安徽省皖南八校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期8月摸底大聯(lián)考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024屆安微省高三摸底大聯(lián)考物理一、選擇題（本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象在生產(chǎn)、生活及科學(xué)研究中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A.電磁爐利用變化的磁場使食物中的水分子形成渦流來對食物加熱B.當(dāng)金屬探測器在探測到金屬時，會在探測器內(nèi)部產(chǎn)生禍流，致使蜂鳴器發(fā)出蜂鳴聲C.微安表等磁電式儀表在運輸時需要把正負(fù)接線柱短接，防止損壞，利用的電磁阻尼原理D.變壓器的鐵芯通常用涂有絕緣漆的薄硅鋼片疊合而成主要是為了減小鐵芯的電阻率，進(jìn)而增大在鐵芯中產(chǎn)生的渦流〖答案〗C〖解析〗A．電磁爐是通過鐵鍋產(chǎn)生渦流來加熱食物的，而不是食物形成渦流，故A錯誤；B．金屬探測器利用電磁感應(yīng)的原理，利用有交流電通過的線圈，產(chǎn)生迅速變化的磁場，這個磁場能在金屬物體內(nèi)部產(chǎn)生渦流，渦流又會產(chǎn)生磁場，倒過來影響原來的磁場，引發(fā)探測器發(fā)出鳴聲，故B錯誤；C．微安表在運輸時需要把正負(fù)接線柱短接，鋁框做骨架，當(dāng)線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，導(dǎo)致鋁框的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈受到安培阻力，起到電磁阻尼作用，使其很快停止擺動，因此，利用電磁阻尼保護(hù)指針，故C正確；D．變壓器的鐵芯通常用涂有絕緣漆的薄硅鋼片疊合而成是為了減小渦流，防止在鐵芯中產(chǎn)生過大渦流．故D錯誤。故選C。2.如圖所示，實線表示在空中運動的足球（可視作質(zhì)點）的一條非拋物線軌跡，其中一條虛線是軌跡的切線，兩條虛線互相垂直，下列表示足球所受合力的示意圖中，正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗做曲線運動的足球的速度方向應(yīng)為曲線上該點的切線方向，由圖可知，兩虛線應(yīng)相互垂直，由于足球做曲線運動，則合力應(yīng)指向曲線的內(nèi)側(cè)，且由于足球向上運動過程中速度減小，所以合力與速度方向應(yīng)與鈍角。故選A。3.如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為、和，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為、和。取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，若P點處的電場強(qiáng)度為零，則下列說法正確的是（）A.、可能異種電荷 B.、一定為同種電荷C.P點的電勢一定大于零 D.P點的電勢一定小于零〖答案〗B〖解析〗AB．由P點的場強(qiáng)為零，可知、在P點的合場強(qiáng)方向一定位于直線上，則、一定為同種電荷，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)距離為，則距離為，距離為，由于P點的場強(qiáng)為零，則有可得根據(jù)點電荷電勢表達(dá)式若為正電荷，則為負(fù)電荷，為正電荷，則P點的電勢為若為負(fù)電荷，則為正電荷，為負(fù)電荷，則P點的電勢為故CD錯誤。故選B。4.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波長為，振幅為A。當(dāng)坐標(biāo)為處的質(zhì)點位于平衡位置且向y軸負(fù)方向運動時，處質(zhì)點的位移和運動方向分別為（）A.、沿y軸正方向 B.，沿y軸負(fù)方向C.、沿y軸正方向 D.，沿y軸負(fù)方向〖答案〗D〖解析〗處質(zhì)點與處質(zhì)點相距，為，所以處質(zhì)點相位落后，當(dāng)坐標(biāo)為處的質(zhì)點位于平衡位置且向y軸負(fù)方向運動時，坐標(biāo)為處質(zhì)點位移為，運動方向沿y軸負(fù)方向。故選D。5.如圖所示，是一直角三棱鏡的橫截面，，，為測定其折射率，某同學(xué)用激光筆發(fā)射一束激光垂直于邊從其中點D入射，在邊上恰好發(fā)生全反射。