2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测物理试题答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1011安徽省江南十校2024-2025学年高三上学期第一次综合素质检测

物理 答案
1．答案：C
解析：入射光的频率大于极限频率时，才能产生光电效应，故A、B、D错误；减小入射光的波长即增大频率，有可
能会产生光电效应，而形成光电流，故C正确。
2．答案：D
λ
解析：λ=2m，T=0.4s，v= m/s。A错误；
M
图2可知，t=0时刻，P点振  =动5方向向y轴正方向，所以
在图1中，P点此时向y轴正方向运动，由同侧法，图1
N
简谐横波传播方向为x轴负方向。B选项错误。
由图1可知，t=0时刻Q的位移较大，所以此时Q的速度较小。C选项错误；
根据波传播的是振动的状态，即将传播到P、Q两点的位移最大的状态分别为M、N两点，有图易得M点的状态会更
快传到P，故P比Q先到位移最大。D选项正确。
3．答案：D
解析：介质中的光速 ，颜色不同的光在同一介质中折射率不同，故传播速度也不同。A选项错；
c
v= n
紫光频率高于红光，所以在同一介质中，n >n ，由折射定律 ，i
紫 红 θ
sini
R
n=sin
相同，所以θ
红
较大，故到达B点的一定是紫光。B选项错； Rθ
θ
θ θ
不考虑多次反射，直接到达B、C点，则 ，时间
α
2Rsin 2Rnsin 2Rsini
一定相等。C选项错误； t= c n = c = c
到达B点的是紫光，sinC= ，n 较大，则C 较小，在B、C两点α 较大，所以紫光在B点更易发生全反射，故紫
紫 紫 紫
1
光能从B点射出玻璃，则红  光一定也可以。D正确。
4．答案：A
解析：AB、CD段中点时刻的分别为速度为 ，
汽车的加速度大小为：  1 =15  /   2 =11  / 
v1−v2
2
车头经过A点的速率为：a = 2 = 2m/s ，所以A正确。
=  1+0.5  =16  / 
5．答案：A
解析：通过导体棒的电量为q=It= ， BLx ， 可得q= ，A选项正确
∆∅ BLx
2  ∆∅ = 2R
第 1 页 共 6 页对运动位移x的过程， 由动量定理：-BILt=mv-mv 解得 v= x
0
2 2
B L
v0−2mR
F =BiL=B L= （ x），安培力在不断变小，加速度不断变小，故B、C选项错误
安
2 2 2 2
B L B L
根据电磁阻尼2  ，将2磁R 感v应 0 强−度2m的R 方向调整为竖直向上，导体棒所受安培力方向仍向左
6．答案：C
解析：卫星周期较大，故转的慢。A选项错误；
卫星速度v = ×2R，赤道上的物体的速度v = ×R，二者等大。B选项错误；
星 物
2  2 
2  
如图所示，在相对转动一周的时间t内，由1200的对应为范围能够通讯，所以相对转动一周，通讯时长t= t。C选
1
1
项正确。 3
卫星轨道半径与周期相匹配，变轨的同时必定会改变周期。D选项错误。
7．答案：C
解析：A错，由题知球到A点时速度为零，所以在斜面内沿CA方向，圆轨道对球的弹力为 ，同时还有垂直
斜面方向的弹力 ，合力大小为 ，所以压力大小为mg. 0.6mg
把重力沿斜面向下0.8的m分g力和电场力合成mg，合力F和直径AC的夹角为θ，则 ，即 ，所以小球
Eq 4 0
tanθ =0.6mg=3 θ=53
的最大动能的位置在B、C点之间，所以B错；小球运动的过程关于合力F所在的直线对称，因此小球不能到达轨
道的D点，故C正确；小球到达轨道上B点时电势能最小，此时机械能最大，故D错。
8．答案：B
解析：令匝数比为 ，三个电阻阻值为R，
开关断开时，变压器k和=2R 、R 等效电阻为 R，则通过R 的电流
2 3 1
2
2 
为 ， 则 ；
2
0 2  0
开  关1闭=合2  时 2 R，+RR 被短路，  变1 =压器  1  和=R8等1  效电阻为 R，则通过R
3 2 1
2

的电流为 ， 则 ；
2
0 2  0
则  2 =  2 R+R，所以选  B 2 .=  2  = 25 
F
1:  2 = 25:81 1
9、答案：BCD
F
2
解析：受力如图，由平衡条件得： ； ，
mg
解得： ，  1sin  =  2sin   1cos  =  2cos  +  
sin   
由题可知  1 β = 不变 sin ， (  − 增  ) 大，  所 2 以 = 两t s a in n根   −绳co的s  拉力 ， 都不断变大，故A错，B正确；
α  1 第  2 2 页 共 6 页分析地面上的人的受力可知人受到的摩擦力大小为 ，不断增大，C正确；
两根绳对室外机拉力的合力和室外机的重力平衡，  D 2正si确n  。
10．答案：AD
解析：小球向下摆动的过程中会出现环与断臂碰撞，碰撞导致小球与环组成的系统机械能不守恒，水平动量不
守恒。A选项正确；B选项错误；
v
x
环与短臂碰前，系统水平动量守恒mx=mx ，x = m X x
球 球 球
’
如图，几何关系x′=L-x-x =6m，h= 3，θ2=−4510
球
2 2 L h
设此时环的速度为v，则此时小球水  平速−度  为=v6  ，竖直速度v，
x x y θ
机械能守恒 mv2+ mv2+ mv2=mgh v
x x y
x
1 1 1
v
沿绳方向vco2s450=v2cos4250-vcos450 y
x y x
v=2 ，v= ，此时环的速度达到最大2 。C选项错误；
x y
环与短臂5  碰/后  静止，4 小5  球/沿  绳方向速度突变为零，随后5小  球/  摆至最低点，
动能定理 mg（L—h）= mv 2— m（vsin450+vsin450）2，
球 x y
1 1
2 2
v = （ ） 。D选项正确。
球
30 4 2−1  / 
1 r 1 1
11、答案：（1）总电流（干路电流，其他表述亦可）（2分） （2）    （2分）
U E R E
（3）横轴正方向（2分），通过电压表的电流（3分）
解析：（2）根据闭合电路欧姆定律可得
U
E U  r
R
整理可得
1 r 1 1
  
