2023屆安徽省合肥市高三第一次質(zhì)量檢測（一模）物理含解析

合肥市2023年高三第一次教學質(zhì)量檢測

物理試題

（考試時間：90分鐘滿分：100分）

注意事項：

1.答題前，務必在答題卡和答題卷規(guī)定的地方填寫自己的姓名、準考證號和座位號后兩位.

2.答第I卷時，每小題選出答案后，用2B鉛筆將胃段卡上對應題目的答案標號涂黑.如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.

3.答第∏卷時，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卷上書寫，要求字體工整、筆跡

清晰.作圖題可先用鉛筆在等型卷規(guī)定的位置繪出，確認后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆

描清楚.必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草

稿紙上答題無效.

4.考試結(jié)束，務必將答題卡和答題卷一并上交.

第I卷（滿分40分）

一、選擇題（本題共10小題.每小題4分，共40分.1~7題在每小題給出的四個選項中，只

有一項是正確的，8~10題有多個選項是正確的.全部選對的得4分，選對但不全的得2分,

有錯選或不答的得0分）

1.甲、乙兩車由同一地點沿同一方向做直線運動，下圖為兩車的位移-時間圖像（X—f圖像），甲車在0時

刻的速度與乙車在’2’3時間內(nèi)的速度相等，甲車在4時刻的速度與乙車在°‘2時間內(nèi)的速度相等，則

下列說法正確的是（）

B.0%時間內(nèi)，4時刻兩車相距最遠

C.0%時間內(nèi)，甲車的平均速度大于乙車的平均速度

D.0-L時間內(nèi)，甲車的瞬時速度始終大于乙車的瞬時速度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.4時刻，兩車位移相等，則甲車和乙車并列而行，選項A錯誤；

B.O。時間內(nèi)甲車的速度大于乙車，：時刻兩車速度相等，以后甲車速度小于乙車，則A時刻兩車相

距最遠，選項B正確；

C.O4時間內(nèi)，兩車的位移相等，則甲車的平均速度等于乙車的平均速度，選項C錯誤；

D.O;時間內(nèi)，甲車的瞬時速度大于乙車的瞬時速度；tiJ時間內(nèi)，甲車的瞬時速度小于乙車的瞬

時速度，選項D錯誤。

故選Bo

2.圖示為懸掛比較輕的洗刷用具的小吸盤，安裝拆御都很方便，其原理是排開吸盤與墻壁間的空氣，依靠

大氣壓緊緊地將吸盤壓在豎直墻壁上。則下列說法正確的是（）

A.吸盤與墻壁間有四對相互作用力B.墻壁對吸盤的作用力沿水平方向

C.若大氣壓變大，吸盤受到的摩擦力也變大D.大氣對吸盤的壓力與墻壁對吸盤的彈力是一對平

衡力

【答案】D

【解析】

【詳解】A.吸盤與墻壁間存在彈力和摩擦力兩對相互作用，選項A錯誤；

B.墻壁對吸盤的彈力沿水平方向且垂直墻面，對吸盤的摩擦力豎直向上，所以彈力和摩擦力的合力方向

斜向上，即墻壁對吸盤的作用力斜向上，故B錯誤；

C.吸盤所受摩擦力與重力大小相等，方向相反，與大氣壓力無關，故C錯誤；

D.大氣對吸盤的壓力與墻壁對吸盤的彈力大小相等，方向相反，是一對平衡力，故D正確。

故選D。

3.正四面體Q4BC,。為其頂點，底面ABC水平，。為AB邊的中點，如圖所示。由。點水平拋出相同

的甲、乙兩小球，兩小球分別落在A點和。點，空氣阻力不計.則下列說法正確的是（）

O

B

A.甲球和乙球初動能之比為2:1B.甲球和乙球末動量大小之比為3:1

C.甲球和乙球末動能之比為12:11D.甲球和乙球動量的變化量之比為2:1

【答案】C

【解析】

【詳解】A.兩球下落的豎直高度相同，則時間相同；設正四面體的邊長為“,則落到A點的球的水平位

移為

-√3

?=~α

落到。點的球的水平位移為

百

根據(jù)

X=卬

則甲球和乙球初速度之比為2:1,則根據(jù)

Ek=~mvo

可知初動能之比為4:1,選項A錯誤;

B.兩球下落的豎直高度為

h=?J亭，-吊a);條

末速度

:M+2gh=J*+2gh

V=

解得

根據(jù)

p—mv

可知甲球和乙球末動量大小之比為

包=IH

P乙FIl

球落地時動能之比

Sk甲_■甲_12

及7一改一??

