2023屆安徽省黃山市高三下學期第二次質(zhì)量檢測理綜物理 含解析

黃山市2023屆高中畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測

理科綜合試卷

第I卷（選擇題，共126分）

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一

項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3

分，有選錯的得0分。

1.三月春來早，北斗農(nóng)機來報到，基于北斗的自動駕駛農(nóng)機能夠按照既定路線進行精準春耕作業(yè)，精細化

程度顯著提升，雖然我國的北斗系統(tǒng)起步最晚，但“后來居上”，成為可與美國GPS媲美的最先進的全球

導航定位系統(tǒng)。如圖是北斗三號衛(wèi)星系統(tǒng)三種衛(wèi)星的參數(shù)，地球球體半徑為6400km,以下說法正確的是

()

表1北斗三號衛(wèi)星功能特點

北斗衛(wèi)GEe)衛(wèi)星

MEO衛(wèi)星(24)IGSe）衛(wèi)星（3）

星(3)

地球靜止軌道衛(wèi)

名稱中圓軌道衛(wèi)星傾斜地球同步軌道衛(wèi)星

星

軌道高2萬公里左右，三個軌道面，保持55°的

3.6萬公里左右3.6萬公里左右

度傾角

星下點

繞著地區(qū)劃波浪投影一個點鎖定區(qū)域畫8字

估計

承載區(qū)域短報文

功能特環(huán)繞地球運行實現(xiàn)全球?qū)Ш蕉ㄎ弧⒍虉笪呐cGEO互補，對亞太區(qū)域

通信

點通信、國際救援可重點服務

A.MEO衛(wèi)星速度大于7.9km∕s

B.GEO衛(wèi)星可以相對靜止在我國某地上空

C.GEO衛(wèi)星和IGSO衛(wèi)星24h一定會相遇一次

D.MEO衛(wèi)星周期T一定小于24h

【答案】D

【解析】

【詳解】A.7.9km∕s是衛(wèi)星繞地球表面運行的速度，根據(jù)萬有引力提供向心力有

_MmV2

G——=m——

r^r

解得

MEO衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，可知速度小于7.9km∕s,故A錯誤；

B.GEo衛(wèi)星是地球靜止軌道衛(wèi)星，位于赤道平面某地上空，相對于地球表面靜止，我國不在赤道上，所

以GEO衛(wèi)星不可能相對靜止在我國某地上空，故B錯誤；

C.GEo衛(wèi)星和IGSo衛(wèi)星軌道半徑相同、線速度相同、周期都為24h,能否相遇取決于起始位置，所以不

一定會相遇一次，故C錯誤；

D.根據(jù)萬有引力提供向心力有

解得

VGM

MEO衛(wèi)星軌道半徑比地球同步衛(wèi)星軌道半徑小，則MEo衛(wèi)星周期T一定小于24h,故D正確。

故選D

2.《大國重器0》節(jié)目介紹了GlL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，三根超高壓輸電線纜平行且間

距相等。截面圖如圖乙所示，截面圓心構(gòu)成正三角形，上方兩根輸電線纜AB圓心連線水平，某時刻A中

電流方向垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里、電流大小均為/,下方輸電線纜C中電流方向

垂直于紙面向外、電流大小為2/,電流方向如圖，則（）

?------------------0

A?B

λδ/

"U"

21

甲乙

A.A、B輸電線纜相互吸引

B.A輸電線纜所受安培力斜向左下方，與水平方向夾角60。

C.A輸電線纜在AB圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上

D,正三角形中心。處磁感應強度方向水平向左

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由于A、B輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯誤；

B.B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍,

如圖所示

21

由圖可知

FACCoSθ=2吊BCoS60°=%

即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即為C

對A的作用力在豎直方向的分量，其與水平方向夾角為90。，故B錯誤；

C.根據(jù)右手螺旋定則可知，A輸電線纜在AB圓心連線中點處的磁感應強度方向豎直向上，故C正確；

D.A輸電線在。點的磁感應強度方向垂直O(jiān)A指向右上方，B輸電線在。點的磁感應強度方向垂直O(jiān)B

指向左上方，C輸電線在。點的磁感應強度方向垂直O(jiān)C水平向左，所以。處合磁感應強度方向應斜向

左上方，故D錯誤。

故選C。

3.如圖所示，一截面為邊長6cm的正方形薄玻璃磚ABCO靜置在水平桌面上（俯視圖），一束單色光從BO

邊中點平行于桌面入射，入射角為53。，折射后打在A點右側(cè)2cm處的E點，已知光在真空中傳播速度為

故C錯誤；

A.根據(jù)幾何關系有

Qf=53°

根據(jù)臨界角與折射率的關系

13

SinC=—=—<sinα=0.8

n4

光射到E點時發(fā)生全反射，沒有光線射出，故A錯誤；

D.光線射到4C面時，入射角37。，所以折射角為53。，故D錯誤。

故選Bo

4.如圖甲所示，斜面上氣缸和活塞內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，一根平行于斜面的輕繩一端連接活塞,

