2024届安徽省六安市六安第一中学高三下学期质量检测（二+）物理试题

这是一份2024届安徽省六安市六安第一中学高三下学期质量检测（二+）物理试题，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：75分钟满分：100分
一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．某中学生身高，在学校运动会上参加跳高比赛，采用背跃式，身体横着越过的横杆，获得了冠军。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为（g取）（ ）
A．B．C．D．
2．为了研究大量处于能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于、三种光，下列说法正确的是（ ）
A．三种光的频率最大的是
B．三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是
C．用光照射另外某种金属能发生光电效应，则用光照射也一定能发生
D．通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度光最宽
3．如图所示，是用频率不同的单色光射入水球对应的光路图，下列说法中正确的是（ ）
A．光更容易发生明显的衍射现象
B．单色光在水中的传播速度比光快
C．光的频率大于光的频率
D．利用同一个双缝干涉装置，光得到的干涉条纹间距大于光
4．如图所示，两位同学分别拉一根长为的绳两端时刻，两同学同时上下抖动绳子两端，使开始在竖直方向做简谐振动，产生沿绳传播的两列波。时，两列波恰好传播到两点，波形如图所示，则（ ）
A．两列波起振方向相反
B．两列波属于相干波
C．到两列波恰好相遇时，质点经过的路程为
D．时，处的质点偏离平衡位置的位移为
5．双星系统中的两颗中子星在引力作用下围绕其连线某点做圆周运动的过程中，它们之间的距离逐渐减小，最终在剧烈的碰撞中合并并释放巨大能量，同时为宇宙产生很多重元素物质。这种天体的演化过程就是宇宙中最为壮观的千新星事件。不考虑双星系统中的两颗中子星在合并前质量、半径的变化。则两颗中子星距离减小的过程中（ ）
A．它们表面的重力加速度变大B．它们做圆周运动的半径之比变大
C．它们做圆周运动的向心加速度大小之和增大D．它们做圆周运动的周期增大
6．如图所示，四分之一圆柱体放在水平地面上，右侧与一块固定的竖直挡板接触；球心的正上方有一个大小可忽略的定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体上的小球（质量为）连接，另一端系在固定竖直杆上的点，一钩码（质量为）挂在间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比（ ）
A．轻绳的张力减小B．P对小球的弹力增大
C．对的压力增大D．对地面的压力减小
7．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为，原线圈与阻值的电阻串联后接在匝的线圈上，线圈电阻不计，线圈处于竖直向下的匀强磁场中，线圈面积，转速为，线圈从中性面开始转动并计时。副线圈连接电感器、电容器和电阻的灯泡，电压表为理想电压表，则（ ）
A．电容器和滑动变阻器所在支路始终无电流
B．电压表的示数为
C．时，每匝线圈的磁通量为零
D．仅将滑动变阻器滑片向上滑动，变压器输出功率将增大
8．如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为和。轻弹簧一端与物块相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力时，到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从时刻开始，对施加一水平向右的力使物块做匀加速运动，力随时间变化如图乙，已知物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g取（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物块B在时的加速度大小为
C．到的过程中力做的功为
D．到分开的过程中，克服摩擦力的功为
二、多项选择题
9．如图所示，在平面直角坐标系内，以坐标原点为圆心，半径为的圆形区域内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（图中未画出），磁场区域外右侧有宽度为的粒子源，为粒子源两端点，连线垂直于轴，粒子源中点位于轴上，粒子源持续沿轴负方向发射质量为、电荷量为，速率为的粒子。已知从粒子源中点发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与轴负半轴的交点处沿轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的半径为RB．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．在磁场中运动的带电粒子路程最长为D．带电粒子在磁场中运动的时间最短为
