安徽省皖中名校聯盟2023-2024學年高三下學期（第三次）調研物理試卷

20232024學年安徽省皖中名校聯盟高三（第三次）調研物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.關于速度、速度變化量、速度變化率和加速度，下列說法正確的是（）A.物體的速度越大，加速度就越大B.物體的速度變化量越大，加速度就越大，速度變化率越大C.物體做減速運動時，加速度變小D.物體的速度均勻變化時，加速度不變，速度變化率不變【答案】D【解析】【詳解】A．物體的速度和加速度之間沒有必然聯系，物體的速度越大，加速度不一定就越大，故A錯誤；B．物體的加速度（即速度變化率）由速度變化量和完成這一變化所用的時間共同決定，所以物體的速度變化量越大，加速度（即速度變化率）不一定越大，故B錯誤；C．物體做減速運動時，速度變小，而加速度可能變化也可能不變，故C錯誤；D．物體的速度均勻變化時，加速度不變，速度變化率不變，即做勻變速運動，故D正確。故選D。2.機械手表中的分針和秒針可視為勻速轉動，則分針和秒針兩次重合的時間間隔為（）A.1min B.minC.min D.min【答案】C【解析】【詳解】根據題意可知，分針的周期為秒針的周期為根據公式可得，分針和秒針的角速度分別為，根據題意，設分針和秒針兩次重合的時間間隔為，則有聯立解得故ABD錯誤C正確。故選C。3.手搖式發(fā)電機的簡化圖如圖所示：發(fā)電機線圈內阻，產生的電動勢隨時間變化的規(guī)律為?，F將發(fā)電機與阻值為的燈泡組成閉合電路，則（）A.電壓表的示數為B.線框轉動到圖示位置時，燈泡中電流瞬時值為零C.線框由圖示位置轉圈，回路中消耗的電能D.線框由圖示位置轉圈，通過燈泡的電荷量為【答案】D【解析】【詳解】A．依題意，正弦交變電流的電動勢峰值為，則其有效值為由閉合電路歐姆定律，可得解得電壓表的示數為。故A錯誤；B．線框轉動到圖示位置即與中性面垂直的位置時，電動勢的瞬時值為最大值，所以燈泡中電流瞬時值也為最大值。故B錯誤；C．依題意，線框的轉動周期為線框由圖示位置轉圈，所需時間為回路中消耗的電能故C錯誤；D．根據公式可得線框由圖示位置轉圈，有又聯立，可得即通過燈泡的電荷量為。故D正確。故選D。4.在足球訓練場上，某球員將足球以初速度踢出后，立即從靜止開始沿直線加速向足球追去，經一段時間后追上了還在向前滾動的足球。球員和足球這一運動過程的圖像如圖所示，關于這一過程的判斷正確的是（）A.球員的速度變大，加速度變大 B.球員的最大速度可能等于C.球員的平均速度一定小于 D.時刻球員追上足球【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，球員的速度變大，加速度變小，故A錯誤；B．球員做加速度減小的加速運動，球做勻減速運動，兩者位移相等，則由圖像可知，球員的最大速度可能等于足球的最大速度，故B正確；C．球員與足球的位移相等，時間相等，球員與足球的平均速度相等，則故C錯誤；D．時刻球員與足球速度相同，此時相距最遠，故D錯誤。故選B。5.下圖是一款小型電鉆的簡化電路圖，它由變壓器及電機兩部分構成，變壓器為理想變壓器，電機的內阻為，額定電壓為11V，額定電流為2A。當變壓器輸入電壓為220V的正弦交流電時電鉆正常工作，下列說法正確的是（）A.變壓器原線圈電流最大值為 B.變壓器副線圈電流的最大值為2AC.變壓器的輸入功率為4W D.電機產生的機械功率為22W【答案】A【解析】【詳解】A．根據理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數的關系可得根據理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數的關系解得變壓器原線圈電流的有效值為變壓器原線圈電流的最大值為故A正確；B．變壓器副線圈電流的最大值為故B錯誤；C．變壓器的輸入功率等于輸出功率，為故C錯誤；D．電機產生的機械功率為故D錯誤。故選A。6.