[物理]2024届安徽省高三上学期一轮复习联考试卷(三)(解析版)

这是一份[物理]2024届安徽省高三上学期一轮复习联考试卷(三)(解析版)，共19页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。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。
考试时间为75分钟，满分100分
一、选择题：本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1∼8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9∼10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图甲所示，在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将单刀双掷开关S与“1”端相接，并将电阻箱的阻值调为R1和R2（R1>R2）两种情况，两次得到的电流I随时间t变化图像如图乙中曲线所示，则（ ）
A. 实线是电阻箱阻值为R2的结果
B. 电阻箱阻值越大，电容器充电越快
C. 实线与横轴所围面积大于虚线与横轴所围面积
D. 实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积
【答案】D
【解析】AB．实线所表示的过程初始电流较小，故接入的电阻应该为大的电阻，即R1，此时充电时间较长，即电容器充电越慢，A、B错误；
CD．根据公式q=It知I—t图像与横轴所围面积表示电荷量，充电结束电容器所带电荷量q=CE两次相等，所以实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积，C错误，D正确。
故选D。
2. 智能手机安装适当的软件后，利用传感器可测量磁感应强度B的大小。如图甲所示，在手机上建立三维坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了两次测量，将手机显示屏朝上平放在水平桌面上测量结果如图乙，之后绕x轴旋转某一角度后测量结果如图丙，图中显示数据的单位为μT（微特斯拉）。已知手机显示屏的面积大约为0.01m2，根据数据可知两次穿过手机显示屏磁通量的变化量约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，计算通过手机显示屏的磁通量时，应利用地磁场的z轴分量，则图甲时穿过显示屏的磁通量大小约为
图乙时穿过显示屏的磁通量大小约为
由数据可得，第一次地磁场从手机显示屏穿过，z轴磁场分量为负值，第二次z轴地磁场分量为正值，可知地磁场从手机背面穿过，则磁通量的变化量约为
故选C。
3. 如图所示，在光滑的绝缘水平面上有一边长为a的正方形ABCD，在A、C两点分别固定电荷量大小均为Q的点电荷，在B点固定一电荷量未知的点电荷，将一电荷量为q的试探电荷置于D点，该试探电荷恰好静止。静电力常量为k。若将该试探电荷移动到正方形的中心O位置，则试探电荷受到的静电力大小为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】根据题意可知，A、C两处为等量同种电荷，设B处电荷量大小为，在D点根据平衡可得
则
A、C两处在正方形中心O处合电场强度为0，则试探电荷在中心处受到的静电力大小为
A正确。故选A。
4. 已知“祝融号”火星车在地球表面受到的重力大小为G1，在火星表面受到的重力大小为G2；地球与火星均可视为质量分布均匀的球体，其半径分别为R1、R2。若不考虑自转的影响且火星车的质量不变，则地球与火星的密度之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在星球表面，万有引力近似等于重力，有
又
联立解得
故选B。
5. 空间中存在沿x轴方向的静电场，各点电势的变化规律如图中图像所示，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受电场力，则该电子（ ）

