2024安徽省高三质量联合检测物理（答案定稿）_2024年5月_01按日期_8号_2024安徽省京师测评高三质量联合检测_2024安徽省京师测评高三质量联合检测物理试题

2024 安徽省高三质量联合检测试卷参考答案 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.【答案】C 【解析】 A. 标准状况下，气体分子自身体积相对气体体积可以忽略不计 B. 气体吸收热量时，若气体对外做功则气体内能可能减小，其分子的平均动能可能减少 C. 薄塑料瓶为导热容器，气体温度随外界变温内能减少，体积减少过程外界对气体做功， 由 可知，气体放热。 D. 理想气体的内能与温度和物质的量有关 ∆U=W+Q 2.【答案】C 【解析】 A. 光进入介质后，传播速度变小 B. 光进入介质后，传播速度变小，传播相等的距离，深紫外线在液体中所需的时间变长 C. 光从一种介质进入另一种介质，频率不变，光子的能量不变 D. 光进入介质后，传播速度变小，波长变短，更难发生衍射 3.【答案】B 【解析】 圆环在转动过程中，甲、乙两绳之间的夹角不变，小球受到3个力作用，这三个力可以 构成矢量三角形，作辅助圆，小球受力变化如图所示，故B正确。 4.【答案】A 【解析】 小球做斜抛运动， ， 、 1 2 = 0 = 0− = 0 −2 A. ，A正确 1 2 2 1 2 2 =2 ( + )= 2 [ 0+( 0− 0) ] B. ,B错误 1 2 0 2 C. = 0 ，− C2错 误 = 0 −2 2 0 D. = 0 ，D错误 P= mg = ( 0− 0 ) {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}5.【答案】D 【解析】 A. 飞船在①轨道上运行时，由 可得， ，飞船的机械能 2 Mm v Mm B. 由开普勒第三定律可知，B错G误R1 2 =mR1 = 2 1 E=−G2R1 C. 由于飞船和核心舱的质量关系未知，所以机械能大小不好比较 D. 探测器恰能完全脱离地球的引力只需 ,可得 Mm 1 2 2 E = 0 =−G R2 +2mv v = 2 6.【答案】B 【解析】 A．只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并 不是适用于各种频率的光，选项A错误； B．保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多 的光电子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，选项B正确； C．增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，并不是所有光电子的初 动能都会增大，选项C错误； D．保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会 增加，则阳极收集到的电子数会增加，选项D错误。 故选B。 7.【答案】C 【解析】 A．滑块恰好通过该轨道最高点D，则有 v2 mg m D R 解得 v  5m/s D 故A错误； B．设从D点刚好到达F点，根据动能定理有 1 mg2r 0 mv2 2 D {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}解得 r 0.125m 根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m， 故B错误； C．在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有 P v' 10m/s mg 故C正确； D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有 1 1 mgxmg2R  mv2  mv'2 2 D 2 解得 x7.5m 故D错误； 故选C。 8.【答案】D 【解析】 A．线框穿出磁场I的过程中垂直纸面向里的磁通量减小， 根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场 II的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律 可知感应电流为顺时针，两个过程感应电流方向相同，A错误； B．对全过程，根据动量定理可得   B I lt 2B I lt  0mv 0 1 1 0 2 2 0 又  B l2 I  0 1 t R 1  2B l2 I  0 2 t R 2 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}联立解得线框ab边刚穿出磁场I时的速度 5B2l3 v  0 0 mR 线框ab边刚穿出磁场I时，cd 边切割磁感线，cd 边相当于电源，则ab两点间的电势差为 B lv 5B3l4 U  0 0  0 ab 4 4mR B错误； C．设线框恰好有一半进入磁场II时，线框的速度为v ，根据动量定理可得 2  2B Ilt 0mv 0 3 2 又 l2 2B   0 2 I  t R 3 联立解得 2B2l3 v  0 2 mR 此时ab切割磁感线，感应电动势的大小 E 2B lv 0 2 此时感应电流 E I  R ab边受到的安培力大小为 F 2B Il 0 联立可得 8B4l5 F  0 mR2 C错误； D．根据动量定理  B I lt mv mv 0 1 1 1 0 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}解得 4B2l3 v  0 1 mR 根据能量守恒定律可得线框穿出磁场I的过程中产生的焦耳热 1 1 Q  mv2  mv2 1 2 0 2 1 线框穿出磁场II的过程中产生的焦耳热 1 Q  mv2 2 2 1 联立可得 Q :Q 9:16 1 2 D正确。 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. 【答案】AD 【解析】 A. 取无穷远处为0势能点，点电荷的电势为 ，因为A、B、E三点到O点和O'点的 Q 距离相等，根据电势的相加可知A正确 φ=K B. 根据电场叠加可知，过C、D与底面平行的圆锥截面上各点电场强度相等 C. 