则入射光子数减少，被打出的光电子数可能减少，电流表读数可能减小，故B错误；C．由图乙知，钡原子核的比结合能比铁原子核小，铁原子核比钡原子核稳定，故C错误；D．2He核比结合能比1H核高约6MeV，平均质量小约42

E61.61019106

m2kg11029kg82c(310)故D错误。故选A。5.科学家相信宇宙是和谐的，1766年，德国科学家提丢斯研究了下表中太阳系中各个行星的轨道半径（以地日间的平均距离为1个天文长度单位），他发现了一个规律，各行星到太阳的距离可近似用公式r0.40.32n2表示，但同时又注意到公式中n=5，即r=2.8天文单位的地方少了一颗行星，1801年后，科学家陆续发现这一区域存在大量小行星。假设所有行星的公转轨道可近似看作圆，下列说法错误的是（）行星轨道平均半径r/天文单位水星0.39金星0.72地球1.00火星1.52木星5.20土星9.54A.小行星带处于火星与木星之间B.水星虽然距离太阳最近，但在各行星中受到太阳的引力，水星不一定最大C.火星的公转周期小于2年D.金星公转的线速度与地球公转的线速度之比约为0.85【答案】D【解析】【详解】A．小行星带处于火星与木星之间，故A正确，不符合题意；B．受到太阳的引力除距离外，还与行星的质量有关，故B正确，不符合题意；C．根据开普勒第三定律有33

r火r地

22T地T火

代入数据解得T火1.87年故C正确，不符合题意；D．根据万有引力提供向心力对地球有2

Mm地v地G2m地

r地r地

对金星有G

则有Mm金r2金m金2v金r金22r地v地r金v金

代入数据解得v金1.18v地故D错误，符合题意。故选D。6.如图所示，立方体ABCD-EFGH的两个顶点A、F分别固定电荷量为q的点电荷，C、H两个顶点分别固定电荷量为-q的点电荷，P是ABCD面的中点，Q是CDFG面的中点，则下列说法中正确的是（）A.P点比Q点的电势高B.P、Q两点的电场强度相同C.一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能D.G、P间的电势差绝对值大于P、D间电势差绝对值【答案】C【解析】【详解】A．在A、C两点等量异种电荷和F、H两点等量异种电荷的电场中，P点的电势均为零，在F、C和A、H两个点电荷电场中，Q点的电势也为零，故A错误；B．根据电场叠加可知，P点场强方向在ABCD面内，Q点场强在CDFG面内，故B错误；C．根据叠加可知，E点电势为正，B点电势为负，因此一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能，故C正确；D．根据电势叠加可知，G点和D点电势的绝对值相等，因此G、P间的电势差绝对值等于P、D间电势差绝对值，故D错误。故选C。7.如图所示，有一边长为l的由透明材料构造的正四面体ABCD，其底面水平。一束竖直向下的蓝光照射在正四面体侧面ABC的中心O1点，光束经折射后恰好到达正四面体底面的中心O2点。已知真空中光速为c，下列说法正确的是（）A.蓝光在四面体内的传播速度为B.材料的折射率为3C.蓝光进入四面体后，波长变长6c4D.将蓝光换成红光，光束在四面体中的传播速度不变【答案】A【解析】【详解】AB．过正四面体顶点、侧面和底面中点作出光线所在的平面三角形并标记如下，画出光路如图所示根据几何关系有sin1cos2cos3O1G8O1F333sin5cos4cosA

所以n

sin126sin53v

故A正确，B错误；c6cn4C．蓝光进入四面体后，波速变小，频率不变，波长变短，故C错误；D．同一四面体，对不同颜色的光折射率不同，两种不同颜色光束在四面体中的速度不同，故D错误。故选A。

8.滑块以初速度v0沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，图中A为OB的中点。下列判断正确的是（）A.图乙中的滑块处于上行阶段B.滑块上行与下滑的加速度之比为16:9C.滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4:3D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25【答案】B【解析】【详解】A．因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为T，对比图甲和乙可知，图甲中滑块加速度大，是上行阶段，故A错误；B．从甲中可知，上行时间为3T，下行时间为4T，上行与下行位移相等，根据位移时间关系可得，上行与下滑的加速度之比为16:9，故B正确；C．对上行（甲图）逆向思考，有12

vA2al甲甲

2

对下行（乙图），有12

vA2al乙乙

2

所以，滑块上行与下滑通过A时的动能之比为16:9，故C错误；D．由于斜面倾角未知，不能求出滑块与斜面的动摩擦因数，故D错误。故选B。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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，在相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向水平向右，电场强度E10V/m，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B1.0T。区域内绝缘固定的水平木板上有一质量m1.0103kg、带电荷量q1.0103C的小滑块，从点O由静止开始沿木板水平向右运动。已知小滑块与木板间动摩擦因数0.4，滑块受到空气阻力fkv，其中k1.0104Ns/m，v为滑块运动的速度。木板足够长，小滑块所带电荷量不变，且不考虑其对电场E和磁场B的影响，重力加速度取g10m/s2。下列说法正确的是（）A.小滑块的最大加速度为6m/s2B.小滑块的最大加速度为12m/s2C.小滑块的最大速度为6m/sD.小滑块的最大速度为12m/s【答案】AD【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律得Eq(mgqvB)kvma

