[物理]安徽省2024年普通高中学业水平选择性考试临考预测押题密卷试题B卷(解析版)

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物 理
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，只有一项是符合要求的。
1. 氢原子的能级图如图所示。大量氢原子从的高能级向低能级跃迁，用跃迁中发出的光照射某一金属，测得从该金属中射出电子的最大初动能为10.5eV。则在跃迁过程中，能使该金属发生光电效应的光子的种类有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】C
【解析】能使该金属发生光电效应的光子的临界能量，氢原子从能级跃迁到能级辐射出的光子的能量最大
用此种光子照射该金属，从该金属中射出的电子才有最大初动能，可得逸出功
即只有辐射能量大于2.25eV的光子能使该金属发生光电效应。大量氢原子从的高能级向低能级跃迁，共辐射出6种不同种类的光子，其对应的能量如图所示。
由图可知，氢原子从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级和从能级跃迁到2能级辐射出的4种光子符合条件，C项正确，ABD项错误。
故选 C。
2. 如图所示，两块水平放置的足够长的平行金属极板A和B的间距为d，电压为U，在A、B板的正中间放置一个半径为R的空心金属球，球心O到A、B板距离相等，。由于静电感应，金属球产生感应电荷，M、N分别是金属球上的最高点和最低点。则下列说法正确的是（ ）
A. M点电势比N点电势高B. 球内电场强度与球外相同
C. A、M间的电势差为D. N、B间的电势差为
【答案】C
【解析】AB．由于静电感应，置于两板中间的金属球处于静电平衡状态，金属球是一个等势体，金属球内电场强度为零，所以M点与N点电势相等，故AB错误。
CD． 因
根据对称性可知
所以有
C正确，D错误。
故选 C。
3. 2023年9月21日我国神舟十六号航天员在天宫空间站进行第四次“天宫课堂”授课。若天宫空间站运行轨道视为圆轨道，天宫空间站距地面高度为地球半径的k倍，绕地球飞行相对地心转过角所用时间是t，引力常量为G。则地球的密度表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知天宫空间站运动的角速度为
根据
设地球半径为R，又，地球的质量
联立解得地球的密度
故选B。
4. 如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为球抛出点，B为球运动轨迹的最高点，C为球落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角，不计空气阻力。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
将篮球从A到B运动逆过程与从B到C运动的过程看作两个平抛运动，将AB过程沿水平和竖直方向分解，如图所示，水平方向有
竖直方向有
对AB过程有
同理将BC过程沿水平和竖直方向分解，对BC过程有
两式联立解得
故选B。
5. 如图所示，一玻璃砖的横截面是圆心角为的扇形MON。两束波长不同的单色光甲、乙沿同一方向从MO面的左侧边缘射入玻璃砖，经折射后，甲直接射向圆弧面的P点，乙射向ON面的Q点。下列说法正确的是（ ）
A. 甲光的频率小于乙光的频率
B. 在玻璃砖中，甲光的波长大于乙光的波长
C. 乙光在Q点的反射一定不是全反射
D. 甲光从M到P的传播时间可能小于乙光从M到Q的传播时间
【答案】C
【解析】A．由光的色散的实验结论知，白光射入玻璃的入射角相同时，会分解成七色光，频率越高的光偏折得越厉害，折射率越大。甲、乙两束光的入射角相同，折射角，由折射定律知
有
可知甲光的频率比乙光的频率高，故A错误；
B．由
可得
又频率
可知在玻璃砖中
故B错误；
C．由于乙光在M处的入射角，则乙光在M处的折射角小于全反射临界角，在Q处的入射角小于，则乙光在Q处的入射角一定小于全反射临界角，即乙光在Q点的反射一定不是全反射，故C正确；
D．设玻璃砖的半径为R，甲光在玻璃砖中的传播时间
与折射率无关。可知入射角相同时，从M点入射的不同频率的光传到圆弧面的时间都是相等的。如图所示，即甲光传到P与乙光传到的时间相等。乙光传到Q点未到达圆弧面，所以乙光从M到Q的传播时间一定小于甲光从M到P的传播时间，故C错误。
故选C。
6. 囊式空气弹簧已广泛地应用于车辆减震装置中，它由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成。当车辆剧烈颠簸时，气囊内的气体体积快速变化，以降低车辆振动的幅度。已知某囊式空气弹簧密封气囊内一定质量的理想气体从状态a→b→c→a的变化过程中压强p与体积的倒数的关系图像如图所示，其中ab连线的延长线过坐标原点，bc连线平行于纵轴，ca连线平行于横轴。则下列说法正确的是（ ）
A. 从状态a→b过程中气体吸热
B. 从状态b→c的过程中气体吸热
C. 从状态c→a的过程中，单位时间内碰撞单位面积气囊壁的气体分子个数减少