U E R E
（3） 对图像上某一点分析，其电压确实是路端电压，但是电流却只是支路电流，所以电流值偏小，应适当向横轴
正向移动，移动的距离代表通过电压表的支路电流
12.（7分）答案：（1）BC（2分） （2） （ 2分），变小（3分）


解析：（1）设大气压强为 ，被封闭气体的横截面积为S，对活塞有 ，气体的压强为 ，若
F
0 pS= p0S+F p = p0 +S
要作 图像，还需要测量气柱的横截面积和大气压，通过测量注射器的内径可计算出横截面积，所以选BC.
1
（1） p 设 − 气V体刚被封闭时的体积为 ，此时的压强为 ，细管内气体的体积忽略不计，
0  0
第 3 页 共 6 页由玻意耳定律得 ， 整理得 ，
p0V0S
则  0  0 =  ， 0+   即 F = V −p0S

若细k管=内p气0V体0的S 体积b不=可忽p0略S，设细管内的  体0 =积为  ，由玻意耳定律得
∆V
，（C为定值）

0+  CS  +∆1  =  1
整理得 F    p S ， 增大时，图像的斜率在变小
V V 0 V
1
V
13.（11分）答案：（1）1.5s（2）160w
解析：（1）货物加速阶段a=μg=4m/s2，（1分）
加速至v=4m/s，移动x= <L，（2分）
0 1 2
0
2  =2 
用时t= s（1分）
1
0
匀速x=L-x=2m，x=vt（1分）用时  =t1=0.5s（1分）
2 1 2 0 2 2
一个货物从A到B用时t=t+t=1.5s（1分）
1 2
（2）每隔0.1s放一个货物，每个货物加速时间为1s，所以始终有10个货物处于加速阶段（1分）
多消耗的电功率P=μmgv×10=160w（2分）
0
14.（13分）答案：（1）L= ，（2） ，（3）E′= E
2
2   0          1
解析：（1）在电场中由运动学公   式的  =  0     2
L= ×t （1分）
t=  0    ，  （1分）
2  0    

加速度为 a= （1分）

R
2θ
解得L= （1分）
2
2   0        

（2）在磁场中做圆周运动，半径R= （1分）

2

洛伦兹力提供向心力 qvB= （2分）
0 2
0

解得 （1分）

（3）如图，粒  子 = 第  0 一   次   从磁场返回电场时经过C点，此时电场强度最小（1分）
电场中A到D： x = ×t′
AD
0    
t′=
2  0    

第 4 页 共 6 页′
加速度为a= （1分）

磁场中圆周运  动x =L（1分）
CD
几何关系L=x -x （1分）
AD CD
E′= E（1分）
1
2
C D
15.（18分）答案：（1） （2） （3）
4
解析：（1）令 ，碰前 3 瞬 m 间 /s P的速度大 1m 小 / 为 s ，由动  能 1 定 = 理3 1 得 6  ：  2 =1.5 
1  0 =3  1 1   
mv 2  1.51.5 x x mgx
2 P 2 6 0  0 0
（3分）
解得 v 3m/s
P （1分）
（2）物体P、Q碰后瞬间的速度分别为v和v ，由动量守恒和机械能守恒得：
Q
1 1 1
mv mvMv ; mv 2  mv2  Mv 2
P Q 2 P 2 2 Q （4分）
解得 v 2m/s v1m/s
Q
物体P、Q碰后，P返回平台，Q在木板上滑动，由题知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体Q 达到速度相同，
设为 ，由动量守恒得 即 （2分）
所以木  1板第一次和墙碰前瞬间M的vQ速=度2大Mv小1为  1 =1  / 
（2）假设木板与墙第二次碰前可以和物体Q达1到m/共s同速度 ，由动量守恒得
（1  分 2 ）
1
Mv1−3Mv1 =2Mv2
解得
1
和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同  2 时 = 恰3  好 1 发生第二次碰撞。（1分）
设木板第n次（n>1）与墙碰前瞬间的速度为 ，则有 ，
1
=3   −1
所以木板第8次和墙壁碰前瞬间的速度为 ， （1分）
7
1
8 = 3  1 2
1 1 1 
木板第8次和墙壁碰撞损失的动能为 Q  Mv 2  M v 
1 2 8 2 3 8 
（1分）
第 5 页 共 6 页4
代入数据可解： Q  J
1 316
（1分）
木板第一次和墙壁碰撞后，物体Q相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体Q相对于地面一直做匀减
速直线运动直到静止，物体Q相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为 ，物体Q与木板间的摩擦力为 ，
则 （1分） x f
1
2
−fx= 0−2Mv1
1 1
所以木板和Q之间因摩擦产生的总热量为 Q  Mv 2  2Mv 2  fx
2 2 Q 2 1 （1分）
代入数据可解 （1分）
2 =1.5 
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