解得a当v=0时，加速度最大，为Eq(mgqvB)kvmEqmg6m/s2

mam

故A正确，B错误；CD．当a=0时，速度最大，则vm

故C错误，D正确。故选AD。Eqmg12m/s

qBk

10.如图所示，间距为L=1m的平行导轨水平固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcd方向电势变化的图像。导轨和金属杆电阻不计，则下列说法正确的是（）A.滑动变阻器在II中B.定值电阻R0的阻值为4ΩC.图像中φ0的大小为1.5VD.金属杆运动的速率为5m/s【答案】AC【解析】【详解】A．因为沿abcd方向电势降低，可见金属杆切割磁感线产生的电动势上端电势高，根据右手定则判断，匀强磁场的方向垂直纸面向里，滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻R0，滑动变阻器在II中，故A正确；BC．金属杆的电阻不计，有UadE0

滑动变阻器在两种情况下，有0R1.2VR0R1

R1.0VR2R0

20

联立解得R05，01.5V

故B错误，C正确；D．金属杆切割磁感线，产生感应电动势，有EBLv01.5V

解得v3m/s

故D错误。故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.小明同学做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，装置如图甲所示，其中细绳和滑轮的质量不计。（1）下列关于该实验操作正确的是________。A.电磁打点计时器可以使用220V交流电源B.连接槽码和小车的细绳应与长木板保持平行C.阻力补偿时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也受到阻力D.为减小误差，实验中小车的加速度尽可能大一些（2）实验使用的交流电频率是50Hz，如图所示是实验时打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点（相邻两点之间还有4个点未画出），据此纸带可知小车在打D点时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。（均保留两位有效数字）【答案】【解析】【详解】（1）[1]A．电磁打点计时器使用约8V交流电源，故A错误；B．连接槽码和小车的细绳应与长木板保持平行，故B正确；C．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力，故C正确；D．需要满足Mm，加速度不会太大，故D错误。故选BC。（2）[2]小车在打D点时速度大小为①.BC##CB②.0.64③.0.80(6.006.80)102vm/s0.64m/s

20.1

[3]小车的加速度大小为(6.806.005.214.39)10222am/s0.80m/s

40.12

12.用来改装电表的检流计有两个重要参量，即灵敏度Ig和内阻Rg。Ig指的是检流计指针满刻度时通过表头的电流，这个电流越小其灵敏度越高；Rg是检流计线圈的电阻（内阻）。知道Ig和Rg就可依据欧姆定律进行电表改装的设计。小明用如图所示的半偏法来测量灵敏度Ig=100µA的检流计的内阻Rg。（1）电源电动势为6V，为使Rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电压表V应选用________，电阻箱Rs应选用________，定值电阻R0应选用________（选填下列器材前的字母）。A.电压表（0~6V，内阻约3kΩ）B.电压表（0~6V，内阻约15kΩ）C.电阻箱（0~999.9Ω）D.电阻箱（0~999Ω）E.定值电阻（2kΩ）F.定值电阻（50kΩ）（2）在开关S1、S2断开的情况下，检查电路连接无误后，闭合S1，调节滑片C，使检流计指针偏转到满刻度，后续的实验操作步骤依次是：________，________。最后记录Rs的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）A.调节滑片C，使检流计指针偏转到满刻度的一半B.调节Rs的阻值，使检流计指针偏转到满刻度的一半C.闭合S2

D.调节Rs的阻值，使检流计指针偏转到满刻度（3）如果实验中检流计指针偏转到满刻度的一半时，Rs的阻值为480.0Ω，则被测电流计G的内阻Rg的值为________Ω，该测量值________（选填“大于”、“小于”或“等于”）实际值【答案】【解析】【详解】（1）[1][2][3]电压表的内阻越大对电路影响越小，故为使Rg的测量值尽量准确，电压表V应选B，电阻箱C读数更精确，测量结果更准确，故Rs应选用C，定值电阻R0越大，S2闭合后对电路影响越小，故定值电阻R0应选用F。（2）[4][5]需要先闭合S2，再调节Rs的阻值，使检流计指针偏转到满刻度的一半，故正确的操作顺序依次为CB。（3）[6]闭合S2后，认为分压电路的电流不变，检流计指针偏转一半，说明被测检流计G的内阻Rg和Rs的电阻相等，即被测电流计G的内阻Rg的值为480.0Ω；[7]实际上闭合S2后，分压电路的电阻变小，电流变大，检流计指针偏转一半，则通过Rs的电流大于检流计的电流，则检流计G的内阻Rg比Rs的电阻大，故该测量值略小于实际值。13.某品牌汽车去保养时，维修师傅将轮胎气压调整为2.40105Pa，此时的环境温度为7℃。内部气体可看作理想气体，轮胎容积可视为不变。求：（1）汽车行驶过程中胎压传感器检测到胎压为2.55105Pa，则此时轮胎内的气体温度为多少摄氏度；（2）若汽车轮胎漏气，再次去保养时，检测到胎压还是2.40105Pa，此时环境温度为27℃。求漏出气体质量和车胎内原有气体（漏气之前）质量之比。【答案】（1）24.5C；（2）【解析】【详解】（1）根据等容变化有①.B②.C③.F④.C⑤.B⑥.480.0⑦.小于1