某同學用半徑相同的兩個小球a、b來研究碰撞問題，實驗裝置示意圖如圖所示，O點是小球水平拋出點在水平地面上的垂直投影．實驗時，先讓入射小球a多次從斜軌上的某一確定位置由靜止釋放，從水平軌道的右端水平拋出，經多次重復上述操作，確定出其平均落地點的位置P；然后，把被碰小球b置于水平軌道的末端，再將入射小球a從斜軌上的同一位置由靜止釋放，使其與小球b對心正碰，多次重復實驗，確定出a、b相碰后它們各自的平均落地點的位置M、N；分別測量平拋射程OM、ON和OP．已知a、b兩小球質量之比為6：1，在實驗誤差允許范圍內，下列說法中正確的是（）A.a、b兩個小球相碰后在空中運動的時間之比為OM：ONB.a、b兩個小球相碰后落地時重力的瞬時功率之比為6OM：ONC.若a、b兩個小球在碰撞前后動量守恒，則一定有6ON=6OM+OPD.若a、b兩個小球的碰撞為彈性碰撞，則一定有OP+OM=ON【答案】D【解析】【分析】兩球碰撞后均做平拋運動，根據高度比較平拋運動的時間，根據重力的瞬時功率公式，結合豎直方向上的分速度得出瞬時功率之比；碰撞過程中動量守恒，運用水平位移代替速度得出動量守恒的表達式，若為彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒；【詳解】A、根據知，高度相同，則兩球運動的時間相同，故A錯誤；B、根據可知兩球落地時的豎直分速度相等，根據知，a、b兩球的質量之比為6:1，則重力的瞬時功率之比為6:1，故B錯誤；C、開始a球平拋運動的初速度，碰撞后，a球的速度，b球的速度，根據動量守恒有：，則有：，故C錯誤；D、若為彈性碰撞，根據動量守恒有：，根據機械能守恒有：，則有：，聯立解得，故D正確；故選D．【點睛】關鍵知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關，知道彈性碰撞的過程中，動量守恒，機械能守恒，由于時間相等，則碰撞前后的速度可以通過水平位移表示．7.一沿x軸分布的電場，x軸上有P、Q兩點，其位置坐標分別為x0、2x0。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點O由靜止釋放，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場力作用，設O點電勢為零。則下列說法正確的是（）A.該電場為勻強電場B.Q點的電勢為C.粒子從O運動到Q的平均速度>D.粒子在OP間的平均加速度比PQ間的小【答案】D【解析】【詳解】A．該電場如果為勻強電場，則帶電粒子從原點O由靜止釋放后將做勻加速直線運動，其速度位移關系為則圖像應該為拋物線，但題目中的圖像為直線，所以該電場不是勻強電場，故A錯誤；B．帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和保持不變，即解得故B錯誤；C．在速度與位移成正比的情況下，加速度將與速度成正比，則速度與時間將不滿足線性關系；與勻變速直線運動相比，在發(fā)生相同位移的情況下，用時將更長，所以粒子從O運動到Q的平均速度，故C錯誤；D．粒子在OP間和PQ間的速度變化量相等，但是粒子在OP間的速度較小，所以用時更長，根據加速度定義式可知，粒子在OP間的平均加速度比PQ間的小，故D正確。故選D。8.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經歷ABCDE過程到達狀態(tài)E，其中BA的延長線經過原點，BC與橫軸平行，DE與縱軸平行。下列說法正確的是（）A.AB過程中氣體的體積逐漸變大B.BC過程中氣體不從外界吸熱C.CD過程氣體內能不變DDE過程氣體對外界做功【答案】D【解析】【詳解】A．根據理想氣體狀態(tài)方程整理得BA的延長線經過原點，p與T成正比，斜率代表體積倒數，則AB過程中氣體的體積不變，故A項錯誤；B．BC過程，壓強不變，溫度升高，氣體內能增大，即又因為體積增大，氣體對外界做功，，根據熱力學第一定律得可知，氣體應吸熱，故B項錯誤；C．