2023-2024学年安徽省高三高考适应性联考物理试卷（5月）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年安徽省高三高考适应性联考物理试卷（5月）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国古代对钴的应用，最早用于陶器釉料．钴为银白色铁磁性金属，钴60( 2760C)发生一次衰变后成为稳定的镍60 2860Ni，衰变过程会放出两束γ射线，则下列说法正确的是
A. 钴60发生的是α衰变B. 钴60比镍60多一个中子
C. γ射线来自钴60D. 气候的变化会改变钴60的衰变快慢
2.如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向(从上向下看)匀速转动，则直导线受到的安培力方向
A. 向上B. 向下C. 垂直纸面向里D. 垂直纸面向外
3.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波，在t=2s时的波形图，P、Q是平衡位置分别位于x=1.5m和x=2.75m处的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是
A. 波沿x轴正方向传播
B. 波传播的速度大小为2m/s
C. 当P位于波谷时，质点Q的位移为3 2 cm
D. 当P沿y轴负方向运动时，Q一定沿y轴正方向运动
4.如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面，AB=2AD，O为AD边的中点，一束单色光从O点斜射入玻璃砖，折射光线刚好在AB面发生全反射，反射光线刚好照射到C点，则透明介质对光的折射率为
A. 1.25B. 1.35C. 1.45D. 1.55
5.A、B两个质点在同一地点沿同一方向运动，运动的位移x随时间t变化规律如图所示，A的图像为抛物线，B的图像为倾斜直线，两图像相切于P点，则0∼3s内，A、B两质点的最大距离为
A. 4.5mB. 6 mC. 9 mD. 13.5m
6.如图甲、乙所示为家庭应急式手动小型发电机的两个截面示意图．推动手柄使半径为r的圆形线圈沿轴线做简谐运动，速度随时间变化的规律为v=v0sinωt，线圈匝数为n，电阻不计，所在位置磁感应强度大小恒为B，灯泡的额定电压为U，若灯泡刚好正常发光，则理想变压器的原副线圈匝数比n1n2等于
A. nπBrv0UB. 2nπBrv0UC. 2nπBrv02UD. nπBrv02U
7.我国计划在2030年之前实现载人登月，假设未来宇航员乘飞船来到月球，绕月球做匀速圆周运动时，月球相对飞船的张角为θ，如图所示，引力常量为G，则下列说法正确的是
A. θ越大，飞船的速度越小B. θ越大，飞船做圆周运动的周期越大
C. 若测得周期和张角θ，可求出月球的质量D. 若测得周期和张角θ，可求出月球的密度
8.如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度v0从跳台顶端A水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC，P点离赛道的竖直高度为PD，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力不计，运动员(包括滑雪板)视为质点．则C、D两点间的距离是
A. v02sinθtan2θ2gB. v02sinθtan2θgC. v02sin2θtan2θ2gD. v02sin2θtan2θg
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻无穷大)、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是
A. R中有从a到b的电流B. 两极板间电压保持不变
C. 油滴的电势能不变D. 油滴仍保持静止状态
10.如图所示，相距为12L的水平虚线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.“日”字形闭合导体线框竖直放置，线框宽为L，cd到MN的距离为12L，将金属框由静止释放，cd边和ef边都恰好匀速通过磁场．已知ab、cd、ef边的电阻分别为R、R、3R，其他部分电阻不计，运动中线框平面始终与磁场垂直，ab边始终水平，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. ef边和cd边通过磁场的速度之比为2:1
B. cd边通过磁场过程中，通过ab边的电量为3BL214R
C. ef边通过磁场过程中，安培力的冲量大小为B2L314R
D. 整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为4B2L3 gL7R
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示装置，测滑块与水平桌面间的动摩擦因数．重力加速度g取10m/s2.