D. 图中的面积在数值上等于从状态a→b→c→a变化的整个过程中气体对外界做的功
【答案】C
【解析】A．根据图像可知，从状态a到状态b的过程中，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，ab连线的延长线过坐标原点，则
整理得
可知气体发生等温变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律知气体向外界放热，故A错误；
B．从状态b到状态c的过程中，气体压强减小，体积不变，气体对外界不做功，气体发生等容变化，温度降低，内能减少，由热力学第一定律知气体向外界放热，故B错误；
C．从状态c到状态a的过程中，气体压强不变，体积增大，气体发生等压变化，温度升高，气体分子的平均动能增加，单位时间内碰撞单位面积气囊壁的气体分子个数减少，故C正确；
D．图像中图线与横轴围成的面积表示气体对外界做的功，但要注意题中的是图像，题图中的面积在数值上等于压强的平均值与体积倒数变化量的乘积，不等于气体对外界做的功，故D错误。
故选C。
7. 2024年春节期间，湖北等地发生冻雨灾害天气，对输电线路造成不利影响。如图所示，山区高压输电塔a、b间连接粗细均匀的输电线，a、b段输电线在a处的切线水平，在b处的切线与水平方向的夹角为。当输电线上均匀结上一层薄冰时，a、b间输电线的形状保持不变。关于a、b间输电线各处的张力，下列说法正确的是（ ）
A. 输电线在a处的张力相比结冰前不变
B. 结冰后，输电线在b处的张力等于a、b间输电线及冰的总重力
C. 结冰后，a、b间输电线各处张力均增大
D. 结冰前后，输电线在a、b处张力的比值增大
【答案】C
【解析】A．设a、b间输电线总质量为m，结冰前，对a、b间输电线整体受力分析如图所示
有
结冰后，设a、b间冰的总质量为，因为a、b间输电线的形状保持不变，同理，则有
则结冰后，输电线在a处的张力变大，故A错误；
B．结冰前，有
结冰后，有
显然，输电线在b处的张力大于a，b间输电线及冰的总重力，故B错误；
C．在a、b间输电线上任取一处，设输电线在该处的切线与水平方向夹角为，结冰前，对该处到a间输电线整体受力分析，如图所示
该处张力
同理，结冰后该处张力
即
结冰后，a、b间输电线各处的张力均增大，故C正确；
D．结冰前，有
结冰后，有
显然，结冰前后，输电线在a、b处的张力的比值不变，故D错误。
故选C。
8. 如图所示是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。发电机内有n匝矩形线圈，线圈电阻为r，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以恒定的角速度转动。图示位置线圈平面与磁场方向垂直，线圈由图示位置转过的过程中，通过线圈的电流的平均值为，外电路定值电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A. 线圈转动过程中，电阻R两端电压的最大值为
B. 线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
C. 电流表的示数为
D. 线圈转动过程中，电阻R的热功率为
【答案】B
【解析】A．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量
所用时间
因此流过电阻R的电流的平均值
故
可得
故
故A错误；
B．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
故B正确；
C．电流表的示数为
故C错误；
D．线圈转动过程中，电阻R的热功率
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1所示，一质量为的可视为质点的小铁块在逐渐减小到0的平行于斜面向上的力F作用下，从斜面底端向上滑动。以出发点为原点和零势能点，铁块的机械能E与滑行位移x的关系如图2中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是；铁块的重力势能与滑行位移x的关系如图2中直线OC所示。取，则下列说法正确的是（ ）
A. 外力F做的功为11.5JB. 铁块与斜面间的动摩擦因数为0.35
C. 铁块上滑时加速度大小为0D. 铁块滑回出发点时的速度大小为3m/s
【答案】AD
【解析】A．设斜面倾角为，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是
由图线知
铁块上滑0.5m后机械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0.图线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小，故滑动摩擦力
在滑行1.0m时铁块的机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由动能定理得
其中
解得
故A正确；
B．由
解得
故B错误；