另一端固定，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。開始氣體攝氏溫度為7,通過氣缸內(nèi)電熱絲緩慢升高氣體溫度，升溫過程

封閉氣體的V-f圖像如圖乙所示，已知斜面傾角為30。，重力加速度為g,大氣壓強為"，氣缸和活塞均

絕熱且不漏氣，氣缸（含電熱絲）質(zhì)量為M、活塞面積為5、質(zhì)量為如所有接觸面均光滑。則（）

A.封閉氣體壓強恒為兄-籌

B.在此過程中，封閉氣體增加的內(nèi)能等于吸收熱量

C.封閉氣體的體積為2丫時，其攝氏溫度為2/

D.剪斷輕繩瞬間，氣缸的加速度大小為與

2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.對氣缸受力分析

pS+Mgsin30o=POS

得

A正確；

B.根據(jù)熱力學第一定律可知

IU=W+Q

體積增大過程W<0,因此封閉氣體增加的內(nèi)能不等于吸收熱量，B錯誤；

C.根據(jù)蓋呂薩克定理可知

T

溫度為熱力學溫標時成正比，此題為攝氏溫標，不成正比，C錯誤；

D.剪斷輕繩瞬間，活塞和氣缸位置不變，因此壓強不變，故氣缸的受力不變，加速度大小為0。D錯誤。

故選A。

5.如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電、下極板帶負電并接地，一質(zhì)量為，"電荷量為q的帶

正電粒子。從兩板左端中點入射，入射速度正對上極板中點4已知板長為2d,板間距離為人兩板間電

壓為U,粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞，則（）

A.粒子。射入電場時電勢能為Uq

B.粒子”在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大時動能為零

2

C.若粒子“從下極板右邊緣射出，其在運動過程中電勢能最大值為

D,若粒子”射出點與射入點在同一水平線上，則其在電場中運動時間為J咳色

↑∣2Uq

【答案】C

【解析】

【詳解】A.粒子射入電場位置的電勢為所以粒子α射入電場時電勢能為

kUq

E0=φq=~^

故A錯誤；

B.粒子的運動可以分解為沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，當垂直于極板

方向的分速度減為零時粒子。在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大，此時粒子有平行極板方向的速度，即粒子

運動的動能不為零，故B錯誤；

C.假設粒子初速度為%,將初速度分解為沿極板方向匕和垂直于極板方向0，由數(shù)學知識可得

2√5

VV=4一?

6

v>?=τv°

粒子。從下極板右邊緣射出則有

2d=vxt

d12

-=-vJ+-at

22

解得

3說

a=―-

Sd

粒子進入電場到最大勢能處在垂直于極板方向經(jīng)過的位移為

td

F=Z

最大勢能處的電勢為

,(dd?U2U

(26d3

所以運動過程中最大勢能為

"2Il

EPm=<Pq=3Uq

故C正確;

D.由C項分析知

2√5

v<=-vo

事

4=丁%

粒子。射出點與射入點同一水平線上則

2d=vxt

12

0n=-vJat

y2

解得

說

a=―2-

5d

又

a=%

dm

得

%=秒

V2m

所以

_2√5_[2Uq

50Vm

則粒子在電場中運動時間為

_2J_∣2d2m

∕=kY^w

故D錯誤?

故選Co

6.高速公路某段平直路面上有三塊車距判斷牌，分別標識為“Om”“50m”“100m”，相鄰判斷牌間距

50m,某同學乘車時發(fā)現(xiàn)通過“0m”牌時，車速為72km∕h,經(jīng)過“50m”牌時車速為90km∕h,經(jīng)過“100m”

牌時車速為108km∕h,若汽車運動過程中一直做加速直線運動，以下判斷正確的是（）

A.汽車可能做勻加速直線運動

B.從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程平均速度可能相同

C.汽車加速度可能一直增大

D,從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程合外力做功之比為9：11

【答案】CD

【解析】

【詳解】ABC.由題可知，從“0m”牌到“50m”牌過程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌過程平均速度，由