(1)在砂桶中放入适量细砂，接通电源，由静止释放滑块，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示．打点计时器接的交流电频率为50 Hz，则滑块运动的加速度a=________m/s2.(结果保留两位有效数字)
(2)多次改变砂桶中砂的质量重复实验，测得多组滑块运动的加速度a及对应的力传感器的示数F，以a为纵坐标F为横坐标，描点得到如图丙所示的a−F图像．由图中的数据可知，滑块和动滑轮的总质量为________kg，滑块与桌面间的动摩擦因数μ=________.
12.某实验小组根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻．实验室提供的器材有：灵敏电流计G(量程0∼1mA，内阻约为50Ω)；电压表V(量程0∼3V，内阻未知)；电阻箱R1(0∼9999Ω)；电阻箱R2(0∼9999Ω)；旧干电池一节；开关和单刀双掷开关各一个，导线若干．
(1)请根据电路图甲将图乙中实物连接完整．
(2)先测量灵敏电流计的内阻．断开S1、S2，将电阻箱R1、R2的阻值调到最大，将S2合向1，再闭合S1，调节R1使电流计的指针偏转较大，记录这时电流计的示数I0、电压表的示数U0，电阻箱R1接入电路的电阻值R0，则电流计的内阻rg=________；若测得电流计的内阻为49Ω，要将电流计改装成量程为2 V的电压表，应将电阻箱R1接入电路的电阻值调为R1=________Ω；
(3)将电流计改装成2 V的电压表后，电阻箱R1接入电路的电阻保持不变，将S2合向2，多次调节电阻箱R2，记录每次电阻箱R2接入电路的电阻R及对应的电流计的示数I，作出1I−1R图像，若图像的斜率为k，纵截距为b，则电池的电动势E=________，内阻r=________.(用rg、R1、k、b表示)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，小明将不规则的物体放在导热性能良好的汽缸内测其体积，活塞的质量为p0S4g，面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，开始时活塞到缸底的距离为h，大气压强为p0，环境温度为T0，重力加速度为g，汽缸足够高．现将环境温度升高0.4T0，活塞升高0.2h后稳定，缸内气体看成理想气体，求：
(1)被测物体的体积；
(2)若不改变环境温度，在活塞上放一个质量为p0S4g的物块，从放上物块到活塞稳定，活塞下降的高度为多少．
14.如图所示，AB是半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道，其最低点A与水平地面相切，质量分别为3m、m的物块a、b静止在水平面的P、A之间，a、b间夹有一小块炸药，水平面PA段光滑，P点左侧平面粗糙，两物块与粗糙平面间的动摩擦因数均为0.5，炸药瞬间爆炸，将两物块推开，a在粗糙平面上滑行了0.4m后静止，不计物块的大小，炸药质量不计，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)炸药爆炸后物块a获得的速度大小；
(2)若m=1kg，求物块b滑到A点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)若a、b相遇时发生弹性碰撞，求物块b在粗糙平面上滑行的总路程．
15.如图所示，在竖直虚线AC和MN之间有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，在竖直虚线MN和PQ之间，有垂直纸面向里的匀强磁场，AC、MN和MN、PQ的间距均为d，水平线CNQ为电场和磁场的下边界．将一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子在AC边上的O点由静止释放，粒子运动中恰好不能从PQ边射出磁场，最终从NQ的中点射出磁场，不计粒子的重力，求：
(1)磁感应强度大小B；
(2)O、C间的距离；
(3)若在O点将粒子以初速度v0沿AC方向射出后经一次电场和一次磁场偏转，刚好从N点射出场，求初速度v0.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查原子核的衰变和半衰期，知道衰变原理，核反应中的两个守恒，半衰期与气候温度等外界因素无关。
【解答】
解析：根据质量数和核电荷数守恒可知，钴60发生的是β衰变，A错误;钴60衰变为镍60，有一个中子转变为一个质子和一个电子，因此钴60比镍60多一个中子，B正确;γ射线来自镍60，C错误;气候的变化不会改变钴60的半衰期， D错误.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电流的磁场，和安培力，根据题意判断出等效电流的场方向，利用左手定则判断直导线所受的安培力的方向。
【解答】解析：将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向(从上向下看)匀速转动，从上向下看形成的等效电流沿顺时针方向，则电流在直导线处的磁场竖直向上，根据左手定则，直导线受到的安培力垂直纸面向外，D正确.
