2024届安徽省江淮十校高三下学期三模联考物理试题

这是一份2024届安徽省江淮十校高三下学期三模联考物理试题，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

物理
本试卷共8页，共15题。全卷满分100分。考试时间75分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求。
1．2024年2月，日本福岛第一核电站核污染水净化装置中，含有放射性物质的大量核污染水发生泄漏。核污水中包含多种放射性元素，如氚、锶、钚、碘等，其中碘的衰变方程为，已知，下列说法正确的是（ ）
A．衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
C．原子核衰变时质量亏损，质量数减少
D．该核反应要释放能量
2．中国天宫号空间站正常绕地运行的轨道可视为圆形，轨道平面与赤道平面夹角为42°，轨道离地高约400km，每天绕地球约转16圈，绕行方向自西向东。地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A．空间站中的宇航员受地球的引力约为其在地面时的
B．空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度小
C．空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为1.5h
D．空间站绕地运行的速度比月球绕地运行的速度小
3．赛艇运动分单人艇、双人艇、四人艇、八人艇。研究者对各种艇赛的2000米成绩数据进行分析后推测：比赛成绩t（时间）与桨手数量n之间应存在一定的关系。为方便探究在简化条件下的关系式，现建立以下物理模型：
①比赛全过程赛艇视为匀速运动，当速度为v时赛艇受到的阻力f满足；
②每个桨手的体重G都相同，比赛中每个桨手划桨的功率P均恒定，且。
③艇重与桨手数n的比值为常数，即；
④认为赛艇沿前进方向的横截面积S与其浸入水中的体积V满足；
根据以上物理模型，下列关系式正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图所示，和是两个振动频率相同，相位差为，振幅均为2cm的横波波源，两者位于同一直线上，相距12m，连线上有一质点A，与的距离为3m。时两波源同时起振，产生的机械波在介质中传播的速度为2m/s。稳定后在连线上除A点外还有5个振动加强点。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的波长均为2m
B．两列波的周期均为3s
C．时，A处的质点离平衡位置的距离是2cm
D．时，A处的质点离平衡位置的距离是
5．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道长度为l（管道长度大于管道横截面半径）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，三次碰撞后从另一端沿轴线射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．管道横截面半径为
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．粒子质量为
D．粒子束每次与管壁碰撞时，对管道的平均作用力大小为
6．除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除额仪电路原理如图，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为，已知电容器电容为，升压变压器原副线圈的匝数比约为1∶70，则降压变压器原副线圈的匝数比约为（ ）
A．22∶1B．C．7∶1D．2∶1
7．如图所示，玻璃圆管内壁光滑、竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球（可视为质点），以速率沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。若再次重复该过程，小球以相同速率进入管内，同时撤去磁场，设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率
B．撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间
C．有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．小球两次在玻璃管中运动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
8．哈尔滨是中国著名的冰雪旅游城市，每年冬季都会举办盛大的冰雪节。冰雕展则成为了人们探访冬季梦幻之旅的最佳选择。冰雕展上有一块圆柱体冰砖，上、下底面半径为1m，轴截面为正方形，上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知冰的折射率为1.3。下列说法正确的是（ ）
A．若光在冰砖中发生全反射的临界角为C，则
B．由灯直接发出的光照射到冰砖侧面时能从侧面任何位置射出
C．由灯直接发出的光照射到冰砖上表面时都能从上表面任何位置射出
D．从冰砖正上方沿方向观察，点光源的视深是
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。
9．如图所示，质量为8.0kg的斜面体A放置在水平地面上，上表面光滑，斜面长为1m，与水平方向的夹角为37°。质量为4.0kg的小物块B从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A保持静止。当B沿斜面下滑时对A施加水平向右的推力F，使B相对A做匀速直线运动。A与地面间的动摩擦因数为0.75，取重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．推力F作用前B下滑时间为B．推力F作用时A的加速度是