不考慮光在三棱鏡中的多次反射，下列說法正確的是（）A.該三棱鏡的折射率為B.光在邊上也發(fā)生全反射C.減小入射光頻率，光在邊上仍能發(fā)生全反射D.增大入射光頻率，光在三棱鏡中傳播時間變短〖答案〗A〖解析〗A．光在邊上恰好發(fā)生全反射，有所以三棱鏡的折射率故A正確；B．光在邊上的入射角等于，因此不發(fā)生全反射，故B錯誤；C．減小入射光頻率，折射率也減小，則光在邊上入射角小于臨界角，不會發(fā)生全反射，故C錯誤；D．增大入射光頻率，折射率也增大，光的速度減小，光在三棱鏡中傳播路程不變，則光的傳播時間變長，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M木板，在木板上有一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定。若用水平恒力F將物塊從木板的一端拉到另一端，當(dāng)物塊與木板分離時，木板的速度為v，則（）A.增大M，v一定增大 B.增大M，v保持不變C.增大F，v一定增大 D.增大F或者增大M，均會使v減小〖答案〗D〖解析〗對m分析可知，m受拉力和摩擦力作用，根據(jù)動量定理有對M分析，根據(jù)動量定理有要使物塊與木板分離，則木塊的位移與木板間的位移差等于板長，則有聯(lián)立則有AB．故只增大M時，t一定減??；因M受到摩擦力不變，故受到的沖量減小，根據(jù)動量定理可知，v減小，故AB錯誤；CD．只增大F，t一定減小，因M受到摩擦力不變，故受到的沖量減小，根據(jù)動量定理可知，v減小，故C錯誤、故D正確。故選D。7.我國北斗中圓地球軌道衛(wèi)星，軌道離地高度，美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星在軌的運行周期約為12小時。已知地球同步衛(wèi)星離地高度約，地球的半徑為，若北斗中圓地球軌道衛(wèi)星和美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的質(zhì)量相同，北斗中圓地球軌道衛(wèi)星在軌運行時的速度大小為，美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星在軌運行時的速度大小為，（已知），則約為（）A.0.81 B.0.98 C.1.11 D.2.03〖答案〗B〖解析〗設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則得到美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的軌道半徑北斗中圓地球軌道半徑由，解得則故選B。8.質(zhì)量為m物體放置在傾角的粗糙固定斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，現(xiàn)用拉力F（與斜面的夾角為）拉動物體沿斜面向上勻速運動，下列說法正確的是（）A.拉力最小時，物體受三個力作用B.時，即拉力沿斜面斜向上時，拉力F最小C.斜面對物體的作用力的方向隨拉力F的變化而變化D.拉力F的最小值為〖答案〗BD〖解析〗ABD．對物體進(jìn)行受力分析如圖所示。則有聯(lián)立解得當(dāng)時，拉力最小，最小值為，此時物體受4個力作用，故A錯誤，BD正確。C．斜面對物體的作用力指的是摩擦力和支持力的合力，則有不變，則不變，即斜面對物體的作用力的方向不隨拉力的變化而變化，故C錯誤。故選BD。9.某同學(xué)用甲、乙兩個物塊來模擬研究汽車相遇規(guī)律問題，下圖是他根據(jù)運動規(guī)律繪制的甲、乙兩個物塊的運動位移時間圖線。已知甲物塊的運動圖線為一條頂點為的拋物線，乙的運動圖線為一過原點的直線。兩條圖線中其中一個交點坐標(biāo)為。則下列說法正確的是（）A.時刻甲物塊速度為B.甲物塊在做勻加速直線運動的加速度為C.圖中甲、乙兩個物塊再次相遇時刻為D.如果兩個物塊只相遇一次，則必有〖答案〗CD〖解析〗A．由圖像可知，乙物塊為勻速直線運動，其速度第一次相遇時，為乙追上甲的情形，因此此時甲的速度應(yīng)該小于乙速度，故A錯誤；B．由題意可知，甲做勻速直線運動，根據(jù)將點坐標(biāo)代入可求出故B錯誤；C．兩個物塊相遇條件為拋物線與直線相交，根據(jù)題意有代入可知故C正確；D．根據(jù)前面的相遇條件可知，當(dāng)方程有一個解時即為相遇一次，即二次方程中，解得故D正確。故選CD。10.