。=—可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽車不可能做勻加速直線運動，汽車加速度可能一直

?r

增大，AB錯誤，C正確；

D.從“0m”牌至IJ“50m”牌過程與“5Onr牌到“100m”牌過程，由動能定理可知

W??/nvj—?mv,2

?;^-V,2252-2029

vl~v2^302-252^∏

D正確。

故選CDo

7.如圖所示，一內(nèi)表面光滑的半圓形凹槽放在粗糙的水平地面上，物塊（可看做質(zhì)點）靜置于槽內(nèi)最底部

的A點處?，F(xiàn)用一方向不變的斜向上的推力F把物塊從A點沿著凹形槽緩慢推至B點，整個過程中，凹槽

始終保持靜止。設物塊受到凹槽的支持力為G,則在上述過程中下列說法正確的是（）

A.尸和/都一直增大

B.F一直增大，G先減小后增大

C.地面對凹槽的支持力一直減小

D.地面對凹槽的摩擦力保持不變

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.由題意可知，在力尸緩慢推動的過程中物塊處于動態(tài)平衡中，且重力為恒力始終不變，推力

的方向始終不變，重力、推力、圓弧面對物塊的彈力三力始終平衡，合力為零，則可做出力的矢量三角形，

如下圖所示

則根據(jù)動態(tài)變化過程中的矢量三角形可知，推力F逐漸增大，圓弧面對物塊的彈力/先減小后增大，故A

錯誤，B正確；

CD.將小物塊和凹槽看成一個整體，由整體法分析可知，推力F斜向右上方，方向不變，但大小始終在增

大，因此可知力尸在豎直方向和水平方向的分力都在始終增大，設力F與水平方向的夾角為8,則由平衡

條件可得，豎直方向有

（Λ∕+m）g-Fsinθ+

水平方向有

f=Fcosθ

由以上平衡方程結(jié)合力F的變化情況可知,地面對凹槽的支持力一直減小;地面對凹槽的摩擦力一直增大，

故C正確，D錯誤。

故選BCo

8.如圖邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在垂直于紙面的勻強磁場，兩個相同的放射源同時發(fā)射的兩個

α粒子甲、乙在磁場內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。已知甲從AC邊中點垂直AC入射，乙沿AB內(nèi)側(cè)從

B點平行于AB入射，放射源利用岑U衰變發(fā)射粒子，粒子速度為LC（C為真空中光速），α粒子的比荷

10

為左，則（）

B

A-,----------------+=

ZL

C------------------D

A.放射源衰變方程為翼iUTh+；He

B.磁感應強度方向垂直于紙面向外，大小為

25U

C,乙粒子出射點距A點的距離為逅L

4

D,甲粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動時間為四B

144C

【答案】ACD

【解析】

【詳解】A.根據(jù)衰變過程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知放射源衰變方程為翼iU→轉(zhuǎn)Th+；He,故A正確；

B.根據(jù)題意作圖，如圖所示：

O

根據(jù)幾何關系有

（一%+受”

解得

5

r-—Lr

8

由洛倫茲力提供向心力得

丫2

qBv-m——

r

解得

B=*

ISkL

由于α粒子帶正電，可知磁感應強度方向垂直于紙面向里，故B錯誤；

C.甲、乙在磁場內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰后乙粒子反向運動，設乙粒子從E點出射，如圖:

根據(jù)幾何關系可知

E4=J-（一勺2=，L

故C正確；

D.甲、乙在磁場內(nèi)發(fā)生彈性正碰，碰后甲粒子反向運動，設甲粒子從F點出射，如圖:

O

Iz,

CFD

根據(jù)幾何關系可知

L

r----QLτ-Y

A,cosβ=------，a=θn

cosθZ）-------r

r

則甲粒子在磁場中運動的時間為

θ+iS00-a-β2πm

t~360°~qB

解得

635北

t=--------

144c

故D正確；

故選ACD=

第∏卷（非選擇題，共174分）

三、非選擇題：本題共14小題，共174分。

（說明：物理部分為第22~26題，共6；化學部分為第27~30題，共58分：生物學部分為第

31~35題，共54分）

9.某同學通過實驗探究單擺周期與等效重力加速度定量關系，實驗裝置如圖（a）所示，鋼球、細線和輕

桿組成一個“桿線擺”，桿線擺可以繞著懸掛軸00'來回擺動，其擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平

