2024届安徽五校联盟高三下学期第二次联考物理试题含答案.pdf

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1、试卷第 1 页，共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 20242024 届安徽省五校联盟高三下学期第二次联考物理试题届安徽省五校联盟高三下学期第二次联考物理试题 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 3232 分。在每小题给出的四个分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。选项中，只有一项是符合题目要求的。1 在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料 PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的 Pu 元素是23894Pu，半衰期是 87.7 年，有 75%的23894Pu原子核发生衰变需经过（

2、）A43.85 年 B87.7 年 C175.4 年 D263.1 年 2下列实验不能用光的粒子性解释的是（）A黑体辐射 B光电效应 C康普顿效应 D电子束衍射 3如图所示，密闭导热气缸被活塞分成左、右两室，起初左室气体压强小于右室，现让活塞缓慢移动直至两室气体压强相等，期间环境温度始终不变，则此过程中（）A左室气体吸热，右室气体放热 B左室气体放热，右室气体吸热 C左、右室气体均吸热 D左、右室气体均放热 4如图甲所示为共振筛原理图，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，图乙是该共振试卷第 2 页，共 10 页 筛的共振曲线。已知增加筛子质量可减小筛子的固有频率，现偏心轮的频率

3、为 0.75Hz，为增大筛子的振幅，可以（）A提高偏心轮的频率或增大筛子质量 B提高偏心轮的频率或减小筛子质量 C降低偏心轮的频率或增大筛子质量 D降低偏心轮的频率或减小筛子质量 5如图所示，在光滑的水平面上，质量为 4m、长为 L 的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为 m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度 v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度 kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为 g下列说法正确的是（）A滑块向右运动的过程中，加速度大小为22vL B滑块与木

4、板间的动摩擦因数为28vgL Ck=2 D滑块弹回瞬间的速度大小为52v 6如图甲是国产科幻大片流浪地球 2中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度 a与其到地心距离 r 的关系图像，已知1r为地球半径，2r为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（）试卷第 3 页，共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 A地球自转的角速度2121aarr=B地球同步卫星的周期222rTa=C上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变 D从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动 7如图，矩形线

5、框切割磁感线产生交流电压25 2sin100(V)et=，它的匝数5N、电阻1r=，将其接在理想变压器的原线圈上。“220V 22W”的灯泡 L 正常发光，内阻为 10 的电风扇 M 正常工作，电流表 A的示数为 0.3A。导线电阻不计，电压表和电流表均为理想电表，不计灯泡电阻的变化，矩形线框最大电流不能超过 20A。以下描述正确的是（）A矩形线框转动过程中磁通量的变化率最大值为 252V B电风扇输出的机械效率约为 99.1 C原、副线圈的匝数比12:10:1nn=D若将电风扇去掉，则小灯泡变亮，电流表的示数变大 8随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装

6、置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后 a 类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为 d，板长为 L，极板下边缘与收集板的距离为 H，两种颗粒的荷质比均为 k，重力加速度为 g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（）试卷第 4 页，共 10 页 A右极板带正电 B颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动 C两极板间的电压值为22gkdL D颗粒落到收集板时的速度大小为22()2gdg

7、LHL+二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 2 2 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 1010 分。在每小题给出的四个分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，有选分，有选错的得错的得 0 0 分。分。9下列有关热学问题说法正确的是（）试卷第 5 页，共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 A图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在状态下的分子平均动能小于状态下的分子平均动能 B图乙是分子势能 EP与分子间距 r的关系示意图，在1rr时分子力表现为引

8、力 C图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体对外界做功，内能减少 D图丁为一定质量的理想气体分别在1T、2T温度下发生的等温变化，由图可知12TT区域内存在半圆柱体MNPM N P 空间区域，半圆柱沿 y 轴方向足够高，该区域内存在沿 y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小0mvBqL=，平面MNN M在 yOz平面内，D点（0，0，0）为半圆柱体底面圆心，半圆柱体的半径为rL=。一质量为 m、电荷量为q+的带电粒子，从 A点（-L，0，0）以初速度大小0v，方向沿着 x 轴正方向射入匀强电场，经过 C点（0，L，0）后进入半圆柱体磁场区域，不计粒子的重力。求：（1）电场

9、强度 E的大小；（2）带电粒子在半圆柱体内运动的时间；（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。试卷第 9 页，共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 15实验室里有一种用于帮助学生学习气体相关规律的仪器，如图所示，气缸静止平放在实验台上，用横截面积为S的活塞封住一部分空气，高度为h，活塞连同上面的置物平台总质量是M，（以下简称“活塞系统”）。开始时，活塞系统处于静止状态，气缸内温度为环境温度，现在把质量为 m的小物块放在置物平台上，为了使活塞保持原位置不变，需要用控温装置改变封闭气体的温度，已知理想状态下大气压强0p，环境温度为0T，求：（1）气体的温度的变化量?（2）如果保持温度不变，还