如圖所示，質(zhì)量為m的光滑大圓環(huán)用細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)，兩個質(zhì)量均為的小環(huán)（可視為質(zhì)點）套在大圓環(huán)上，將兩個小環(huán)同時從大圓環(huán)的最高點a由靜止釋放，兩小環(huán)分別沿大圓環(huán)兩側(cè)下滑。已知重力加速度為g，從兩小環(huán)開始下滑到運動至大圓環(huán)最低點c的過程中，下列說法正確的是（）A.小環(huán)從a運動到b的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的彈力始終指向大圓環(huán)的圓心B.小環(huán)運動到b點時，大圓環(huán)與小環(huán)間的作用力一定不為零C.大圓環(huán)對輕桿的作用力可能為零D.大圓環(huán)對輕桿作用力的最大值為21mg〖答案〗BCD〖解析〗A．由彈力方向可知，小環(huán)從a運動到b的過程中，運動到圖示位置P點設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)與圓心的連線與豎直方向的夾角為，對小環(huán)由動能定理可得如果小環(huán)與大環(huán)恰好無彈力，重力的分力提供向心力，則解得在該點上方大圓環(huán)對小環(huán)的彈力方向背離大圓環(huán)圓心，在該點下方大圓環(huán)對小環(huán)的彈力方向指向大圓環(huán)的圓心，故A錯誤；B．小環(huán)運動到b點時，大圓環(huán)對小環(huán)的彈力提供小環(huán)的向心力，大圓環(huán)與小環(huán)間的作用力一定不為零，故B正確；C．當(dāng)小環(huán)運動到P點下面b點上面的Q點時，OQ與豎直方向的夾角為，大環(huán)對小環(huán)的彈力為F，則由動能定理由牛頓第二定律得由牛頓第三定律可知小環(huán)對大環(huán)的彈力大小為當(dāng)時，大圓環(huán)對輕桿的作用力恰好為零，解得或所以大圓環(huán)對輕桿的作用力可能為零，故C正確；D．當(dāng)其中一個小環(huán)到大圓環(huán)最低點時，由動能定理得由牛頓第二定律可得解得小環(huán)到大圓環(huán)最低點時，大環(huán)對小環(huán)的作用力最大；由牛頓第三定律可知小環(huán)對大環(huán)向下的作用力最大，所以大圓環(huán)對輕桿作用力的最大值為故D正確。故選BCD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分．11.某實驗小組為驗證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)計了如圖甲所示的裝置，實驗過程如下：（1）用螺旋測微器測量砝碼上端固定的遮光片厚度d時，螺旋測微器示數(shù)如圖乙所示，則d=_______mm，測得砝碼和遮光片總質(zhì)量m=0.026kg；（2）按圖甲安裝實驗器材并調(diào)試，確保砝碼豎直上下振動時，遮光片運動最高點高于光電門1的激光孔，運動最低點低于光電門2的微光孔；（3）實驗時，利用計算機(jī)記錄彈簧拉伸量x及力傳感器的讀數(shù)F，畫出F—x圖像，如圖丙所示；（4）測量遮光片經(jīng)過光電門1的擋光時間t1=0.0051s，彈簧的拉伸量x1=0.04m，經(jīng)過光電門2的擋光時間t2=0.0102s，彈簧的拉伸量x2=0.08m，以及兩個光電門激光孔之間的距離h=0.04m；（5）遮光片從光電門1運動到光電門2的過程中，彈性勢能的增加量Ep1=________J，重力勢能的減少量Ep2=_________J，系統(tǒng)動能的減少量Ek=_______J（結(jié)果保留三位有效數(shù)字，g=10m/s2），實驗表明在誤差允許范圍內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能守恒?！即鸢浮剑?）2.040（5）0.01200.01041.56×10－3〖解析〗（1）[1]螺旋測微器的分度值為0.01mm，則遮光片厚度為（5）[2][3][4]遮光片從光電門1運動到光電門2的過程中，彈性勢能增加量為重力勢能減小量為代入數(shù)據(jù)得系統(tǒng)勢能的增加量為代入數(shù)據(jù)得通過光電門速度為系統(tǒng)動能的減少量為代入數(shù)據(jù)得12.在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖1所示連接電路。電源電動勢為8.0V，內(nèi)阻可以忽略。