10．如图所示，平面为光滑水平桌面，在轴上固定了一个圆弧挡板，挡板圆弧所在平面与水平桌面共面。为其圆心，其半径。质量为的小球在轴上的初速度大小为。小球受到大小不变、方向沿方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到挡板前的最小速度为，恒力的大小为。小球视为质点，。下列说法正确的是（ ）
A．小球在整个运动过程中机械能守恒
B．在小球击中挡板前，小球速度大小变为时，速度方向和轴正方向的夹角为
C．若小球在速度最小时恰好经过，则小球击中挡板前瞬间的动能为
D．若大小方向可以改变，小球的初始位置可沿方向上下移动，圆弧挡板可沿方向左右移动，总保证小球每次水平通过点，则击中挡板时小球的最小动能为
三、实验题
11．（8分）为了探究加速度与力、质量的关系。
（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过光滑滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
实验前，下列操作必要的是______．
A．选用质量不同的两辆小车
B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
（2）小明用如图乙所示的装置进行实验．
①实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象可能是丙图中的图线______（选填“1”“2”或“3”)．
（2）调整正确后，他作出的图象末端明显偏离直线．如果已知小车质量为，某次所挂钩码质量为，则丁图中坐标______，______．
12．利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，直流电源电动势9V，内阻可忽略，实验过程中屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。
①关于电容器充电过程中电容器两极间电压U、电容器所带电荷量2随时间t变化的图像，下面四个图像中，正确的是______。
A．B．C．D．
②如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时曲线与横轴所围成的面积将______（填“增大”“不变”或“变小”）；充电时间将______（填“变长”“不变”或“变短”）。
③电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。按他的想法，下列说法正确的是（ ）
A．图线的斜率越大，电容越大
B．搬运的电量，克服电场力所做的功近似等于上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量与两极间电压成正比
D．若电容器电荷量为时储存的能量为，则电容器电荷量为时储存的能量为
四、解答题
13．如图所示，一水平放置导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞A、B用一长度为刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的面积分别为和，汽缸内和之间封闭有一定质量的理想气体，的左边及的右边均与大气相通，大气压强始终保持为，当气缸内气体温度为时，活塞处于图示位置的平衡状态（结果保留2位有效数字）。
（1）此时汽缸内理想气体的压强为多少？
（2）现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动的距离后静止，此时汽䍂内气体温度，则此时推力大小为多少？
14．（14分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道和水平绝缘传送带固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为，半径为．静止的传送带之间的距离为，在的左侧空间存在方向水平向左的匀强电场，场强大小为，且一质量为，电荷量为的小物体从圆弧顶点由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到端，不计物体经过轨道与传送带连接处时的机械能损失，重力加速度为。求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（结果可用分数表示）
（2）物体在圆弧轨道上下滑过程中的最大速度的大小；
（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度大小为，则物体第一次返回到圆弧轨道点时物体对圆弧轨道的压力大小。（结果用分数表示）
15．2024年全国两会胜利闭幕，其间代表委员坦诚建言、共商国是，在认真履职尽责中践行全过程人民民主，积极为扎实推进中国式现代化建设贡献智慧和力量。一系列利国利民的政策出炉，一大批热气腾腾的两会热词随之涌出，其中“新能源”这个词简直热到爆表。“新能源”在两会上的热议标志着中国以电动汽车为代表的新能源汽车行业正式进入暖春。电动汽车的优点是自带能量回收系统。汽车正常行驶时，电动机消耗电能牵引汽车前进。当刹车时切断电源，由于惯性，给电动机一个动力，使电动机变成发电机，其工作原理可以简化为如图所示，一对与电容器平行的金属导轨水平放置，导轨间距，电阻不计。导轨通过单刀双掷开关分别和电源、超级电容器组成闭合回路。一根质量、电阻不计的金属杆垂直导轨水平放置，与导轨接触良好且与导轨间的动摩擦因数。整个装置处于垂直于导轨平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小，已知电源电动势，内电阻，超级电容器的电容，重力加速度。（结果保留3位有效数字）