由圖像可知，CD過程，壓強減小，溫度升高，氣體內能增大，故C項錯誤；D．DE過程溫度不變，內能不變，壓強減小，根據理想氣體狀態(tài)方程得體積增大，氣體對外界做功，故D項正確。故選D。二、多選題：本大題共2小題，共8分。9.在開展研究性學習活動中，某校同學來到一有微風的湖邊通過釣魚工具來觀察振動和波：在其釣魚過程中，他發(fā)現湖中釣魚的浮標上下浮動。他根據所學知識認為浮標上下浮動可簡化成豎直方向的簡諧運動，他通過觀測繪制出浮標的振動圖像如圖甲所示，接著他又根據湖面的波紋繪制出水的波動圖像如圖乙所示。假設圖乙是一列沿x軸正方向傳播的水波在t=0.5s時的波形圖，圖甲是圖乙中離原點0~4m范圍內某質點的振動圖像，則下列說法正確的是（）A.浮標上下振動的周期為T=2sB.該列波的波速為v=2m/sC.再經0.5秒x=4m處質點到達波谷位置D.圖甲是x=2m處質點的振動圖像【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】A．由圖甲可得周期T=2s故A正確；B．由圖乙可得波長λ=4m，故波速故B正確；C．再經0.5秒（即四分之一周期）x=4m處的質點到達波峰位置，故C錯誤；D．由圖甲可得t=0.5s時刻，質點在平衡位置向下振動；那么，根據波向右傳播，由圖乙可得：圖甲所示振動和圖乙中x=2m處質點振動相符，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，一傾角為的傾斜傳送帶以速度v順時針勻速運轉，t=0時刻，一小滑塊(可視為質點)從傳送帶底端處以初速度v0沿傳送帶向上滑上傳送帶，在t0時刻離開傳送帶.則下列描述小滑塊的速度隨時間變化的關系圖象可能正確的是A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【詳解】ACD.根據題意，設傳送帶傾角為，動摩擦因數.若：滑塊沿斜面的合力不可能為0，也就不可能勻速運動．若v0>v，滑動摩擦力沿傳送帶向下，合力是滑動摩擦力和重力沿傳送帶分力之和；減速v0=v之后，滑動摩擦力沿傳送帶向上，合力是滑動摩擦力和重力沿傳送帶分力之差，也就是加速度變小，當傳送帶較短時，滑塊將從上端離開傳送帶，不會反向運動，當傳送帶較長時，滑塊速度減小為0后，后反向運動從傳送帶下端離開，故C錯誤，AD正確；B.若若v0<v，沿斜面方向合力沿斜面向上物塊勻加速，當加速到與傳送帶速度相等時，做勻速運動，滑塊與傳送帶之間是靜摩擦力，故B正確．三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.某實驗小組在“測定金屬電阻率”的實驗過程中，正確操作獲得金屬絲的直徑以及電流表、電壓表的讀數如圖所示，則它們的讀數值依次是_________mm、________A、__________V。已知實驗中所用的滑動變阻器阻值范圍為0~5Ω，電流表內阻約幾歐，電壓表內阻約20kΩ，電源電動勢E=6V，內阻很小。則以下電路圖中__________（填電路圖下方的字母代號）電路為本次實驗測電阻應當采用的最佳電路，但用此最佳電路測量的結果仍然會比真實值偏_________。（選填“小”或“大”）若已知實驗所用的電流表內阻的準確值RA，那么準確測量金屬絲電阻的最佳電路應是上圖中的__________電路（填電路圖下的字母代號）。此時測得電流為I、電壓為U，則金屬絲電阻_________（用題中字母代號表示）。【答案】①.0.997##0.998##0.999②.0.42③.2.25##2.26##2.27④.C⑤.小⑥.D⑦.【解析】【詳解】[1]螺旋測微器先讀固定部分為0.5mm，可動部分可估讀為49.8，故總示數為：考慮到可動刻度為估讀，最終結果可為0.997～0.999mm；[2]電流表量程為0.6A，則最小刻度為0.02A，則指針所示為0.42A；[3]電流表量程為3V，最小刻度為0.1V，則指針指數超過2.25，故可估讀為：2.25~2.27V；[4]實驗中所用的滑動變阻器阻值范圍為0~5Ω，總阻值較小，則本實驗應采用分壓接法；同時電壓表內阻較大，待測電阻的內阻約為5Ω，故采用電流表外接法誤差較小，故采用圖C電路；[5]由于電壓表的分流，電流表的示數大于流過電阻的實際電流，測量的結果比真實值偏?。