面內(nèi)，這相當于單擺在斜面上來回擺動，但避免了擺球在真實斜面上運動時所受的摩擦力。測量該傾斜平

面的傾角6,能求出等效重力加速度〃的大小，測量不同傾角下的單擺周期T,便能檢驗T與”的定量關

系。已知重力加速度的大小為g,將下列實驗補充完整：

（I）斜面傾角。的測量。如圖（b）,鐵架臺上裝一根鉛垂線。在鐵架臺的立柱跟鉛垂線平行的情況下把桿

線擺裝在立柱上，調(diào)節(jié)擺線的長度，使擺桿與立柱垂直，則此時擺桿是水平的。把鐵架臺底座一側(cè)墊高如

圖（c）,立柱傾斜，繞立柱擺動的鋼球?qū)嶋H上是在傾斜平面上運動。測出靜止時擺桿與鉛垂線的夾角為￡,

則該傾斜平面與水平面的夾角夕=90。-￡。則等效重力加速度的大小。=（用g、4表示）；

（2）單擺周期T的測量。在圖（C）的情況下，盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，使該擺能較長時間繞立

柱自由擺動而不停下來。讓單擺做小角度下的振動，用停表測量單擺完成20個全振動所用的時間r,則單

擺周期T=（用f表示）。同樣的操作進行三次，取平均值作為該周期的測量值；

在保持擺長一定的情況下，改變鐵架臺的傾斜程度，測出多組不同傾斜程度下。的值及在該傾角下單擺的

周期T后，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪制T-4圖像是一條過坐標原點的傾斜直線，由此得出的結(jié)論是

√α

【答案】①.geos6②.?③.在擺長一定的情況下，單擺的周期與等效重力加速度的平方

根成反比，即T8-]=

√α

【解析】

【詳解】（1）口]將重力分解為沿桿和垂直桿，可知，等效重力

F=mgsinθ

等效重力加速度的大小

F

a=—gsin6=geosβ

m

（2）[2]⑶單擺完成20個全振動所用的時間f,則單擺周期

根據(jù)題圖可知等效重力加速度為

α=gsin6

則根據(jù)單擺周期公式有

Y=警

繪制7一一】圖像是一條過坐標原點的傾斜直線，所以在擺長一定的情況下，單擺的周期與等效重力加速

√α

T1

度的平方根成反比，即T8一尸。

√α

10.隨著居民生活水平的提高，純凈水己經(jīng)進入千家萬戶。某市對市場上出售的純凈水質(zhì)量進行了抽測，

結(jié)果發(fā)現(xiàn)有部分樣品的電導率（電導率是電阻率的倒數(shù)，是檢驗純凈水是否合格的一項重要指標）不合格。

（1）你認為不合格的純凈水的電導率（選填“偏大”或“偏小”）；

（2）為了方便測量純凈水樣品的電阻，將采集的水樣裝入絕緣性能良好的長方體玻璃槽中，如圖1所示,

玻璃槽內(nèi)腔的長度α=40.00cm,寬度b=12.00cm,水的高度人,用多用電表歐姆擋粗測玻璃槽中水的

電阻，選擇開關置于“xlOO”擋，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示，為使指針在中央刻度附近，需要換選

（選填rt×10w或rt×lkw）擋；

（3）為了精確測量玻璃槽中水的電阻R,,實驗室提供的器材有:

待測電阻凡

直流電源E（電動勢約6V,內(nèi)阻約IC）

電壓表V∣（量程6V,內(nèi)阻約3kC）

電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約5kC）

電流表A∣（量程500μA,內(nèi)阻約200C）

電流表A2（量程0.6A,內(nèi)阻約0.5C）

滑動變阻器R（最大阻值20C）

開關S一個及導線若干

實驗中要求盡量減小系統(tǒng)誤差，應保證電表在測量時其最大讀數(shù)超過量程的三分之二，則電壓表應選擇

（選填或"VJ）,電流表應選擇（選填或“）。請在虛線框

"Y”“A1”A2”

中畫出實驗電路原理圖__________:

（4）連接好實驗電路，測量玻璃槽中水的高度兒電壓表示數(shù)U,電流表示數(shù)/,改變玻璃槽中水的高度，

測得多組實驗數(shù)據(jù)，繪制且-L圖像如圖3所示，則待測純凈水的電導率b=μS∕cm（結(jié)果保

Ih

留3位有效數(shù)字。國家標準：在25℃時飲用純凈水電導率b≤10.0μS/Cm=IO.0xlCΓ4（Ω?m）T。

y∕×104Ω

?

.

1.2-V-.-A+?τ

JlllIlll-

*ττ-r-r?-r-rn-ι-∑

-?f-i-H!-?-.

十HT--

l

l

II；II；；I■r

÷l

二r

+k

了y

:工國二!^

!