單刀雙擲開關(guān)S先跟2相接，某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。（1）如果用歐姆表直接連接待測電容器（未充電）兩端，觀察到指針的偏轉(zhuǎn)情況是_______A．偏轉(zhuǎn)角度一直很小B．偏轉(zhuǎn)角度一直很大C．偏轉(zhuǎn)角度逐漸增大D．偏轉(zhuǎn)角度先很大，再逐漸減?。?）開關(guān)S突然接“1”時，電容器處于_________（選填“充電”或“放電”）狀態(tài)，電容器板_________（選填“A”或“B”）帶正電，（3）電容器充電后，開關(guān)S改接2使電容器進(jìn)行放電，此過程得到的圖像如圖2所示，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將_________（選填“減小”“不變”或“增大”）。（4）若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量，則該電容器的電容為________。（5）關(guān)于電容器在整個充、放電過程中的圖像和圖像的大致形狀，可能正確的有_________。（q為電容器極板所帶的電荷量，為A，B兩板的電勢差）。A．B．C．D．〖答案〗（1）D（2）充電A（3）不變（4）430（5）AD〖解析〗（1）[1]用歐姆表直接連接待測電容兩端，表內(nèi)部電源給電容器充電，在開始時電流較大，所以指針的偏轉(zhuǎn)角度很大，隨著電容器所帶電荷量不斷增大，充電電流逐漸減小，所以指針的偏轉(zhuǎn)角度逐漸減小，故選D。（2）[2][3]開關(guān)接“1”時，電容器開始充電，A板帶正電。（3）[4]根據(jù)電荷量與電阻值R無關(guān)，如果不改變電路其他參考數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將不變。（4）[5]根據(jù)電容的定義式可得（5）[6]AB．電容器在充電過程中，電流由最大逐漸減小，放電過程電流也是由最大逐漸減小，根據(jù)圖像的切線的斜率表示電流的大小，故A正確，B錯誤：CD．根據(jù)電容的定義式可得電容器的電容不變，圖像的形狀與q-t圖像相似，C錯誤，D正確。故選AD。13.如圖所示，光滑水平地面上靜置有一半徑為R=0.1m的豎直光滑圓弧軌道CD，O為圓心，C為軌道最低點，OC豎直，OC與OD夾角為．在其左側(cè)地面上靜置一質(zhì)量為的長木板A，木板上表面粗糙且與C點高度相同?，F(xiàn)將一質(zhì)量為的小滑塊B以初速度沿A的上表面從左端滑上木板，當(dāng)小滑塊B剛滑到A右端時，A、B恰好達(dá)到共同速度，此時木板與圓弧軌道發(fā)生彈性相撞（碰撞時間極短）。已知小滑塊B與長木板A的動摩擦因數(shù)，小滑塊可視為質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度。（1）求長木板A的長度；（2）若圓弧軌道不固定，且已知圓弧軌道質(zhì)量為，求小滑塊B沿圓弧軌道上升的最大高度H?！即鸢浮剑?）1.0m；（2）0.0015m〖解析〗（1）設(shè)A、B共同速度為，由動量守恒定律有解得由AB系統(tǒng)能量守恒有解得木板A的長度（2）以A與圓弧軌道為系統(tǒng)，取向右為正方向，設(shè)碰后A的速度為，圓弧軌道的速度為，由機(jī)械能守恒定律及動量守恒定律有聯(lián)立解得，以B與圓弧軌道為系統(tǒng)，設(shè)共速時速度為，由水平方向動量守恒及機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得14.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，在第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的點，以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a點進(jìn)入第四象限，經(jīng)過磁場后又從y軸上的某點進(jìn)入第三象限，且速度與y軸負(fù)方向成角，不計粒子所受的重力．求：（1）電場強(qiáng)度E的大小；（2）abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（3）粒子從P點出發(fā)到回到y(tǒng)軸上所用時間的最大值?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）帶電粒子