C．推力D．小物块B下滑到斜面底端的过程中推力F做功75J
10．如图1所示，在竖直面内坐标系的原点O处有一小球发射装置，可以沿与x轴正方向成的方向，斜向上发射速度大小为10m/s的带电小球，在y轴右侧与直线DF（平行于y轴）中间范围内有周期性变化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期，变化规律如图2。时刻将带正电绝缘小球射入电场中，小球在时刻到达电场边界DF，且速度方向恰与直线DF平行。已知小球质量，电荷量，重力加速度，，不计空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线DF到y轴的距离
C．若小球在不同时刻射入电场，从射入到再次经过x轴时的时间与入射时刻有关
D．若小球在不同时刻射入电场，再次经过x轴时的坐标范围为
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11．（6分）某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带（宽度用d表示）。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔。
（1）如上图所示，该同学测得遮光带（透光带）的宽度为______cm。
（2）该同学记录时间间隔的数据如表所示，
根据上述实验数据，编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为______m/s（结果保留两位有效数字）；
（3）某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为、，则重力加速度______（用d、、表示）
12．（10分）疫情期间，电子体温计已逐渐成为居家必备的物品之一。某物理兴趣小组先探究了某种热敏电阻的伏安特性，然后制作了一个简易电子体温计。
（1）兴趣小组测出某种热敏电阻的图像如图1所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而______（选填“增大”或“减小”）；
（2）某同学用一个内部电源电动势为3.0V、中值电阻为100Ω的欧姆表（已调零）接在上述热敏电阻（伏安特性曲线如图1所示）两端，电路图如图2所示，则欧姆表的读数为______Ω（结果保留1位有效数字）：
（3）该兴趣小组设计的简易电子体温计电路如图3所示，准备了如下器材：
A．干电池组（电动势内阻）
B．表头G（满偏电流6.0mA，内阻）
C．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
D．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
E．热敏电阻（其阻值随温度变化的规律如图5）
F．开关及导线若干
①首先将表头G量程扩大为60mA，则应将电阻箱的阻值调为______Ω；
②如图4所示，在表头上2mA处标注10℃，则应将电阻箱的阻值调为______Ω；
③完成步骤②后，某次在测试体温时，表头指针如图4所示。已知当热敏电阻的温度高于38.5℃时属于温度异常，体温计会闪烁，则该次测试时温度计______闪烁（选填“会”或“不会”）。
13．（10分）如图所示，质量为的导热汽缸内壁光滑，用轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，通过活塞竖直吊在天花板上。开始时封闭气体的热力学温度为，活塞到汽缸底部的距离为L。已知外界大气压强为，重力加速度为g，活塞的半径为。由于外界气温较低，封闭气体的温度缓慢下降，封闭气体在温度下降至的过程中，对外界放出的热量为Q。求：
（1）此时封闭气体的压强；
（2）这一过程中封闭气体的内能变化量。
14．（14分）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg，长木板的质量是12kg。时二者以的初速度一起向右运动，时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度；
（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。
15．（18分）国内936型登陆舰搭载电磁炮出海，试验射程可达200公里，某同学设计了电磁碰撞测试装置，可以通过超级电容器的储能来判断电磁炮的威力。如图所示，粗糙的平行金属导轨MN、固定在水平面上，导轨间距，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，其左端之间用导线接入电源，电源的电动势为，内阻，右端通过绝缘物质与足够长的光滑金属导轨PQ、相连。金属导轨PQ、之间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度，金属导轨右端之间连接一个电容的超级电容（原来不带电）。一根质量、电阻的金属棒AB放置在金属导轨MN、上。接通电源后，金属棒AB从静止开始向右加速运动，其与导轨MN、间动摩擦因数为，与CD相碰之前已经匀速。金属棒AB与质量，电阻的金属棒CD刚好在绝缘物质处发生弹性碰撞，碰后立即撤走金属棒AB，此后金属棒CD向右运动。已知电容器的储能公式，重力加速度g取，金属棒与导轨接触良好，其他电阻忽略不计，不考虑电磁辐射。求：
（1）金属棒AB向右运动的过程中，加速度的最大值；
（2）碰撞后，金属棒CD向右运动的过程中最小的速度；
（3）碰撞后金属棒CD上产生的焦耳热。
江淮十校2024届高三第三次联考
物理答案
1、【答案】D