0.8

0.6-

十卜?f十?H+

Iiii工

0.4-T-LT-L

-r-Lr-r-

0.2

0∕m^'

【答案】①.偏大②.Xlk③.V1④.A1

20.6##20.7##20.8##20.9##21.0

【解析】

【詳解】(1)口］越不純凈的水，水中能夠自由移動的粒子就越多，則導電性能越強，電阻越小，即電阻

率越小，而電導率是電阻率的倒數(shù)，則可知越不純凈的水電導率越大，即不合格的純凈水的電導率偏

大。

(2)［2］由圖2可知，歐姆表指針偏角過小，為使指針在中央刻度附近，需要換選xlk。

(3)⑶圖由于電源的電動勢為6V,則在選取電壓表時應選擇接近電源電動勢量程的電表，即選擇電壓

表V∣,這樣在實驗中才能保證電表在測量時其最大讀數(shù)超過量程的三分之二，從而減小實驗誤差；選擇

電流表時可用直除法，用電源的電動勢直接除以待測電阻的大概陽值，從而得到一個粗略電流的范圍進

行電流表的選擇，由圖2中“X100”擋時歐姆表的讀數(shù)可知待測電阻大致在IOooOΩ左右，通過直除法

可得電流大概在600μA左右，再根據(jù)電表的讀數(shù)要求可知電流表應選擇表Al；

［5］由于所給滑動變阻器的阻值遠小于待測電阻的阻值，因此滑動變阻器采用分壓式接法，而電流表的內(nèi)

阻遠小于待測電阻的阻值，定量方面可根據(jù)

>RA

進行判斷，則可知電流表采用內(nèi)接法，電路圖如下所示

(4)［6］由于電流表的內(nèi)阻遠小于待測電阻的阻值，則計算時可忽略電流表的分壓作用，根據(jù)部分電路的

歐姆定律可得

R

'Ix.

根據(jù)電阻定律可得

Cl

4D-p—

xbh

聯(lián)立可得

Upa1

--=?一

1bh

而

1

σ=-

圖線的斜率

pa_1

~b~~62

代入數(shù)據(jù)可得

σ≈20.8

II.氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于〃=3的激發(fā)態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷，輻射出的光子中僅有兩

種光能使圖乙中的光電管電路產(chǎn)生光電流，測量得到的光電流/與電壓U的關系曲線如圖丙所示。求：

(1)匕光產(chǎn)生光電子的最大初動能Ek(結(jié)果用eV為單位)；

(2)陰極K的逸出功W(結(jié)果用eV為單位)；

(3)“光的反向遏止電壓UC2。

【答案】(1)9.8eV;(2)2.29eV;(3)7.91V

【解析】

【詳解】(1)對?6光產(chǎn)生的光電子分析，得

一μ=0-Ek

解得

Ek=9.8eV

(2)對人光的光子，有

Λvft=￡3-￡,=12.09eV

所以逸出功為

Wn=hvh-Ek=2.29eV

(3)對。光的光子，有

lwu=E2-Ei=10.2eV

T=牝-叱

E；=eUg

聯(lián)立解得

t∕c2=7.91eV

12.北京冬奧會中的冰壺比賽令人印象深刻，冰壺比賽場地如圖所示：運動員從起滑架處推著冰壺(可視

為質(zhì)點)沿中心線出發(fā)，在投擲線處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近大本營圓

心O,為了使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷摩擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的阻力減小。

已知冰壺質(zhì)量優(yōu)=20kg,未刷冰時，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)*=0.02,刷冰后“2=0.01,起滑架到投擲線

的距離∕ι=10m,投擲線與圓心。點的距離為∕2=30m,取g=10m∕s2,則:

(1)比賽中在不刷冰的情況下，要使冰壺剛好停在大本營圓心。處，求冰壺從投擲線被投出時速度Vo大

小；

(2)比賽中若冰壺從投擲線被投出時速度0=3m?,為了使冰壺怡好停在圓心。處，求冰壺被投出后需要

刷冰距離s；

(3)投壺手從起滑架處開始對冰壺施加一個沿中心線的水平推力F=20N,推著冰壺由靜止出發(fā)，冰壺到

達投擲線之前就撤除推力，冰壺沿著中心線做勻減速直線運動，在不刷冰的情況下，最后停在圓心。處,

求推力廠的作用時間％

4I2

1___________史心線_________乙匚1

J

_________

起滑架投擲線大宗營

【答案】(1)2√3m∕s;(2)15m；(3)2√5s

【解析】

【詳解】(1)研究冰壺運動過程，根據(jù)位移與速度關系得

VQ2。1I?

?1=Mg

解得

v0=2'fim/s

(2)研究冰壺的運動過程，根據(jù)動能定理得

12

-μimg(l2-s)-μ2mgs-O——mv]

解得