根据带电粒子在A点的受力分析和速度方向可知，带电粒子不可能做匀速圆周运动 D. 由A可知在AE连线上，其中点的电势最高，在该点负电荷的电势能最小，故D正确 10.【答案】BC 【解析】 A. 流过副线圈的电流为4A，由 可知通过R 的电流为2A 1 B. 变压器可用等效电阻等效替 代 1 ， 1 = 等 效 2 电 2 阻 ， 副 副 1 2 2∙ 3 0 =( 2) = 2+ 2+ 3 =6 , 0 = , ,故B正确 2C4. a、 b 两=端 1电∙ 压1 保=持52不 变，R 减小，电流增大，R 功率增大 2 1 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}D. a、b两端电压保持不变，R 减小，则变压器的输入电压增大、输出电压增大，R 两端的 1 2 电压增大。 三、非选择题：共 5题，共 58分。 11. （6分）【答案】（1）2.03 （2）2.00 （3）9.66 【解析】 （1）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为 20mm+30.1mm=20.3mm=2.03cm （2）由图丙可知该单摆的振动周期为 T 2.00s （3）单摆的摆长为 2.03 L97.00cm cm98.02cm 2 根据单摆的周期公式 L T 2 g 解得 g 9.66 m/s2 R 1 bR 12. （10分）【答案】(1) 0 (2) 0 R (3)小于 3 3k 3k 0 【详解】（1）断开开关S ，S 接b，c夹在0处，闭合S ，此时电压表示数为U ，由电路 2 3 1 0 图可知此时外电路只有R ；断开开关S ，闭合S ，S 接a，将金属夹c夹在位置3，闭合 0 1 2 3 S ，电压表示数也为U ，由电路图可知此时外电路有3R ；则有 1 0 x 3R  R x 0 可得 R R  0 x 3 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}U EU (nR r) R x 0 整理可得 1 R R r  x n 0 U ER ER 0 0 可知 R 1 R r k  x  ，b 0 ER 3E ER 0 0 解得电动势和内阻分别为 1 bR E  ，r  0 R 3k 3k 0 （3）由电路图可知，实验误差来源于电压表的分流，设电压表的内阻为R ，根据闭合电路 V 欧姆定律可得 U U E U (  )(nR r ) 真 R R x 真 0 V 1 (R R )R R R (R R )r  0 V x n 0 V 0 V 真 U E R R E R R 真 0 V 真 0 V 则有 R (R R )R R k  x  0 V x  x E R E R R E R 测 0 真 0 V 真 0 可得 E E 测 真 则该实验中电动势的测量值小于真实值。 13（10分） 2p SV 1 【答案】（1）V  0 0 ；（2） 1 mg2p S 30 0 【详解】 （1）双脚站立时，由平衡条件可得 mg2p S 2pS 0 1 气体做等温变化，根据玻意耳定律可得 pV  pV 1 1 0 0 解得单只鞋气垫内气体体积 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}2p SV V  0 0 1 mg2p S 0 （2）根据理想气体状态方程 pV pV 0 0  0 x T T 0 2 其中 T 27327K300K 0 T 27337K310K 2 漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为 V V 1  x 0  V 30 0 14．（14分） 【详解】（1）P到Q由动能定理得 eU  1 m2v 2 1 m  2v 2 PQ 2 0 2 0 解得 mv2 U  0 PQ e 将P点速度沿水平方向和竖直方向分解得 v  2v cosv x 0 0 v  2v sinv y 0 0 又 2v v L 0 0 t 2 解得竖直位移 v y 0 t L 2 则Q点纵坐标值 y L Q （2）由洛伦兹力提供向心力 2v 2 Be·2v m 0 1 0 r 1 解得 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}L r  1 2 偏转角最大则圆心角最大  60 max 此时运动时间 T 1 2r L t  · 1  6 6 2v 12v 0 0 （3）将M 点速度分解为 ' 0 =2 0 60 = 0 ' 0 电场力沿y轴方向，则沿x轴方向 速 =度2不 变0 ， 6则0有= 3 0 v '2 B ev 'm x 2 x r 2 绕M 点垂直于纸面方向做匀速圆周运动，周期为 2r T' 2 v ' x 沿y轴方向做匀变速直线运动，返回M 点时 E e 2v ' 2 t' y m 且 t'nT' 则有 2 3mv 2nm 0  eE B e 2 2 解得 B n 3n 2   ，（n1,2,3） E 3v 3v 2 0 0 15（18分） 【详解】 （1）小球A动能最大时，其加速度为零，即杆对A球的作用力为零。 所以A对水平面的压力 N=mg （2）假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}度大小分别为v 、v ，则有 A B 2 1  v  1 mgl  1sin m A   mv2 2 tan 2 A 解得 8gl v2  gl  22sin sin2 A 27 A球的最大速度为 2 6 A球速度达到最大后，B球将离开竖直墙 面 =。从B球开始运动到离开墙面的过程，对A、B 9 球系统，根据动量定理可得，竖直墙面对小球B的冲量 2 6 （3）由上问可知，A球的最大动能为I= = 9 1 4mgl E  mv2  km 2 Am 27 当B球与竖直墙面分离后，两球在水平方向动量守恒，设B球着地时A球的速度大小为v ， A 且两球水平速度相等，则有 2mv mv A Am 解得 ' 6 即B球着地时A球的动能为 = 9 ' 1 '2 B球落地时其动能最大，由A、B系统 机 械=能 守 恒 可=知 2 27 ' 1 '2 26 EkB = − = = 2 27 {#{QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=}#}