A. 在x1处电势能最小
B. 在x1处加速度为零
C. 在x3处电势为零，电场强度也为零
D. 在x2处的动能大于在x3处的动能
【答案】B
【解析】A．根据
可知，负点电荷在电势越低的地方，电势能越大，由图像可知x1处电势最低，则电子在x1处的电势能最大，故A错误；
B．图像斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知在x1处，图像的斜率为0，即该处的电场强度为0，则电子在x1处受到的电场力为0，由牛顿第二定律知电子在x1处的加速度为0，故B正确；
C．结合上述，根据图像可知，x3处斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故C错误；
D．电子只在电场力作用下运动，动能和电势能总和保持不变，结合上述可知，负点电荷在电势越低的地方，电势能越大，则电子在x2处的电势能大于在x3处的电势能，所以电子在x2处的动能小于在x3处的动能，故D错误。
故选B。
6. 某物理兴趣小组同学从一款电子产品中拆下一个特殊电池，用如图甲所示的电路测量该电池的电动势和内阻，其中R1是阻值已知的定值电阻，电流表内阻RA=9R1。改变电阻箱的阻值R，测得几组电流表的读数I，做出图线如图乙所示，图线的斜率为k，截距为a，则该电池的电动势和内阻分别为（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】ABCD. 设通过电流表的电流为I，干路电流为I总，则有
根据闭合电路欧姆定律有
整理得
对照图像得
联立解得
A正确，BCD错误。
故选A。
7. 如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表、的示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表、、示数变化量的绝对值分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数增大，电流表示数增大
B. 电压表示数减小，电流表示数增大
C.
D.
【答案】B
【解析】AB．滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中总电阻减小，干路电流增大，即电流表示数增大，路端电压
减小，电压表示数减小，电阻分压增大，并联支路电压
减小，即电压表示数减小，通过电阻的电流
减小，即电流表示数减小，总电流等于通过电流表、的电流之和，所以电流表示数
增大，故A错误，B正确；
C．由于电流表示数增大，示数减小，示数增大，根据串并联电路电流关系有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律
可得
由闭合电路欧姆定律
可得
故
故D错误。
故选B。
8. 如图所示，在无限长直边界CD的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，无限大挡板EF平行于CD放置，与CD相距为d，带电粒子达到挡板时能够被挡板吸收，在A处有一粒子源能够在纸面内持续发射速度大小相等的电子。当电子在纸面内沿AO方向垂直匀强磁场边界射入时，恰好未被EF吸收。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。若磁感应强度大小变为原来的一半，电子速度方向缓慢从AO沿顺时针旋转到AD时，在挡板上能够吸收到电子的长度为（ ）

A. B.
C D.
【答案】B
【解析】ABCD．电子垂直边界射入，恰好未被EF吸收，其运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知电子做圆周运动的半径为d，根据
可知，当磁感应强度变为原来的一半时，电子在磁场中做圆周运动的半径变为2d，速度方向改变时，电子能够打到挡板上，临界的运动轨迹如图乙所示，能够吸收到电子的区域为GH，由几何关系可得

B正确，ACD错误。
故选B。
9. 滑板运动是一项青春、时尚、绿色，阳光的体育运动。如图所示，跳台的斜面长为，斜面倾角为。一质量为的滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点水平跃出，刚好落在斜面底端点。已知重力加速度为，则（ ）
A. 运动员离开A点时的速度大小为
B. 运动员离开A点时的速度大小为
C. 从A点到点运动员动量的变化量大小为
D. 从A点到点运动员动量的变化量大小为
【答案】BD
【解析】AB．运动员离开A点后做平抛运动，有
联立解得
A错误，B正确；
CD．由动量定理知运动员动量的变化量大小为
C错误，D正确。
故选BD。
10. 1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器，其工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间接交流电源，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的质量为m、电荷量为q的质子（初速度很小，可以忽略）在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。则（ ）
A. 交流电源的周期为
B. 质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为
C. 质子在电场中被加速的次数最多为
D. 质子从静止开始加速到出口处所需的时间为
【答案】BD
【解析】A．质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
要使质子每次经过电场都被加速，需交流电源的周期与质子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，A错误；
B．设质子第1次经过狭缝后的速度为v1，圆周运动的半径为r1，有
解得
同理，质子第2次经过狭缝后的半径
则
B正确；
CD．设质子到出口处被加速了n次，则
质子在加速器中的运动时间
联立解得
C错误，D正确
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 某同学为了测量小物块与木板间的动摩擦因数，就地取材设计了如下实验。

实验步骤：
（1）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为37°，在其上表面固定一把与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（2）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（3）该同学选取部分实验数据，画出了图像，如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时的速度大小为__________m/s，小物块下滑的加速度大小为__________m/s2。（结果均保留两位有效数字）