3.【答案】C
【解析】【分析】
【分析】根据波长和周期求波速;根据质点的振动图象，判断波的传播方向，根据质点所处的位置及周期、时间分析各质点的振动情况。熟练根据波形图与振动图判断质点的振动方向与传播方向、根据质点所处的位置及周期、时
间分析各质点的振动情况。
【解答】
【解答】A.由图乙可知，t=2s时，质点P正沿y轴负方向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，A错误;
B.波传播的速度大小为v=λT=24m/s=0.5m/s，B错误;
C.将波形沿x轴负方向移动0.5m的距离，可知此时P点在波谷，Q的位移为3 2cm，C正确：
D.由于P，Q水平距离并不等于半波长的奇数倍，因此两质点的振动方向并不一定相反，D错误.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题是几何光学问题，做这类题目，首先要正确画出光路图，要能灵活运用几何知识帮助我们分析相关角的大小．首先作出光路图，由几何关系求出折射光线在AB边的入射角，再由折射定律求折射率．
【解答】
作出光路图如图所示，
设折射光线在AB边的入射角为α，设AO长为L，因为对称，则sinα=4L (3L)2+(4L)2=0.8，
根据题意，折射率n=1sinα=1.25，故A正确BCD错误.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查运动的图像>>x−t图像，理解图像的斜率为速度，抛物线为匀变速直线运动，直线为匀速直线运行，
【解答】
解析：由题图可知，A做的是初速度为零的匀加速运动，B做的是匀速直线运动，t=3s时A、B的速度大
小相等，为v=181.5m/s=12m/s，A的加速度a=vt=4m/s2，由于t=3s前，A的速度总比B的速度小，因此
t=1.5s时A、B间的距离最大，即最大距离△xm=12×4×(32)2m=4.5m，A正确.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交流电，学生需熟练掌握变压器比例关系，综合求解。
根据E=Blv求解电动势的最大值，也可得电动势的有效值，再变压器的电压与匝数的关系求出理想变压器的原副线圈匝数比。
【解答】由题意可知，线圈产生的是正弦交流电，电动势的最大值为Em=2πnBrv0，
电动势的有效值为E=Em 2= 2nπBrv0，
由于线圈电阻不计，则变压器原副线圈匝数比为n1n2=EU= 2nπBrv0U，
故B正确ACD错误.
故选：B。
7.【答案】D
【解析】【分析】
飞船绕星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，由此列式分析周期、速度与轨道半径的关系。
根据万有引力提供向心力，得到中心天体的质量，结合几何知识、密度公式可分析星球的平均密度。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是掌握万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题，注意本题不能求出飞行器的质量。
【解答】
A.根据几何关系可知，θ越大，飞船做圆周运动的半径越小，由GMmr2=mv2r得v= GMr，可见轨道
半径越小，线速度越大，A错误;
B.由GMmr2=mr(2πT)2可知，轨道半径越小，飞船做圆周运动的周期越小，B错误：
CD.设月球的半径为R，若测得周期T和张角θ，由GMmr2=mr(2πT)2，r=Rsinθ2，及ρ=M43πR3可求得M=
4π2R3GT2sin3θ2⋅ρ=3πGT2sin3θ2，因为R未知，故C错误，D正确.
8.【答案】A
【解析】【分析】
根据运动员的位移偏转角得出运动的时间，再结合动量变化量的计算公式完成分析;先分析
出运动员水平方向的位移，结合几何关系计算出总位移;当运动员距离赛道最远时，运动员的速度与斜面平行，根据几何关系得出此时的速度，再结合自由落体的运动学公式得出此时的竖直位移和总位移的比值关系。
本题主要考查了平抛运动和斜面的结合，熟悉平抛运动不同方向上的运动特点，解题的关键点是理解运动员距离斜面最远时，运动员的速度与斜面平行。
【解答】
对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，运动员从A运动到P点和从P点
运动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等，
运动员沿平行斜面做加速度为gsinθ的匀加速运动，设整个运动时间为t，则CB−AC=gsinθ(t2)2，由于
从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此AD=DB，则CB−AC=2CD=gsinθ(t2)2，运动
员做平抛运动有x=v0t，y=12gt2，tanθ=yx，解得t=2v0tanθg.则CD=v2sinθtan2θ2g，A正确.