選項B錯誤，C正確；

D.根據(jù)

Δ∕?=mgt

可知，甲球和乙球動量的變化量之比為1:1,選項D錯誤。

故選Co

4.2022年11月9日，某天文愛好者通過衛(wèi)星過境的GoSatWatch（衛(wèi)星追蹤軟件）獲得天和空間站過境運

行軌跡（如圖甲），通過微信小程序“簡單夜空”，點擊“中國空間站過境查詢”，獲得中國天和空間站過

境連續(xù)兩次最佳觀察時間信息如圖乙所示，這連續(xù)兩次最佳觀察時間內(nèi)，空間站繞地球共轉(zhuǎn)過16圈.已知

地球半徑為凡自轉(zhuǎn)周期為24小時，同步衛(wèi)星軌道半徑為6.6R,不考慮空間站軌道修正，由以上信息可

估算天和空間站的軌道半徑為（班al.59）（）

北

南

查看過境圖

日期亮度過境類型

11月2日0.4可見

開始時間開始方位開始高度角

17:50:08西北偏西10°

查看過境圖

日期亮度過境類型

11月3日3.2可見

開始時間開始方位開始高度角

18:28:40西南偏西10°

A.0.83∕?B.1.04RC.1.59/?D.6.6R

【答案】B

【解析】

【詳解】由圖乙的信息可知兩次最佳觀察時間約為24h,空間站一天時間繞地球16圈，則空間站運行周

期

T.=當=1.5/?

16

根據(jù)開普勒第三定律

匚=K_

T2~Tj

解得天和空間站的軌道半徑為

石=1.04H

故選Bo

5.如圖為人體細胞膜的模型圖，它由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓（生物學上稱為膜電位）。

實驗小組研究了某小塊均勻的細胞膜，該細胞膜可簡化成厚度為d,膜內(nèi)為勻強電場的模型。初速度為零

的正一價鈉離子僅在電場力的作用下通過雙分子層，則該過程中以下說法正確的是（）

細胞外

細胞膜≡≡≡1'

i≡≡≡

s?∣?

A.膜內(nèi)電勢處處相等B.鈉離子的加速度越來越大

C.鈉離子的電勢能越來越小D.若膜電位不變，當“越大時，鈉離子通過雙分子

層的速度越大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由題意可知，膜內(nèi)為勻強電場的模型，即在膜內(nèi)存在電勢差，故A錯誤；

B.由題意可知，膜內(nèi)為勻強電場的模型，則鈉離子所受的電場力不變，由牛頓第二定律可知，鈉離子的

加速度不變，故B錯誤；

C.由題意可知，初速度為零的正一價鈉離子僅在電場力的作用下通過雙分子層，則電場力對鈉離子做正

功，其電勢能減小，故C正確；

D.該過程中由動能定理可知

,12

qU1--mv~

若膜電位不變，鈉離子通過雙分子層的速度與d無關，故D錯誤。

故選C。

6.我國風洞技術世界領先。下圖為某風洞實驗的簡化模型，風洞管中的均流區(qū)斜面光滑，一物塊在恒定風

力的作用下由靜止沿斜面向上運動，從物塊接觸彈簧至到達最高點的過程中（彈簧在彈性限度內(nèi)），下列說

法正確的是（）

A.物塊的速度一直減小到零B.物塊加速度先不變后減小

C.彈簧彈性勢能先不變后增大D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.從物塊接觸彈簧開始至到達最高點的過程中，對物塊受力分析，沿斜面方向有

FΛ—mgsinθ-kx-ma

彈簧的壓縮量X從O開始增大，物塊先沿斜面加速，加速度向上且逐漸減小，當“減小到O時，速度加速

到最大；然后加速度反向且逐漸增大，物體減速，直至減速到0,故AB錯誤；

C.由于彈簧的壓縮量不斷增大，所以彈性勢能不斷增大，故C錯誤；

D.由于風力對物塊一直做正功，所以物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一直增大，故D正確。

故選D。

7.電容器是一種重要的電學元件，在電工和電子技術中應用廣泛.使用圖甲所示電路觀察電容器的充電和

放電過程.電路中的電流傳感器（不計內(nèi)阻）與計算機相連，可以顯示電流隨時間的變化.直流電源電動

勢為E,實驗前電容器不帶電.先將開關K撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將其撥到“2”，直

至放電完畢.計算機顯示的電流隨時間變化的i-f曲線如圖乙所示.則下列說法正確的是（）

電

流

傳

感

器

H

L_

A.乙圖中陰影部分的面積S=S?B.乙圖中陰影部分的面積S∣<S2

C.由甲、乙兩圖可判斷阻值N>&D.由甲、乙兩圖可判斷阻值N=&

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.圖乙中陰影面積代表充放電中電容器上的總電量，所以兩者相等，選項A正確，B錯誤；

CD.由圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相

等，由

&+H&）+&

解得

Rl<R2

選項CD錯誤。

故選A?