15p1p2T1T2

解得T2297.5K24.5C

（2）根据等压变化有V0V0VT1T2

而mV



m0V0V解得m1

m015，在距离A点R处固定一个半径为14.如图所示，在平台上A点放置一个质量为m的小滑块（可视为质点）R的光滑圆形轨道，在轨道的最低点B错开轨道，使小滑块通过圆形轨道后能进入右侧平台，B点到平台右端C点的距离为l，C点离地高为1.5R。已知小滑块与平台间动摩擦因数µ=0.5。平台右侧有一斜面长为8

R3的倾斜光滑轨道，其倾角为α=30°，其下端通过E点与水平光滑轨道EF连接（E点用一很小圆弧连接使小滑块通过后速率不变）。水平轨道EF长度为R且与一光滑大圆弧FG在F点平滑连接，在F点放置一个质量为M=30m的小球。重力加速度为g，求：（1）现给小滑块一个水平初速度v0，要使它通过平台上圆形轨道，且不滑出平台，v0则应取何值？（2）若l4R，v0

6gR，小滑块从C点飞出后恰好能无碰撞地滑上右侧斜面：①小滑块到达斜面的速度多大？斜面左端离C的水平距离是多少？②滑块沿轨道继续运动然后与小球Q发生对心碰撞，碰撞后滑块以碰撞前0.5倍的速率向左运动，小球Q向右沿圆弧运动最大偏角5，结果当小球Q再次回到F点时恰好与滑块再次发生碰撞。试求第一次碰撞后小球Q的速率以及圆弧FG的半径r。【答案】（1）6gRv0【解析】（2）①glgR；1363gRR；②，R2

103【详解】（1）要使小滑块通过圆形轨道的最高点，必须满足mgRmg2R

且1212mvDmv022

2vDmgm

R

解得v06gR要使小滑块不滑出平台，应满足12

mgRmglmv0

2

解得v0glgR综合得出6gRv0glgR（2）①若l4R，v0

6gR，则小滑块到达C点速率满足5mgR1212mvCmv022解得vCgR小滑块能恰好无碰撞地滑上右侧斜面，则有cos30

解得vCv

v

所以23gR313gR3vyvCtan30

h

则1R2g62vyxvC

②小滑块到达水平面上F点时，满足vyg

3R31212

mgHCmvFmvC

22解得vF2gR碰撞后小球Q的速率满足mvF0.5mvF30mvQ

解得vQ

两球碰撞后，滑块再次到达F点经历时间满足1gR10t1

2R

2t0

0.5vF0.5vFgsint0

小球Q再次到达F点经历时间满足t2

由题意有Tr2gt1t2

解得r362R15.在如图所示的直角坐标系中，半径r10.3m的小圆其圆心刚好位于坐标原点，半径r20.5m的大圆和小圆相交，大圆的圆心坐标为（0，0.4m），大圆减去小圆部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，abc为三束相同的粒子束，其相互之间的间距为yab0.2m，ybc0.3m，a粒子从y0.9m处从磁场外沿x轴正方向射向磁场，其刚好能沿小圆半径方向穿过坐标原点。在y轴负半轴上垂直y轴放置一长度和小圆直径相等的电子屏，该屏的中心位于y轴上，若粒子击中电子屏能被完全吸收。已知粒子的质量m1.21010kg，带电量q9.6106C，发射速度v6.4104m/s，每束粒子单位时间内发射的数量N105个，不计粒子的重力和粒子之间相互作用，cos370.8，cos530.6，求：（1）磁场的磁感应强度B大小；（2）电子屏能同时探测到三种粒子时与x轴的最大距离；（3）求电子屏在y轴上不同位置受到粒子的平均撞击力在y轴方向上的分量大小。【答案】（1）2T；（2）【解析】9

m；（3）见解析40

【详解】（1）由题意可知，a处的粒子运动的轨迹如图所示粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据几何关系有(yR)2r12R2

解得R0.4m

根据洛伦兹力提供向心力v2

qvBm

R

解得B

mv

2TqR（2）由题可知每束粒子进入磁场后，其运动半径都是0.4m，作图如下由几何关系可知，c处的粒子束其圆心刚好位于x轴上，故其也能沿半径方向击中原点，b处的粒子束其圆心坐标为（-0.4m，0.3m），由几何关系可知，b粒子刚好从小圆与y轴交点处沿y轴负方向射向原点，由几何关系，可得5337

则粒子全部能击中板时y

解得r1tan539m40

y

故其与x轴的最大距离为9

m；40

（3）当只有b处的粒子击中板时，板的纵坐标为y′，则有ytan370.3m

解得y0.4m

由动量定理可得，当y0.4m时，有FNmv0.768N

当0.4my

9

m时，有40

FNmvNmvcos371.3824N

当

9

my时，有40