2021届安徽省六校高三理综物理第二次素质测试试卷含答案

这是一份2021届安徽省六校高三理综物理第二次素质测试试卷含答案，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.用光子能量为5.0eV的一束光照射阴极P，如图，当电键K断开时。发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于1.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.60V时，电流表读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为〔 〕
A. 1.6eV B. 2.2eV C. 3.0eV
2.如下列图，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，那么m1、m2之间的关系是〔 〕
A. m1＝m2 B. C. m1＝m2tanθ D. m1＝m2csθ
3.假设在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶3，该行星质量约为地球的36倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为〔 〕
A. 3R B. 4R C. 5R D. 6R
4.如下列图，四个等量异种的点电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，以下说法正确的选项是〔 〕
A. A，C两个点的电场强度方向相反 B. O点电场强度等于零
C. 将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做正功 D. O点的电势低于A点的电势
5.如下列图，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，那么以下判断正确的选项是〔 〕
A. 小球带负电
B. 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小
C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率
二、多项选择题
6.如图甲所示，等离子流由左边连续以方向如下列图的速度v0垂直射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示.那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 0～1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1s～2s内ab、cd导线互相排斥
C. 2s～3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3s～4s内ab、cd导线互相排斥
7.如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1 ， 第二次击打过程中小锤对小球做功W2。假设两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，那么 的值可能是〔 〕
A. B. C. 1 D. 2
8.如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek－h图象，其中h＝0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2 ， 由图象可知〔 〕
A. 滑块的质量为0.18kg B. 弹簧的劲度系数为100N/m
C. 滑块运动的最大加速度为50m/s2
9.以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 当温度升高时，物体内所有分子热运动速率都一定增大
B. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
C. 在潮湿的天气里，空气的相对湿度小，有利于蒸发
D. 温度相同的不同物体，它们分子的平均动能一定相同
E. 一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程，温度均由T1升高到T2 ， 等压过程比等容过程吸收的热量多
1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t2＝3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，假设图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，那么正确的选项是〔 〕
A. 这列波的周期为4s
C. 图乙是质点b的振动图象 D. 从t1＝0到t2
E. t3
三、实验题
11.图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固定在O点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间t，用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示。忽略空气阻力，实验步骤如下：

⑴小圆柱的直径d＝________cm；
⑵测出悬点到圆柱中心的距离l，并测出对应的挡光时间△t；
⑶改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据；
⑷以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以________为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如图丙所示。计算得该图线的斜率为k，那么当地重力加速度g=________(用物理量的符号表示)。
12.如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。中选择开关接“3〞时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。
〔1〕其中电阻R2=________Ω。
〔2〕选择开关接“1〞时，两表笔接入待测电路，假设指针指在图乙所示位置，其读数为________mA。
〔3〕兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校〞到“测〞的实验：
①将选择开关接“2〞，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，那么C处刻度线的标注值应为________。
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，那么计算可知待测电阻约为Rx＝________Ω。 (保存三位有效数字)
④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中________表笔(填“红〞或“黑〞)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为________Ω。
四、解答题
13.如下列图，在y>0的空间中存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场，在y<0的空间中存在着平行于xOy平面的匀强电场，场强方向与x轴正方向成45°夹角斜向下。一质量为m，带电量为q的带正电粒子,不计粒子的重力，该粒子从坐标原点以初速度v0进入磁场，方向与x轴负方向成45˚夹角斜向上，然后经过M点进入电场，并与y轴负半轴相切于N点。M点坐标为〔L，0〕。求：
〔1〕匀强磁场的磁感应强度；
〔2〕匀强电场的电场强度。
A=1kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ=0.2。在板右端静止放置质量mB=1kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。A、B均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现在长木板C上加一水平向右的力F，求：
〔1〕当F=3N时，小物块A的加速度；
〔2〕小物块A与小物块B碰撞之前运动的最短时间；
〔3〕假设小物块A与小物块B碰撞之前运动的时间最短，那么水平向右的力F的大小(本小题计算结果保存整数局部)；
〔4〕假设小物块A与小物块B碰撞无能量损失，当水平向右的力F=10N，小物块A落到地面时与长木板C左端的距离。
15.如下列图，用质量m＝1kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝1.0m，气体的温度t1=27℃ 。现将汽缸缓慢加热至t2=207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300J。大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2 ， 活塞横截面积S＝5.0×10-4 m2。求：
(ⅰ)初始时汽缸内气体的压强p1和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；
(ⅱ)此过程中缸内气体吸收的热量Q。
16.如下列图，将一个折射率为 的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到P点，AP之间的距离为d，入射角为θ， ，AP间的距离为d=30cm，光速为c=3.0×108m/s，求：
(ⅰ)假设要使光束进入长方体后正好能射至D点上，光线在PD之间传播的时间；
(ⅱ)假设要使光束在AD面上发生全反射，角θ的范围。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【解析】【解答】设用光子能量为5.0eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm ， 当反向电压到达U=1.60V以后，电流表读数为零说明具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此Ekm=eU=1.60eV
根据光电效应方程有Ekm=hv-W0 ， 阴极材料的逸出功为W0=hv-Ekm=3.40eV.
故答案为：D。

【分析】利用光电效应方程结合遏止电压的大小可以求出逸出功的大小。
2.【解析】【解答】设绳子对两球的拉力大小为FT ， 对m2根据平衡条件得FT=m2gsinθ
对m1根据平衡条件得FT= m1gcsθ
联立解得m1=m2tanθ
故答案为：C.