C．在位置A时，F与f相等，设此时铁块的加速度大小为a，则
解得
故C错误；
D．对铁块下滑过程，由动能定理得
解得
故D正确。故选AD。
10. 如图，在一个边长为L的正六边形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，P、M两点分别为AF、BC的中点。现有两个比荷为的相同带正电粒子甲、乙（重力不计），先后从P点沿PM、PO方向以大小不等的速率射入磁场中，经磁场偏转后，分别从A点、B点射出磁场，则（ ）
A. 粒子甲射入磁场的速率
B. 粒子甲在磁场中运动的时间为
C. 粒子乙射入磁场的速率
D. 若一相同的带电粒子丙从P点沿纸面方向以速率射入磁场，从CD边射出磁场，则该粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】ACD
【解析】A．作出粒子甲、乙在磁场中运动的轨迹如图所示
甲在磁场中运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得
故A正确；
B．粒子甲在磁场中运动的周期
运动轨迹所对的圆心角为，在磁场中运动的时间为
故B错误；
C．根据图中几何关系知
，，
则
乙运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得
故C正确；
D．粒子丙在磁场中运动的轨迹半径
粒子丙运动轨迹的半径一定，运动轨迹对应的弦越短，轨迹对应的圆心角越小，运动时间越短，作于N点，则丙从N点射出时在磁场中运动的时间最短，则
为正三角形，则丙在磁场中运动的最短时间为
故D正确。故选ACD。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 某同学做“用单摆测量重力加速度的大小”实验的装置示意图如图1所示。
（1）安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d的示数如图2所示，则___________mm。
（2）该同学在实验中各测量数据均正确无误，但他在用图像法处理实验数据时，作出的图像如图3所示，图线与纵轴正半轴有交点，造成图线不过原点的原因是___________。分析原因后，该同学认为不用重新绘制图像也能得出重力加速度的大小，则该同学本次实验测量的重力加速度___________（取，结果保留3位有效数字）。由于图线没有通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）20.00 （2）计算摆长时没有加小球的半径 9.81 相等
【解析】【小问1详解】
该游标卡尺为20分度的游标卡尺，游标尺每小格与主尺每小格相差0.05mm，由游标卡尺的读数规则可知摆球直径
【小问2详解】
[1][2][3]根据
得
图线不通过原点，且图线向左移动，是由于横坐标变小，计算摆长时没有加小球半径。根据数学知识可知，图线的斜率
则当地的重力加速度
由于，则
把l当作L，图线在横轴上的截距的绝对值等于摆球半径r。根据数学知识可知，对于图像来说两种情况下图线的斜率不变，所以测得的g值不变。结合题图3可知图线的斜率
所以
12. 某实验小组设计了如图所示的电路图测量电源的电动势和内阻，电源是由两节完全相同的电池串联组成，A1、A2均为电流表，G为灵敏电流计，、均为电阻箱。主要实验步骤如下。
（1）根据电路图连接好电路。
（2）闭合开关，调节电阻箱、的大小，使灵敏电流计G示数为零，此时a、b电势关系为：___________（选填“>”“＜”或“=”）；记录电流表A1、A2的示数分别为0.30A、0.30A，电阻箱、的阻值分别为、。
（3）调节、的电阻大小，使电流计G示数再次为零，记录电流表A1、A2的示数分别为0.56A、0.14A，电阻箱、的阻值分别为、。
（4）根据实验数据整理得一节电池的电动势为___________V，一节电池的内阻为___________。（结果均保留2位小数）
（5）电源电动势、内阻测量值与真实值的关系为：___________，___________。（均选填“>”“＜”或“=”）
【答案】（2）= （4）1.26 0.60 （5）= =
【解析】（2）[1]灵敏电流计G示数为零，说明a、b电势相等，即。
（4）[2][3]根据电桥平衡知识可知，与A1表两端电压相等，与A2表两端电压相等，表示电阻箱或者电流表A1两端电压，表示电阻箱或者电流表A2两端电压，由闭合电路欧姆定律得
其中
，
分别代入两组实验数据可得
联立解得
，
由于两个电池完全相同，则一节电池的电动势为
内阻为。
（5）[4][5]本实验计算过程中均有考虑到电表内阻，所以电流和电压的测量值均为真实值，故，
13. 如图所示，高为的水平桌面AB段光滑，BC段粗糙，桌面左端A点固定一轻弹簧，弹簧自由伸长时右端位于B点。桌面右侧地面上有一高为的竖直挡板。现用一质量为的小滑块（可视为质点）压缩轻弹簧，此时弹簧弹性势能，然后将小滑块由静止释放，滑块以3m/s的速度从桌面右端C点飞出，最终落在水平地面上。已知B、C间距离，重力加速度取，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求滑块与BC段桌面间的动摩擦因数；