（4）根据上述数据，可得小物块与木板间的动摩擦因数为__________。（结果保留两位有效数字，当地的重力加速度大小为9.8m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80）
【答案】（3）0.25 2.9 （4）0.39
【解析】（3）[1]物块匀加速下滑，经过参考点开始计时，由运动学公式有
变形得
即题图乙中图线的纵截距表示通过参考点时速度的2倍，则
[2]图线的斜率表示物块的加速度，则加速度大小为
（4）[3]物块沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律有
代入数据解得
12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝的直径d=_________mm。
（2）为了准确地测量金属丝电阻（Rx≈26Ω），需测量多组数据，实验室提供的器材如下：
电源E（电动势12V，内阻0.5Ω）；
电压表V1（量程0~3V，内阻约为2kΩ）；
电压表V2（量程0~15V，内阻约为10kΩ）；
电流表A1（量程0~0.6A，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程0~3A，内阻约为1Ω）；
滑动变阻器R1（阻值0~10Ω，额定电流2A）；
滑动变阻器R2（阻值0~1750Ω，额定电流0.3A）；
开关S和导线若干。
①电压表应选用_____________，电流表应选用____________，滑动变阻器应选用____________。（填所选器材的符号）
②请在如图乙所示的虚线方框内画出实验电路图；在图丙中用笔画线代替导线把实物图补充完整______，______。
【答案】（1）0.384##0.385##0.386 （2）V2 A1 R1
【解析】（1）[1]螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为
（2）[2]①由于电源的电动势为12V，所以电压表应选0~15V量程的V2；
[3]根据可得，通过待测电阻的最大电流
所以电流表应选0~0.6A量程的A1；
[4]滑动变阻器R2的阻值远大于金属丝电阻，不方便调节，为了测量范围更大，本实验采用分压式，所以滑动变阻器应用阻值较小的R1。
②[5][6]待测阻值大于滑动变阻器总阻值，采用分压式接法，由于满足
所以电流表应用外接法，电路图、实物连接图分别如图1、2所示。
13. 如图所示，倾角α=37°的平行光滑金属导轨固定放置，导轨间距d=1m，电源的电动势E=3V，定值电阻R1=1Ω，R为滑动变阻器，S为开关。质量m=0.1kg、电阻R2=2Ω、长度等于导轨间距的直导体棒ab垂直于导轨放置。在导轨间加匀强磁场后，直导体棒ab始终能在导轨上保持静止。不计导轨及电源内阻，直导体棒ab始终与导轨接触良好，忽略地磁场影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若开关S保持断开，将滑动变阻器阻值调至R=4Ω，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin；
（2）若闭合开关S，且在导轨间加竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场，求滑动变阻器接入回路的阻值R'。
【答案】（1）1.2T；（2）2Ω
【解析】（1）由题意可知，当匀强磁场垂直导轨平面向上时，磁感应强度取最小值，由
可知导体棒中的电流大小为
由
可知磁感应强度的最小值
（2）由
可知，导体棒中的电流大小为
由
可知定值电阻R1中的电流大小为
由
解得
14. 如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为m=2kg，小物块A位于长木板B的左端，二者之间的动摩擦因数μ=0.1。t=0时刻小物块A获得水平向右、大小为v0=7m/s的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧竖直挡板发生第1次碰撞。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，最终小物块A没有从长木板B上滑下。长木板B与竖直挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）0~5s内水平作用力的冲量大小；
（2）t=0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离；
（3）长木板B与竖直挡板第2次碰撞前的速度大小，并通过计算分析是否会发生第3次碰撞。
【答案】（1）；（2）12.5m；（3）1m/s，不会
【解析】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，即
（2）对小物块A分析，取向右为正方向，由动量定理可得
解得
对长木板B应用动量定理，得
解得
说明长木板B与竖直挡板发生第1次弹性碰撞时，二者还没有达到共同速度，则t=0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离
（3）长木板B与竖直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得
解得
长木板B与竖直挡板发生第2次弹性碰撞时，小物块A与长木板B已达到共同速度。
第2次碰撞后，对小物块A和长木板B应用动量守恒定律，得
解得
第2次碰后，长木板B向左运动过程中与小物块A速度会同时减为0，所以不会发生第3次碰撞。
15. 如图所示，在xOy平面内，x轴下方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方存在电场强度的大小为E、与y轴负方向成θ=30°的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以垂直电场方向的初速度v0从y轴上的M点开始运动，从x轴上的N点进入磁场，进入磁场时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向夹角也为θ，粒子恰好从坐标原点O第2次通过x轴。忽略边界效应，不计粒子重力，求：
（1）M、N两点的电势差；
（2）N点到坐标原点O的距离；
（3）带电粒子从M点运动到O点所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
粒子从M→N过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移
沿电场方向，有
根据几何关系，N点到坐标原点O的距离
联立解得
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，得
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子从N点运动到O点轨迹对应的圆心角
则粒子从N点运动到O点所用的时间
联立解得
则带电粒子从M点运动到O点所用的时间