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查电容器的动态分析，主要利用三个公式综合分析，C=εS4πkd；U=QC；E=Ud=4πkQεS。
【解答】
解析：将A板向上移动时，由C=εS4πkd可知，电容器的电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能
放电，A错误;因此电容器的带电量不变，由U=QC可知，两板间电压增大，B错误;由E=Ud=4πkQεS可知，两板间场强不变，P点电势不变，油滴电势能不变，油滴仍静止，C、D正确.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题物理情境很新，但仍是常规物理模型。将金属框由静止释放，cd边和ef边都恰好匀速通过磁场，则用电荷量公式、安培力的冲量、焦耳定律等来解决。
根据重力和安培力的平衡和串并联的关系求ef边和cd边通过磁场的速度之比；
根据电荷量公式可得通过ab边的电量；
根据冲量的定义可得安培力的冲量；
根据机械能守恒和能量守恒可知整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热。
【解答】
解：A、cd边进磁场时的速度为v1，则有mg=B2L2v11.75R;
ef边进磁场时的速度为v2，则有mg=B2L2v23.5R，解得v2:v1=2:1，故A正确;
B、cd边通过磁场过程中，通过cd边的电量为q=BL×12L1.75R=BL23.5R，
则通过ab边的电量q1=34q=3BL214R，故B正确;
C、ef边通过磁场过程中，安培力的冲量大小I=mg×12Lv2=mgL2v2=B2L37R，故C错误;
D、整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为Q=2mg×12L=mgL，
根据机械能守恒有mg×12L=12mv12，解得v1= gL，
则m=B2L2 gL1.75gR，解得Q=4B2L3 gL7R，故D正确.
11.【答案】(1)1.0(2)0.8；0.05.
【解析】【分析】
解决本题的关键知道实验的原理以及实验中注意的事项，注意拉力的大小由拉力传感器测出，不需要测量砂和砂桶的质量。
(1)根据逐差法可得加速度；
(2)根据牛顿第二定律求得a−F的表达式，结合图像求得滑块和动滑轮的总质量和滑块与桌面间的动摩擦因数。
【解答】：(1)根据逐差法，可得加速度为
a=CE−AC(2T)2=21.60−8.80−×0.01m/s2=1.0m/s2;
(2)由牛顿第二定律得2F−f=ma，得a=2mF−fm，
由图像可知图线的斜率k=0−(−0.5)0.2=2m，
故小车的质量m=0.8kg，由纵截距b=−fm=−0.5，得f=0.4N，
则滑块与桌面间的动摩擦因数μ=fmg=0.05.
12.【答案】(1)
(2)U0I0−R0；1951
(3)(rg+R1)2brg+bR1−k；k(rg+R1)brg+bR1−k。
【解析】【分析】
本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的综合运用，对于图线问题，一般解题思路得出物理量间的关系式，结合图线的斜率和截距综合求解。
(1)根据电路图连接实物图;
(2)根据电流计的内阻和电表的改装原理分析解答;
(3)根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象斜率解得电动势与内阻。
【解答】：(1)实物连接如图所示;
(2)电流计的内阻为rg=U0I0−R0;由U=Ig(R1+rg)，解得R1=1951Ω;
(3)根据闭合电路欧姆定律有E=I+I(rg+R1)Rr+I(rg+R1)，
变形得1I=r(rg+R1)E⋅1R+r+rg+R1E，
由题意k=r(rg+R1)E，b=r+rg+R1E，
解得E=(rg+R1)2brg+bR1−k，r=k(rg+R1)brg+bR1−k.