（2）改变弹簧的压缩量，小滑块会打在竖直挡板上的不同位置，若小滑块恰好打在挡板的最上端和最下端时，小滑块的动能相等，求挡板到桌面右端的距离L。
【答案】（1）0.1 ；（2）2m
【解析】（1）对小滑块从开始运动到到达C点的过程，由动能定理有
解得
（2）小滑块由C点飞出打在挡板最低点时，利用抛体运动规律，竖直方向有
水平方向有
利用能量守恒定律知，小滑块打在挡板最低点时的动能
整理得
同理可知，小滑块打在挡板最高点时的动能
又
解得
14. 如图，两根间距，足够长的平行金属导轨竖直固定，其上端在绝缘的水平桌面上，导轨处于磁感应强度大小、方向垂直导轨平面向左的匀强磁场中，A、C为等高的固定水平挡板。两根质量均为的相同金属棒M、N水平放在导轨的右侧，N放在挡板上，M用一不可伸长的绝缘细线绕过轻质定滑轮与放在水平桌面上质量为的小物块相连，滑轮左侧细线伸直且水平，右侧细线竖直。开始时将M由静止释放，一段时间后M以的速度开始向下做匀速运动，之后某时刻将A、C同时撤去，同时对N施加一竖直向上的拉力F，当M的速度大小为时M开始向下做加速度大小的匀加速运动，经时间后撤去力F。已知导轨电阻、一切摩擦均忽略不计；整个过程中细线一直处于伸直状态，物块未与滑轮相碰，M、N未相碰并始终与导轨保持垂直且接触良好。取。
（1）求金属棒M的电阻R；
（2）求金属棒M做匀加速运动时通过M的电流和拉力F的大小；
（3）若撤去力F的同时将物块也撤去，并对细线施加一个大小为4N、方向水平向左的拉力，此后经过一段时间，N的速度达到最大，求N的最大速度。
【答案】（1），（2）3A，2.8N，（3）2.76m/s
【解析】（1）金属棒M向下做匀速运动时，物块也做匀速运动，细线的拉力为零，由M棒受力平衡有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得

解得
（2）金属棒M向下做匀加速运动时，根据牛顿第二定律
对物块有
对M棒有
解得通过M棒的电流
根据牛顿第二定律，对N施加力F时有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得
由于为定值，为定值，则
解得
（3）撤去力F时金属棒M的速度
结合（2）中分析可得，由
可得
进而解得此时N棒的速度
分析可知，此后M棒一直做减速运动，N棒一直做加速运动，最终M、N均做匀速运动[点拨：此时N棒达到最大速度]，且N棒速度大于M棒的速度，设M、N匀速运动的速度大小分别为、。由于，系统所受的合外力为零，动量守恒，则有
由N棒受力平衡有
解得
15. 如图所示，半圆形轨道直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够长的长木板C。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不固定），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离。释放后，铁块A恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点P，铁块A到最高点后被取走。铁块B滑上木板C的上表面，当长木板与弹性挡板碰撞时，B、C恰好速度相同。已知B、C接触面间的动摩擦因数，其余摩擦均不计，木板C与弹性挡板在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径，铁块A、B与木板C的质量之比是，重力加速度大小取。
（1）求铁块B滑上木板C时的速度大小；
（2）求木板C的右端到挡板的距离x；
（3）从铁块B滑上木板C，到C停止运动，求木板C运动的总路程s。
【答案】（1）6m/s；（2）1.0m；（3）3.25m
【解析】（1）铁块A、B与木板C的质量之比是，设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程，动量守恒，有
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
解得
（2）设木板C与弹性挡板碰撞前瞬间的速度为，铁块B滑上木板C后，铁块B和木板C整体动量守恒，有
对木板C从开始运动到第一次碰撞弹性挡板的过程，由动能定理有
解得
（3）由于木板C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，碰撞前后瞬间C的速度大小不变，方向相反，木板C第一次与弹性挡板碰撞后以大小为的速度返回，在摩擦力的作用下，木板C先向左减速到零再向右加速到与铁块B共速；铁块B则一直向右匀减速到与木板C再次共速，根据
可得木板C的减速路程大于加速路程，即木板C再次与弹性挡板碰撞之前已经与铁块B共速，依此类推，木板C每次与弹性挡板碰撞之前均已经与铁块B共速。对木板C与挡板第n次碰撞后到第次碰撞前的过程，由动量守恒定律有
设木板C与挡板第n次碰撞后，木板C在速度减为0的过程中运动的位移大小为，则由动能定理有
解得
有
即是公比的等比数列，其中
则从铁块B滑上木板C，到C停止运动，木板C运动的总路程
解得