籟6]因已知電流表準確值，則可以利用電流表內接法準確求出待測電阻，故應選D電路；[7]根據歐姆定律可得待測電阻及電流表總電阻為由于電流表與待測電阻串聯，所以待測電阻為12.如圖甲所示是某同學設計的測定動摩擦因數的實驗裝置示意圖。將長木板固定在水平桌面上，輕彈簧水平放置在長木板上，其右端固定在長木板上的處，左端連接一木塊，木塊上方固定有窄片，當彈簧處于原長時，木塊在點處，用來測量窄片遮光時間的光電門（圖中未畫出）固定在點處。第一次，用木塊向右壓縮彈簧，木塊移到點處由靜止釋放，通過點處時記下窄片的遮光時間，測出木塊（含窄片）的質量；第二次，在木塊上方增加砝碼后，向右壓縮彈簧使木塊再次移到點處并由靜止釋放，木塊通過點處時記下窄片的遮光時間，測出木塊（含窄片）和砝碼的總質量，反復多次實驗。（重力加速度大小為）（1）為了測量木塊與長木板間的動摩擦因數，實驗中除了測量窄片的寬度外，還需要測量的物理量有___________。（2）在坐標紙上作出窄片遮光時間平方的倒數隨木塊（含窄片）和砝碼的總質量的倒數變化的關系圖象，如圖乙所示，根據圖線，求得木塊與長木板間的動摩擦因數___________；同時還能根據圖象求出木塊從點運動到點的過程中，彈簧對木塊做的總功___________。（用、、、及需要測量的物理量字母表示）【答案】①.、兩點間的距離②.③.【解析】分析】【詳解】(1)[1](2)[2][3]木塊通過點時的速度大小為，為窄片通過光電門的遮光時間，木塊從點運動到A點的過程，根據動能定理有整理可得結合圖乙得解得，，可知為測量動摩擦因數，還需要測量A、兩點間的距離。四、計算題：本大題共3小題，共30分。13.如圖所示，AOB是截面為四分之一圓的玻璃磚，圓的半徑為R，一束單色光從OA的中點G垂直O(jiān)A射入，在圓弧面上的D點發(fā)生反射和折射，反射光線和折射光線分別照射到OB所在平面上的E點和F點，已知△EDF為直角三角形。（1）求玻璃磚對光的折射率；（2）若將入射光從G點向上平移，則向上平移多大距離，光照射到圓弧面上剛好發(fā)生全反射？【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設光在D點的入射角為i，根據幾何關系由幾何關系可知由于，設折射角為r，根據幾何關系可知，折射角則折射率（2）設光線向上平移的高度h，光線照射到圓弧面上時剛好發(fā)生全反射這時光線在圓弧面上的入射角等于臨界角C根據幾何關系解得14.如圖所示，在x軸上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，在x軸下方有一勻強電場，場強方向豎直向上。一質量為m，電荷量為q，重力不計的帶電粒子從y軸上的a點（0，h）處沿y軸正方向以初速度開始運動，并以與x軸正方向成45°角的速度方向第一次進入電場，且經過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直，一段時間后，粒子回到a點。（1）畫出粒子從a點開始運動到再次經過a點的運動軌跡；（2）求勻強磁場磁感應強度B的大小和勻強電場電場強度E的大??；（3）求粒子從a點開始運動到再次回到a點所用時間t?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）根據題意可得粒子的運動軌跡如下（2）由圖可得粒子在磁場中做圓周運動，故由牛頓第二定律有結合題意聯立可得粒子在電場中做斜拋運動，即在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻減速直線運動，且到達b點時，豎直方向速度恰好為零，故在水平方向上有在豎