13.【答案】13.解：(1)设被测物体的体积为V0，则开始时缸内气体的体积为V1=hS−V0
环境温度升高0.4T0过程，气体发生等压变化，则有V1T0=V1+
解得V0=12hs
(2)开始时缸内气体压强p1=p0+p0Sg4gS=54p0
在活塞上放一个质量为p0S04g的物块，则缸内气体压强变为
p2=p0+2×p0Sg4gS=32p0
设活塞下降的高度为h1，由玻意耳定律得p1V1=p2(V1−h1S)
解得h1=112h
【解析】(1)对气体应用盖-吕萨克定律，求物体的体积。
(2)对活塞受力分析，根据平衡求气体压强，再对气体应用玻意耳定律求
本题属于气缸类问题，考查热力学定律的应用。
14.【答案】解：(1)设爆炸后物块a获得的速度大小为v1，据动能定理有：−μ×3mgx1=0−12×3mv12
解得：v1=2m/s
(2)设爆炸后物块b的速度大小为v2，据动量守恒有3mv1=mv2(1分)
解得v2=6m/s
物块b滑到圆弧轨道的最低点A时，据牛顿第二定律有F−mg=mv22R
解得F=30N
据牛顿第三定律，b对圆轨道最低点压力大小为F′=F=30N
(3)设b与a第一次碰撞前的速度大小为v3，据动能定理有一μmgx1=12mv32−12mv22
解得v3=4 2m/s
设a、b第一次碰撞后间的速度大小分别为v4、v5，据动量守恒有mv3=−mv5+3mv4
据能量守恒有12mv32=12mv52+12×3mv42
解得v4=v5=2 2m/s
由于a、b在水平面上做减速运动的加速度大小相等，因此a、b不可能再发生第二次碰撞，设第一次碰撞后b
在水平面租糙部分运动的路程为x2，据动能定理有一μmgx2=0−12mv52
解得x2=0.8m
故物块b在水平面租糙部分运动的总路程为s=x1+x2=1.2m。
【解析】【分析】(1)根据动能定理求得速度;
(2)根据动量守恒求出爆炸b滑到A点时速度，根据牛顿第二定律求得压力。以及 a与b碰撞前的速度大小，抓住 ab发生弹性碰撞，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞后ab的速度大小，根据运动学公式求出ab
运动的位移大小，从而得出最终静止时两物块相距的距离。
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清甲乙两物块在整个过程中的运动规律，运用合适的定律进行求解，注意发生弹性碰撞时，系统动量守恒，机械能守恒。
15.【答案】解：(1)设粒子进磁场时的速度大小为v1，据动能定理有qEd=12mv12
解得v1= 2qEdm；
据题意，粒子在磁场中做圆周运动的半径为d，则有qv1B=mv12d
解得B= 2mEqd ；
(2)设粒子最后从NQ中点射出时离圆心的竖直距离为L，据几何关系有d2=L2+(d2)2
解得L= 32d；
则O点到C点的距离为s=(2n−1)d± 32d(n=1,2,3⋯⋯)(不含d− 32d)；
(3)设粒子进磁场时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为θ，则v=v1csθ
粒子做圆周运动的半径r=mvqB=mv1qBcsθ=dcsθ
粒子进出磁场的位置间的距离x2=2rcsθ=2d
设粒子在电场中运动的时间为t，则有d=12qEmt2
解得t= 2mdqE
沿竖直方向运动的距离x1=v0t
而x1+x2=s=(2n−1)d± 32d(n=2,3,4⋯⋯)
解得v0=【(2n−3)± 32】 qEd2m(n=2,3,4⋯⋯)。
【解析】本题考查的是带电粒子在电场、磁场中运动
(1)利用动能定理，通过电场力做功求得粒子进入磁场的速度v。
(2)粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系确定圆心位置，进而求得O点到C点的距离s。
(3)根据半径公式和几何关系，结合电场中的运动学公式，求初速度v0.