2024安徽省京师测评高三质量联合检测物理试题含答案.pdf

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1、2024 安徽省安徽省高三质量联合检测试卷参考答案高三质量联合检测试卷参考答案物物 理理一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 32 分分在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的中，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U=W+Q 可知，气体放热。D.理想气体的内能与温度和物质的量有关2.【答案】C【解析】A.光

2、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，=0，=0、=0 122A.=12(2+2)=1202+(00)2，A 正确B.=0 122=00 2022,B 错误C.=0，C 错误D.P=mg=(00)，D 错误#QQABLYQE

3、gggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#5.【答案】D【解析】A.飞船在轨道上运行时，由 GMmR12=mv2R1可得，=21，飞船的机械能 E=GMm2R1B.由开普勒第三定律可知，B 错误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 E=0=GMmR2+12mv2,可得 v=226.【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

4、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2DvmgmR解得D5m/sv 故 A 错误；B设从 D 点刚好到达 F 点，根据动能定理有2D1202mgrmv#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#

5、解得0.125mr 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10m/sPvmg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22D11222mgxmgRmvmv解得7.5mx 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

6、错误；B对全过程，根据动量定理可得011022020B I l tB I l tmv又2011B lIt R20222B lIt R#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#联立解得线框 ab 边刚穿出磁场 I 时的速度2 3005B lvmR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3 4000544abB lvB lUmRB 错误；C设线框恰好有一半进入磁场 II 时，线框的速度为2v，根据动量定理可得03220B I l tmv又20322lBIt R联立解得2 302

7、2B lvmR此时ab切割磁感线，感应电动势的大小022EB lv此时感应电流EIRab 边受到的安培力大小为02FB Il联立可得4 5028B lFmRC 错误；D根据动量定理01110B I l tmvmv#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#解得2 3014B lvmR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221011122Qmvmv线框穿出磁场 II 的过程中产生的焦耳热22112Qmv联立可得12:9:16QQ D 正确。二二、选择题选择题：本题共本题共 2 小题小题，每小题每小题 5 分分，

8、共共 10 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分9.【答案】AD【解析】A.取无穷远处为 0 势能点，点电荷的电势为=KQ，因为 A、B、E 三点到 O 点和 O点的距离相等，根据电势的相加可知 A 正确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

9、确10.【答案】BC【解析】A.流过副线圈的电流为 4A，由11=22可知通过 R1的电流为 2AB.变压器可用等效电阻等效替代，等效电阻0=(12)2副，副=2+232+3=6,0=24,=1 1=52,故 B 正确C.a、b 两端电压保持不变，R2减小，电流增大，R1功率增大#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#D.a、b 两端电压保持不变，R1减小，则变压器的输入电压增大、输出电压增大，R2两端的电压增大。三三、非选择题：共、非选择题：共 5 题，共题，共 58 分分。11.（6 分）【答案】（1）2.03（2）2.0

10、0（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2.0397.00cmcm98.02cm2L 根据单摆的周期公式2LTg解得9.66g 2m/s12.（10 分）【答案】(1)03R(2)13k003bRRk(3)小于【详解】（1）断开开关 S2，S3接 b，c 夹在 0 处，闭合 S1，此时电压表示数为 U0，由电路图可知此时外电路只有0R；断开开关 S1，闭合 S2，S3接 a，将金属夹 c 夹在位置 3，闭合S1，电压表示数也为 U0，由电路图可知此时

11、外电路有3xR；则有03xRR可得03xRR（2）12根据闭合电路欧姆定律可得#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#0()xUEUnRrR整理可得0001xRRrnUERER可知013xREREk，00RrbER解得电动势和内阻分别为13Ek，003bRrRk（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VR，根据闭合电路欧姆定律可得0V()()xUUEUnRrRR真真0V0V0V0V0V()()1xR RRRrRRRnUE R RE R R真真真则有0V000V()xxxRRRRkERER RRE R真测

12、真可得EE测真则该实验中电动势的测量值小于真实值。13（10 分）【答案】（1）001022p SVVmgp S；（2）130【详解】（1）双脚站立时，由平衡条件可得0122mgp Sp S气体做等温变化，根据玻意耳定律可得1 100 ppVV解得单只鞋气垫内气体体积#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#001022p SVVmgp S（2）根据理想气体状态方程00002xp Vp VTT其中027327K300KT 227337K310KT 漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为00130 xVVV14（14 分）【详解】

13、（1）P 到Q由动能定理得2200112222PQeUmvmv解得20PQmvUe 将P点速度沿水平方向和竖直方向分解得x002cosvvvy002sinvvv又0022vvLt解得竖直位移02vytL则Q点纵坐标值QyL（2）由洛伦兹力提供向心力2010122vBe vmr解得#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#12Lr 偏转角最大则圆心角最大max60此时运动时间1002166 212rTLtvv（3）将M点速度分解为=20600=0=20600=30电场力沿 y 轴方向，则沿 x 轴方向速度不变，则有2x2x2vB

14、evmr绕M点垂直于纸面方向做匀速圆周运动，周期为2x2rTv沿 y 轴方向做匀变速直线运动，返回M点时2y2E evtm且tnT则有0222 32mvnmeEB e解得2200333BnnEvv，（1,2,3n）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时，两小球的速#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#度大小分别为Av、Bv，则有22111 sin2tan2AAvmglm

15、mv解得22822sinsin27AglvglA 球的最大速度为=2 69A 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球系统，根据动量定理可得，竖直墙面对小球 B 的冲量I=2 69（3）由上问可知，A 球的最大动能为214227kmAmmglEmv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Av，且两球水平速度相等，则有2AAmmvmv 解得=69即 B 球着地时 A 球的动能为=122=27B 球落地时其动能最大，由 A、B 系统机械能守恒可知EkB=122=2627#QQABLYQEgggIAJIAARgCUQXgCEIQkBEAAKoGxEAIsAAAiANABCA=#