10、可以往原有封闭空间充入理想状态下的空气，以保证放置小物块后，活塞的位置不变，则需要充入空气的体积是多少?试卷第 10 页，共 10 页 答案第 1 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案：参考答案：1C【详解】要使 75%的23894Pu原子核发生衰变需要经过两个半衰期，即 2 87.7175.4年=年 故选 C。2D【详解】ABC黑体辐射、光电效应、康普顿效应都说明光具有粒子性，能用光的粒子性解释，故 ABC 错误；D电子束衍射说明电子具有波动性，不能用光的粒子性解释，故 D 正确。故选 D。3B【详解】对于左室气体压强变大，体积减小，0W左，对于右室气体压强变小，体积减大，

11、0W右。环境温度始终不变，0U=，根据热力学第一定律可得 UWQ=+左左，UWQ=+右右 可得 0Q右 即左室气体放热，右室气体吸热，B 正确。故选 B。4A【详解】根据图像可知要使振幅增大需要使偏心轮的频率接近固有频率，可以提高偏心轮的频率，或者增大筛子质量减小筛子的固有频率，使驱动力频率接近固有频率。故选 A。5D【详解】A滑块（可视为质点）以水平向右的速度 v 滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知 22vaL=解得 22vaL=答案第 2 页，共 12 页 故 A 错误；B根据牛顿第二定律有 mgma=解得 22vgL=故 B 错误；CD小滑块以水平速度v

12、右滑时，由动能定理有 2012mfLv=小滑块以速度 kv 滑上木板到运动至碰墙时速度为 v1，由动能定理有 22111()22fLmvm kv=滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为 v2，由动量守恒有 12(4)mvmm v=+由能量守恒定律可得 221211(4)22fLmvmm v=+解得 32k，152vv=故 C 错误，D 正确；故选 D。6B【详解】A根据 2ar=可知ar图像中，其斜率为角速度的平方，A 错误；B由于 222ar=解得 22ar=答案第 3 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 故其周期 2222rTa=B 正确；C上升过程中，处于

13、超重状态，支持力会变大，C 错误；D太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，D 错误。故选 B。7B【详解】A根据法拉第电磁感应定律，有 mm()ENt=解得 mm25 2()V5 2V5EtN=故 A 错误；B副线圈电路中，灯泡与电风扇并联，灯泡 L 正常发光，则电风扇 M 的电压为 M220VU=电风扇所在支路电流为 LM2L0.2APIIU=电风扇输出的机械效率约为 2MMMMM99.1%MU II rU I=故 B 正确；C原、副线圈的匝数比为 1122nUnU=1221nInI=又 m25V2EE=由闭合电路欧姆定律，可得 答案第 4 页，共 12 页 11UEI r

14、=联立解得 12110nn=故 C 错误；D若将电风扇去掉，副线圈电阻增大，电流表示数减小，导致原线圈电流减小，原线圈的端电压增大，副线圈电压随之增大，则小灯泡变亮，故 D 错误。故选 B。8D【详解】A根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A 错误；B由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故 B 错误；C根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上有 Uqmad=，2122dat=竖直方向上有 212Lgt=联立解得 22gdUkL=故 C 错误；D根据题意，结合 C 分析可

15、知，颗粒离开电场时的水平速度为 2222xdgdvaL=离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为xv，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为()2yvg HL=+则颗粒落到收集板时的速度大小为 答案第 5 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 2222()2xygdg LHLvvv+=+=+故 D 正确。故选 D。9CD【详解】A图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在状态下分子速率占总分子数的百分比的极大值的速率较大，则气体在状态下分子平均动能大于状态下的分子平均动能，选项 A 错误；B图乙是分子势能 EP与分子间距 r的关系示意图

16、，在 r=r2时分子力表现为零，可知在21rrr时分子力表现为斥力，选项 B 错误；C图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体体积变大，对外界做功，因来不及与外界进行热交换，则气体的内能减少，选项 C 正确；D图丁为一定质量的理想气体分别在1T、2T温度下发生的等温变化，由图可知距离原点越远的曲线上 pV乘积越大，可知温度越高，即12TT，则1a开始逐渐减小，2a逐渐变大。当1a=2a时，相对速度 012222FsFRvvB Lm=大小恒定，经过足够长时间后两者都做匀加速运动，C 错误，D 正确。故选 ABD。答案第 7 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 11