【解析】A．/衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成射线，故A错误；
B．半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，故B错误；
C．原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故C错误；
D．该反应前后质量亏损为，对外释放能量，故D正确；
故选D．
2．【答案】A
【解析】A．在轨道位置，由万有引力等于该轨道处的重力可得：，由表达式可知，，故A正确。
B．由卫星的运动规律：，由表达式可知，卫星的轨道半径越大，其角速度越小，而由题意可知，空间站的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小，而地球自转的角速度与同步卫星的角速度相等，故可得空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度大，故B错误；
C．空间站一天转16圈，则，地球自转周期为24h，又由于空间站轨道所在平面与赤道所在平面不共面，空间站转16圈，中国某城市相对于空间站回到了出发位置，故C错误。
D．由开普勒第三定律可知，绕同一中心天体做圆周运动时，环绕天体的轨迹半径大则周期长，月球绕地球运动的周期比空间站绕地球运动的周期长，则说明月球做圆周运动的半径大。又因为环绕天体的运动规律：，解得，由表达式可知，由于空间站距离地心的距离比月球小，故其绕行速度比月球的大，故D错误；
故选A．
3．【答案】C
【解析】A．n人艇的总功率与艇阻力和速度的乘积成正比，即，则有，故A错误；
B．根据，可知，功率P恒定，所以，故B错误；
CD．因，又由，
解得
又
所以
即
故C正确，D错误。
故选：C．
4．【答案】C
【解析】A．两波源频率相同，起振方向相反，连线上有6个振动加强点，则连线中点左边右边各有3个加强点，A为振动加强点，可知，则，当，不成立。当时，，若波长为，则连线上有6个振动加强点。当连线上有10个振动加强点，不成立。由此可知波长为4m。故A错误；
B．因波速为2m/s，故周期为2s。故B错误；
C．D．处波源产生的机械波传播到A处所需的时间为为处波源产生的机械波传播到A处所需时间为，故时，只有处波源产生的机械波传播到A处，且离平衡位置最远，距离为2cm。，两波源产生机械波都已传到A处，且A离平衡位置最远，距离不是，故C正确，D错误。
故选：C．
5．【答案】D
【解析】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，三次碰撞后沿轴线射出，可知粒子运动的圆弧半径为，粒子在磁场中运动的时间，故A、B错误，
C．根据，可得粒子的质量，故C错误，
D．粒子与管壁发生弹性碰撞后原速反弹，则由动量定理可得再结合，可得
由牛顿第三定律可知粒子束对管壁的平均作用力为，故D正确。
故选：D．
根据几何关系确定带电粒子在匀强磁场中运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解粒子的质量；根据动量定理求解粒子束对管道的平均作用力大小。
6．【答案】B
【解析】由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器。
由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有
根据电容器的电容定义有
所以升压变压器副线圈的两端的电压的最大值为
由理想变压器有，原线圈两端的电压的最大值为，电容器的电压为最大值，则降压变压器原副线圈匝数比为
故选B。
7．【答案】A
【解析】
A．有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，故A正确；
B．撤去磁场后，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故B错误；
C．由，得，v虽然在增加但是B在减小，所以qvB不一定是一直增加的，故C错误；
D．有磁场时，小球在玻璃管中运动时，涡旋电场也在做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：A．
【分析】本题考查带电体在变化的磁场中的运动，解决问题的关键是清楚有磁场时，会在空间形成涡旋电场，根据带电小球的受力情况分析清楚运动情况，利用牛顿第二定律和圆周运动的知识分析判断。
8．【答案】C
【解析】由，故A不正确；
如图所示，
在直角中，由几何关系可知，所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时都能从上表面射出，
而，所以由灯直接发出的光照到冰砖侧面时不是能从侧面任何位置射出，故B错误，C正确；
实深是AB，视深为h，根据折射率定义式结合几何关系可知可得，故D错误。
故选：C．
【分析】临界角公式，视觉深度公式，H为实际深度，h是视觉深度。
掌握全反射的条件：只有光从光密介质（折射率大）射入光疏介质（折射率小），且入射角大于等于临界角时，
才会发生全反射现象。
9．【答案】BD
【解析】解：A．设物块沿斜面下滑的加速度为，由牛顿第二定律得，
沿斜面向下运动
代入数据解得故A错误；
B．设B下滑时获得的速度为v，相对于A匀速下滑的时间为，则，
B相对于A匀速下滑，则B在竖直方向做匀速直线运动，，
A、B的加速度，故B正确；
C．对整体受力分析可知，则，故C错误；
D．整体的位移，
推力做的功，
代入数据解得，故D正确。
【解析】（1）根据牛顿第二定律求B的加速度，根据运动学公式求时间；
（2）对AB整体分析、对B分析，分别根据牛顿第二定律列式，联立可求加速度和推力；
（3）先根据运动学公式求出B沿斜面下滑时的速度，由于B相对A做匀速直线运动，则利用运动学公式可求出B接下来到底端所用时间，再分析整体，根据运动学公式求位移，最后利用恒力做功公式求出W。