【分析】利用平衡条件可以求出质量的大小关系。
3.【解析】【解答】平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，x=vt
在竖直方向上做自由落体运动，即
所以
两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以
根据公式 可得
故
解得R行=4R
故答案为：B。

【分析】利用平抛运动的位移公式结合引力形成重力可以求出半径的比值。
4.【解析】【解答】AB．利用点电荷场强的合成A、O、C三点的合场强均水平向右，AB不符合题意；
C．在BD直线上场强方向垂直BD向右，那么沿着BD移动正电荷电场力不做功，C不符合题意；
D．沿着电场线方向电势降低，那么O点的电势低于A点的电势，D符合题意.
故答案为：D。

【分析】利用场强的叠加可以判别电场强度的大小和方向；利用对称性可以判别电场力不做功；利用电场线分布可以判别电势的上下。
5.【解析】【解答】A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A不符合题意；
B．当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B符合题意；
C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C不符合题意；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】利用电场强度的方向结合平衡可以判别小球的电性；利用分压的大小结合电容器电压变大可以判别场强变大那么夹角变大；当滑片滑动电荷量变化进而可以判别电流的方向；由于内外电阻大小不确定所以不能判别输出功率的大小。
二、多项选择题
6.【解析】【解答】AB．由题图甲左侧电路可以判断ab中电流方向为由a到b；由右侧电路及题图乙可以判断，0～2s内cd中电流方向为由c到d，跟ab中的电流同向，因此ab、cd相互吸引，A符合题意、B不符合题意；
CD．2s～4s内cd中电流方向为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用左手定那么可以判别左侧电流方向；利用楞次定律可以判别右侧电流方向，利用电流方向可以判别导体之间的相互作用。
7.【解析】【解答】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有W1≤mgR①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有W1+W2-2mgR= ②
在最高点，有mg+FN= ≥mg③
联立①②③解得W1≤mgR
W2≥ mgR
故
AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB。

【分析】利用功能关系结合牛顿第二定律可以比较做功的大小。
8.【解析】【解答】A．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△Ep=mg△h，图线的斜率绝对值为:
A不符合题意；
B．由题意滑块与弹簧在弹簧原长时别离，弹簧的原长为0.2m，h=0.18m时速度最大，此时mg=kx1
x1
得k=100N/m
B符合题意；
2-mg=ma
其中x2=0.1m，得最大加速度a=40m/s2
C不符合题意；
D．根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mg△hm
D符合题意。
故答案为：BD。

【分析】利用斜率可以求出质量的大小；利用平衡可以求出劲度系数的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小。
9.【解析】【解答】A．当温度升高时，物体内分子的平均速率变大，并非所有分子热运动速率都一定增大，A不符合题意；
B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，B符合题意；
C．在潮湿的天气里，空气的相对湿度大，不利于蒸发，C不符合题意；
D．温度是分子平均动能的标志，温度相同的不同物体，它们分子的平均动能一定相同，D符合题意；
E．一定质量的理想气体温度由T1升高到T2 ， 那么内能变化量相同，经等压过程，体积变大，对外做功W<0，那么等容过程中不对外做功W=0，根据热力学第一定律可知，等压过程比等容过程吸收的热量多，E符合题意。
故答案为：BDE。

【分析】温度决定平均动能的大小不是决定于每个分子的动能大小；潮湿天气里相对湿度比较大；利用热力学第一定律可以比较吸收热量的大小。
10.【解析】【解答】A．由图乙可知，波的振动周期为4s，A符合题意；
B．由甲图可知，波长λ=2m，根据波速公式
B符合题意；
C．在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，C不符合题意；
D．从t1=0 s到t2=3.0 s这段时间内为 ，所以质点a通过的路程为s= ×4A=15cm=0.15m，D不符合题意；
E．因为t3＝9.5s＝2 T，2T后质点c回到最低点，由于 ，所以t3=9.5s时刻质点c在平衡位置以上沿y轴正向运动，E符合题意。
故答案为：ABE。

【分析】利用图像可以得出周期的大小；利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点的振动情况可以判别其对应振动图像；利用振动时间结合周期可以求出振动的路程。
三、实验题
11.【解析】【解答】(1)小圆柱的直径d=1.0cm+2×0.1mm=1.02cm.(2)根据机械能守恒定律得
所以
得到
那么以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以 为横坐标。
其中
故

【分析】〔1〕利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数；
〔2〕利用机械能守恒定律可以得出横坐标的物理量及重力加速度的表达式。
12.【解析】【解答】(1)根据闭合电路欧姆定律得 (2)由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；(3)②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；③根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时
当电流表示数为
Rx=67.4Ω④根据电流方向“黑出红进〞的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压表的示数
解得电压表内阻

【分析】〔1〕利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
〔2〕利用电流表的分度值可以读出对应的读数；
〔3〕利用欧姆定律可以求出电阻的大小；利用红进黑出可以判别表笔的接法；利用欧姆定律可以求出电压表的内阻大小。
四、解答题
13.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
〔2〕利用牛顿第二定律结合类平抛的位移公式可以求出电场强度的大小。
14.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
〔2〕利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出运动的最短时间；
〔3〕利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出力的大小范围；
〔4〕利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出运动的位移。
15.【解析】【分析】〔1〕利用平衡方程结合等压变化可以求出活塞距离底部的高度；
〔2〕利用热力学第一定律可以求出吸收的热量大小。
16.【解析】【分析】〔1〕利用几何关系可以求出传播的时间；
〔2〕利用几何关系结合折射定律及临界角的大小可以求出角度的范围。