17、 0.230 dt 2db【详解】（1）1主尺读数为 2mm，游标卡尺第 6 条刻度线与主尺对齐，宽度为 2mm6 0.05mm0.230cmd=+=（3）2钩码此时的速度为 dvt=（4）3根据受力平衡()0k xxmg=所以()()2001122pEk xxmg xx=弹 根据机械能守恒定律()()22001122dmg xxk xxmt=+联立，解得()2021dxxgt=结合丙图，可得 2dkbg=解得 2dgb=12 36.0 4.0 1.2 大于【详解】1由题意可知，通过电阻1R的电流124.0mAI=，根据欧姆定律可知，电阻1R两端的电压为 111UI R=电阻1R和电阻箱0R并

18、联，电压相等 01UU=根据欧姆定律，可得通过电阻箱0R的电流为 答案第 8 页，共 12 页 000UIR=金属杆在干路上，则通过金属杆的电流为 10III=+联立，解得 36.0mAI=23根据闭合电路欧姆定律可得 2xEUIRrR=+总（）其中 1UIR=100IRUIIIRR=+=+总 联立，解得 1210 xEIRRrRIRIR=+将当040R=时，24.0mAI=和当020R=时，20.0mAI=分别代入，解得 4.0 xR=1.2VE=4根据 1210 xEIRRrRIRIR=+可知，若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻在计算时，减去的电源的内阻偏小，计算得到

19、的金属杆的电阻偏大。13（1）1m/s，2m/s；（2）0.4s；（3）2m/s【详解】（1）A 向右运动，由牛顿第二定律得 qEma=由运动学公式得 2012val=设 A、B 碰后瞬间，A 的速度为1v，B 的速度为2v，由动量守恒定律得 答案第 9 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 012mvmvMv=+由机械能守恒得 222012111222mvmvMv=+联立解得 1v=-1m/s，2v=2m/s（2）A，B 碰后，B 向右做匀减速运动，A 向左减速，对 B 由牛顿第二定律 MgaM=设 B 经时间t向右运动 x 停止，有 2202va x=2va t=联立解得 x=0.

20、4m，t=0.4st时间内，设 A 位移为 s，对 A 有 2112svtat=+此时，A 的速度为 1vvat=+联立解得 x=0.4m，v=3m/s 即 B 停止的瞬间，A 刚好与 B 相碰，再次重复第一次的碰撞，则 A、B 第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔 t=0.4s（3）A、B 每经历一次碰撞，B 向右移动 0.4m，由 25.5lx=可知 B 向右移动 5x，再对 B 由动能定理得 2222211(5)22Mg lxMvMv=解得 22v=m/s 答案第 10 页，共 12 页 14（1）202mvqL；（2）03Lv；（3）（32L，23LL+，2L）【详解】（1）粒子在

21、电场中做类平抛运动，有 0Lv t=，212Lat=根据牛顿第二定律 qEma=联立解得 202mvEqL=（2）在磁场中，粒子的运动可以分解为垂匀速圆周运动和沿y正方向的匀速直线运动，垂直磁场方向，根据洛伦兹力提供向心力 200vqv BmR=解得 RL=如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为3，粒子在磁场中运动的周期 2 mTqB=则带电粒子在半圆柱体内运动的时间 16tT=联立解得 03Ltv=（3）在磁场中，沿着y轴正方向的速度大小 答案第 11 页，共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 yvat=x轴方向 3sin32xRL=y轴方向 23yLyLv tL=+=+z

22、轴方向 cos32LzR=带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为（32L，23LL+，2L）。15（1）00mgTTp SMg=+；（2）0 xmghVp=【详解】（1）初态时，对气缸系统进行受力分析有 10p Sp SMg=+得 10MgppS=+当往活塞系统放置 m时，再次对活塞系统受力分析有 20p Sp SMgmg=+得 20MgmgppSS=+则 mgpS=根据查理定律有 10ppTT=求得 00mgTTp SMg=+（2）由题意知初态时，气体体积 1VSh=温度不变时，根据玻意耳定律有 1122pVp V=求得 答案第 12 页，共 12 页()020p SMgVShp SMm g+=+则在压强2p不变的情况下，想要回到原位置，还需要 12VVV=则根据玻意耳定律有 20 xpVp V=求得 0 xmghVp=【点睛】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题注意根据平衡条件求解压强。（1）对气缸系统进行受力分析，根据平衡条件求解压强的变化；根据查理定律可得气体的温度的变化量；（2）温度不变时，根据玻意耳定律，结合在压强2p不变的情况下，想要回到原位置根据玻意耳定律可得活塞的位置不变需要充入空气的体积。