（1）如果开关接1，求闭合瞬间杆的加速度；
（2）如果开关接1，求杆能达到的最大速度；
（3）如果开关接2，同时给杆一恒定水平向右的力，求电容器上电量与时间的变化关系（电容器初始电量为零）。
六安一中2024届高三年级质量检测卷
物理试卷（二）参考答案
1．C 【详解】设中学生的重心位于身体的中点，则重心上升的高度约为由；得；故选C。
2．B 【详解】A．根据图乙可知，三种光的遏止电压关系为，根据可知频率的大小关系，故A错误；B．根据频率越大，折射率越大，临界角公式临界角最大的是，故B正确；C．频率越大越容易发生光电效应，用光照射金属发生光电效应，则用光照射不一定发生，故C错误；D．由；可知；单缝衍射实验中，波长越长中央条纹越宽，的条纹最窄，故D错误。故选B。
3．C 【详解】AC．波长越长，越容易发生明显衍射现象，由题图可知，光的折射率比光的折射率大，根据波长与折射率的关系可知光的波长小，由于光波长大于光波长，可知光的频率大于光的频率，因此光比光更容易发生明显的衍射现象，故A错误，C正确；B．由于光的折射率小，根据光在介质中传播速度与折射率关系公式可知，光在介质水中传播速度大，故B错误；D．根据双缝干涉条纹间距公式可知，通过同一个双缝干涉装置进行实验时，于光波长大于光波长，所以光的干涉条纹间距小于光。故D错误。故选C。
4．D 【详解】A．图示时刻两列波恰好传播到两点，根据同侧法可得两点起振方向竖直向上，因此两列波起振方向相同，故A错误；B．机械波的传播速度由介质决定，故两列波传播速度相同，均为；但由图可知左侧的波长为，右侧的波长为，由，可知两列波的频不同，不是相干波，故B错误；C．由图可知在时，两列波相遇在位置处，质点已经经过了1.5个周期，路程为6个振幅，应为，故C错误；
D．左右两列波的周期为；左面的波传到所需要的时间为时处质点左侧波在波振动时间为，振动时间为，处于波谷位置，右面波传到所用时间为；右侧波振动时间为半个周期，右侧波在平衡位置，叠加后合位移为，故D正确。故选D。
5．C 【详解】A．根据万有引力与重力的关系；所以；由于不考虑两颗中子星在合并前质量、半径的变化，所以两颗中子星表面的重力加速度不变，故A错误；B．根据万有引力提供彼此做圆周运动的向心力有；；所以；由此可知，它们做圆周运动的半径之比不变，故B错误；C．根据万有引力提供向心力有；所以两颗星做圆周运动的向心加速度大小之和为；由于两颗中子星间的距离减小，则向心加速度大小之和增大，故C正确；D．两颗星做圆周运动的周期为；；随着两颗中子星间的距离减小，则周期减小，故D错误。故选C。
6．A 【详解】AB．小球受重力对它的支持力以及轻绳对它的拉力，其受力如图所示
由相似三角形可知；其中，为四分之一圆柱体的半径，为定滑轮左侧轻绳的长度，在钩码下方再加挂一个钩码，钩码下移，小球将沿圆柱体上移，小球再次静止时，由于不变，减少，则大小不变，减小，即轻绳的张力减小，对小球的弹力大小不变，A正确，B错误；C．以小球和为整体进行受力分析，根据水平方向受力平衡可得；为定滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角，由于减小，减小，可知对的支持力减小，根据牛顿第三定律可知对的压力减小，C错误；D．以圆柱体为对象进行受力分析，根据竖直方向受力平衡可得；为小球对圆柱体的压力与水平方向的夹角，由于大小不变，增大，可知地面对的支持力增大，根据牛顿第三定律可知对地面的压力增大，D错误；故选A。
7．D 【详解】A．变压器副线圈输出的是交流电，此时不能视为导线，而是对交流电存在一定的感抗，所以电容器和滑动变阻器并不会被短路，而电容器“通交流、隔直流”，所以二者所在支路都存在电流，故A错误；B．线圈转动产生的感应电动势最大值为电压表测感应电动势的有效值，所以示数为；故B错误；C．线圈转动的周期为；由于线圈从中性面开始转动并计时，所以时线圈和中性面重合，此时每匝线圈的磁通量为最大值，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律有；根据理想变压器变压、变流规律可得；联立以上三式可得；对照表达式可将发电线圈、变压器原、副线圈整体视为一个等效电源，则该等效电源的电动势和内阻分别为；设变压器副线圈所接回路总电阻为，则变压器输出功率为；根据数学知识可知当时，随的减小而增大，因为，所以一定大于，仅将滑动变阻器滑片向上滑动时，接入回路的阻值减小，即减小，此时变压器输出功率将增大，故D正确。故选D。
8．C 【详解】B．根据题意，设未施加拉力时，弹簧的形变量为，则有；，时刻，施加拉力F，对A、B整体，由牛顿第二定律有；，由图乙可知，时拉力为；解得；故B错误；D．由图可知，时，A、B开始分离，由运动学公式可得，此过程的位移大小为；则到分开的过程中，A克服摩擦力的功为；故D错误；A．设恰好分离时，弹簧的形变量为，对物体A，由牛顿第二定律有；又有解得；故A错误；C．根据题意可知，AB分开之前，拉力与位移的关系式为；又有恰好分离时，运动的位移为；可得，恰好分离时；则到的过程中力做的功为；故C正确。故选C。