10．【答案】ABD
【解析】A．小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0，根据电场的周期性
解得
根据
解得
B．根据速度位移关系式
解得
C．小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过x轴的运动时间相同
D．恰经过一个周期，时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小球水平方向平均速度最小，离C点最近
因为
小球在电场内经过x轴，时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动
解得
且
恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后做匀速运动
解得
则
此过程小球水平方向平均速度最大，离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为。
【解析】本题主要考查了带电物体在电场中的运动，熟悉物体的受力分析，理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
11．（6分）【答案】 1.5
【解析】（1）根据图示可知读数为4.40cm。
（2）根据平均速度的计算公式可知：
（3）根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有：
可得：
12．（10分）【答案】（1）减小；（2）；（3）4.0；45.2；会（每空2分，共10分）
【解析】（1）根据实验要求确定实验电路，由图1分析热敏电阻阻值随温度的变化；
（2）分析实验电路，根据闭合电路欧姆定律作出电源图线，找出交点坐标即可求解；
（3）由图5得出热敏电阻的阻值，分析图2电路结构，根据串并联电路规律求解定值电阻阻值。
本题解题关键要弄清楚实验目的、实验原理以及图象分析等问题；一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验
【解答】
（1）图像上各点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，由图1可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
（2）设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有代入数据得
作出图线如图所示
图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.0V、电流为10mA，故其电阻为
（3）①将表头G量程扩大为60mA，则有；
②表头G显示电流为2mA，电路实际电流为；
由图5可知，当温度为10℃时，该热敏电阻，改装后电流表等效电阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
解得；
③由图4可知，当电流表示数为4mA时，电路总电流是40mA，可求得热敏电阻阻值为25Ω，由图5可知，温度高于38.5℃，体温计会闪烁。
13．（10分）【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对汽缸有
由题意知
解得封闭气体的压强为
可知温度降低，汽缸内气体压强不变，所以当温度降至时，压强仍为
（2）又
得汽缸上升的距离
外界对封闭气体做的功
因气体温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律
得：
14．（14分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为；
由图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为：
对此过程由牛顿第二定律得：
解得：
0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。
由v-t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为：
对长木板由牛顿第二定律得：
解得：；
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为：
0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为，则有：
代入数据解得：
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为，则有：
代入数据解得：
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有：
（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为，长木板与地面间相对滑动产生的内能为，则有：
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能
15．（18分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】：（1）当时，AB的加速度最大
得：
（2）当金属棒AB匀速运动时，电路中的有效电动势为10V
则金属棒AB的感应电动势为：
得：
金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞：
得：
金属棒CD最终以速度做匀速直线运动时，速度最小，有：
联立解得：
（3）金属棒CD向右运动的整个过程能量守恒，
则：
解得：编号
1遮光带
2遮光带
3遮光带
……
73.04
38.67
30.00
……