9．AC 【详解】A．从粒子源中点发出的粒子，在磁场中的轨迹如图所示
由几何知识可知带电粒子在磁场中运动的半径为，故A正确；B．根据牛顿第二定律有；解得；故B错误；C．从点发出的粒子在磁场中的轨迹
如图所示，此时轨迹最长
由几何知识可知四边形为菱形，则；则在磁场中运动的带电粒子路程最长为；故C正确；
D．从点发出的粒子在磁场中的轨迹如图所示
可知四边形为菱形，则；可知此时粒子经过磁场区域时间最短，则；故D错误。故选AC。
10．BCD
【详解】A．小球在方向上受到恒定合外力的大小为，小球在水平桌面上做类斜抛运动，小球在整个运动过程中除重力外有其它力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．小球在碰到挡板前的最小速度时，小球到达轴的坐标最大，在轴方向的速度为0，小球在轴方向的速度为；小球在轴方向上做匀速直线运动，设在小球击中挡板前，小球速度大小变为时，速度方向和轴正方向的夹角为，则；解得；故B正确；
C．若小球在速度最小时恰好经过，则小球从点做类平抛运动，在轴方向；
在轴方向上；；小球击中挡板时；解得
小球从点到挡板由动能定理得；解得小球击中挡板前瞬间的动能为；故C正确；D．小球水平通过点击中挡板，则小球从点做类平抛运动，小球击中挡板时，，击中挡板时小球的动能为；当时；；击中挡板时小球的动能最小，为；故D正确。故选BCD。
11．BCD 3
【详解】（1）本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求。故选BCD。
（2）①遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即时，，故图线为3。②没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出
12．AC/CA 不变 变短 BD/DB
【详解】（1）[1]A．A板与静电计的指针相连，带的是同种电荷，A错误；
B．根据平行板电容器的决定式，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差增大，则静电计指针张角增大，B错误；
C．若将B板向左平移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容减小，因电容器的电量不变，由电容的定义式知板间电势差增大，则静电计指针张角增大，C错误；
D．若将电介质插入两板之间，则增大，减小，静电计的指针偏角减小，D正确。故选D。
（2）①[2]AB．电容器充电过程中，电容器两端的电压逐渐增大，最后等于电源电动势，斜率逐渐减小，最后为零，故A正确，B错误；
CD．电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，充电电流逐渐减小，所以图象的斜率逐渐变小，最后为零，故C正确，D错误。
故选AC。
（2）[3][4]由电容器的计算公式，可得电荷量，电容器储存的电荷量与电阻无关，如果不改变电路其他参数，只增大减小，充电时曲线与横轴所围成的面积将不变，减小电阻，由于电阻对电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短；③[5]A．图线的斜率为，；解得；斜率越大，电容越小，A错误；B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运的电量，克服电场力所做的功近似等于上方小矩形的面积，B正确；C．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积
解得；从上面的式子看出，和成正比，C错误；D．由下面的公式；解得；又因为；解得；D正确。故选BD。
13．（1）；（2）
【详解】（1）设被封住的理想气体压强为，轻细杆对A和对B的弹力为，对活塞A有；对活塞B，有；；解得
（2）气体状态参量；；根据；代入数据得；对两活塞整体受力分析：；解得
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体由点运动到处的过程中，根据动能定理得
解得
（2）小物体从圆弧顶点由静止开始沿轨道下滑过程中，重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，如图所示
由几何知识得，物体速度最大时的水平位移
下降高度根据动能定理可得
所以，物体在圆弧轨道上下滑过程中的最大速度的大小为
（3）物体由返回点的过程中有物体与传送带共速时有解得
所以，物体第一次回到点时的速度大小为
在点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律，物体在点对圆弧轨道的压力大小为
15．（1）；（2） （3）（C）
【详解】（1）开关闭合瞬间，根据闭合电路欧姆定律有；安培力；由牛顿第二定律代入数据可得
（2）当杆达到最大速度时，由电磁感应定律可得；联立公式解得
（3）设金属杆的速度大小为，则感应电动势为；平行板电容器两极板之间的电势差为；设此时电容器极板上积累的电荷量为；电流定义；此时，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律有；即；又因为；联立代入数据可得