8.2022年10月9日搭載天基太陽天文臺“夸父一號”長征二號丁運載火箭成功發(fā)射。下圖為火箭發(fā)射

后，第6秒末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對照片進行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時火箭底部對齊。假

設火箭發(fā)射后6秒內(nèi)沿豎直方向做勻加速直線運動，且質(zhì)量不變。已知火箭高為40.6米，起飛質(zhì)量為250

噸，重力加速度g取9.8m∕s20則下列估算正確的是（）

A.火箭豎直升空的加速度大小為2.2m/S?

B.火箭豎直升空的加速度大小為4.2m/S?

C.火箭升空所受到的平均推力大小為3?5χl0'N

D.火箭升空所受到的平均推力大小為3.()XKFN

【答案】AD

【解析】

【詳解】由圖可知，照片中火箭尺寸與實際火箭尺寸的比例為

(5.1-2.5)Cm2.6

-40.6m-^4060

可得火箭在6s內(nèi)上升的高度為

,CU4060…

n=2.5X------cm≈39.0m

2.6

由勻變速直線運動規(guī)律得

,12

h——cιt

2

解得

a≈2.2m∕s2

由牛頓第二定律得

F—mg=ma

解得平均推力大小為

F=3.0×106N

故選ADo

9.安裝在我國空間站的霍爾推進器是用于維持空間站的運行軌道，其部分原理圖如圖。在很窄的圓環(huán)空間

內(nèi)有沿半徑向外的磁場8,其磁感強度大小處處相等，同時加有垂直圓環(huán)平面的勻強磁場B2和勻強電場

E（圖中均未畫出），吊與&的磁感應強度大小相等。若電子恰好可以在圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為R、

速率為V的勻速圓周運動。已知電子電荷量為e,質(zhì)量為〃?，則下列說法正確的是（）

B.E的大小為黑

A.E的方向垂直于環(huán)平面向外

C.與的方向垂直環(huán)平面向里D.坊的大小為―

eR

【答案】BC

【解析】

【詳解】AC.電子受到磁場B的洛倫茲力始終垂直環(huán)平面向里，此洛倫茲力應與電子所受的電場力平

衡，即電子所受的電場力方向垂直環(huán)平面向外，所以E的方向垂直于環(huán)平面向里，電子受到磁場&的洛

倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定則可知，磁場B2的方向垂直環(huán)平面向里，故A錯誤，

C正確；

BD.電子受到磁場員的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，則有

mv^

evB

2R

解得

由于S與&的磁感應強度大小相等，根據(jù)電場力與電子受磁場田的洛倫茲力平衡，則有

eE-eBiv

得

E=B,V=-----

1eR

故B正確，D錯誤。

故選BCo

10.如圖甲所示，為保證游樂園中過山車的進站安全，過山車安裝了磁力剎車裝置，磁性很強的鈦磁鐵安

裝在軌道上，正方形金屬線框安裝在過山車底部.過山車返回站臺前的運動情況可簡化為圖乙所示的模

型.初速度為%的線框。從4沿斜面加速下滑S后，歷邊進入勻強磁場區(qū)域，此時線框開始減速，兒邊出

磁場區(qū)域時，線框恰好做勻速直線運動.已知線框邊長為/、匝數(shù)為〃、總電阻為r,斜面與水平面的夾角

為6.過山車的總質(zhì)量為，“，所受摩擦阻力大小恒為力磁場區(qū)域上下邊界間的距離為/,磁感應強度大小

為B,方向垂直斜面向上，重力加速度為g.則下列說法正確的是()

圖甲圖乙

A.線框剛進入磁場時，從線框上方俯視，感應電流的方向為順時針方向

B.線框剛進入磁場時，感應電流的大小為型/2(-gSm』―/)$+片

rVm

C.線框穿過磁場的過程中，通過其橫截面的電荷量為零

D.線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(mgsin-/)(5+2l)+-mvl—心幽監(jiān)二”

22BI

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.根據(jù)楞次定律，線框剛進入磁場時，從線框上方俯視，感應電流的方向為順時針方向，選項

A正確;

B.線圈從開始運動到剛進入磁場則由動能定理

mgsin夕s-力=；mv2-?∕wvθ

線框剛進入磁場時，感應電流的大小為

_nBlv_∏BI∣2(mgsin0-f)s-

選項B正確;

C.線框穿過磁場的過程中，根據(jù)

q=∕?Z=-------

r

因磁通量變化量為零，則通過其橫截面的電荷量為零，選項C正確;

D.OC邊出磁場區(qū)域時，線框恰好做勻速直線運動，則

⑤.1.45##1.46##1.47##1.48##1.49##1.50⑥.0.72##0.73##0.74##0.75##0.76

【解析】

【詳解】（1）⑴考慮到電流表AI的內(nèi)阻對電源內(nèi)阻的測量影響，則應采用圖乙電路測量合理:

（2）[2]將電流表A2和電阻箱R串聯(lián)，改裝成一個量程為3.0V的電壓表，電阻箱R的阻值應調(diào)到

3

-1000=9000Ω

300x10-6

（3）[3]由圖可知,微安表讀數(shù)為120μA;

[5][6]由電壓表改裝可知，微安表A2的300μA刻度對應電壓3V,則由圖可知，縱軸截距為1.46V,即電

動勢

E=I.46V

內(nèi)阻

r1--.-4-6----1--.0--0-ΩC=0.74Ω

0.62

三、計算題（本大題共4小題，共42分.解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步

驟.只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.）

13.物流公司用滑軌裝運貨物，如圖所示.長5m、傾角為37。的傾斜滑軌與長5.5m的水平滑軌平滑連接,

有一質(zhì)量為Ikg的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑。已知貨物與兩段滑軌間的動摩擦因數(shù)均為:，

sin37°=0.6,空氣阻力不計，重力加速度g取IOm/s??求:

（1）貨物滑到傾斜滑軌末端的速度大小；

（2）貨物從開始下滑經(jīng)過4s，克服摩擦力所做的功為多少。

克服摩擦力所做的功為

Wf=∕ng/sin37=3()J

14.如圖所示，某校門口水平地面上有一質(zhì)量為15Okg的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數(shù)為

工作人員用輕繩按圖示方式緩慢移動石墩，此時兩輕繩平行，重力加速度g取IOm/Sz.求：

(1)若輕繩與水平面的夾角。為60。，輕繩對石墩的總作用力大小；

(2)輕繩與水平面的夾角為多大時，輕繩對石墩的總作用力最小，并求出該值.

【答案】(1)500√3N(2)族30。時F最小，最小值為750N

【解析】

【詳解】(1)對石墩受力分析可知

Fcos60=μ{mg-Fsin60)

解得

F=5OO√3N

(2)由

Fcosθ=從(mg-Fsinθ)

可得

F__150OG_1500石_750

COSe+"sin。3cos6,+x∕3sin6,C1..sin(60+6)

2√3(萬cos6zl+5sin9zl)

則當G30。時F最小，最小值為750N。

15.如圖所示，一絕緣細直桿AC固定在方向水平向左的勻強電場中，直桿與電場線成45°角，桿長為

/=—mo一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過桿端C正

2

下方P點，C、P兩點相距人已知環(huán)的質(zhì)量m=0?5kg,環(huán)與桿間的動摩擦因素〃=g,〃=1.2m,重力

加速度g取IOm八2。求：

(1)小環(huán)從桿端A運動到P點的時間；

(2)小環(huán)運動到桿端A正下方時的動能E-

【解析】

【詳解】(1)小環(huán)從A到C的過程中勻速下滑，對小環(huán)受力分析可得

mgsin45o=Fcos450+f

FN=Ingcos450+Fsin45°

又因為

f=出

解得

F=2,5N

小環(huán)從C到P的過程中，在水平方向有

F

4=—

m

0

0=VCos45√1-g”；

豎直方向有

h=vsin45。?:+ggt；

解得

f↑=0?4s,V=√2m∕s，⑸=5m∕s2

則小環(huán)從A運動到P點的時間為

I一、

r=-÷r=1.9s

V1

(2)小環(huán)從。到A正下方的過程中，在水平方向有

o

vx=Vcos45-cιxt2

o

TCoS45。=Vcos45√2-;ɑj]

豎直方向有

vv=USin450+的

解得

vv=-4m∕s,vy=1lm∕s

則小環(huán)運動到桿端A正下方時的動能為

Ek=+W)=34.25J

16.如圖所示，在平面直角坐標系XOy內(nèi)，X軸上方有垂直于坐標平面向里勻強磁場，磁感應強度大小

為B,X軸下方有沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為避但4。X軸上S(d,0)處有一粒子源，在坐標

2m

平面內(nèi)先后向磁場中與X軸正方向夾角為30°~150°范圍內(nèi)發(fā)射帶正電的粒子，所有粒子第一次經(jīng)磁場偏

轉(zhuǎn)后均可同時從O點進入電場。已知粒子的質(zhì)量為〃?、電荷量為q,不計粒子重力及粒子間相互作用。問：

(1)由S處最先發(fā)射的粒子與最后發(fā)射的粒子，發(fā)射的時間差為多少；

(2)由S處發(fā)射的速度最小的粒子，從發(fā)射到第二次經(jīng)過。點的時間：

(3)若僅電場強度大小變?yōu)樽У?最小速度的粒子從S處發(fā)射后第2023次經(jīng)過X軸的位置為尸點，

m

最先發(fā)射的粒子從S處發(fā)射后第2023次經(jīng)過X軸的位置為。點，求PQ間的距離。

4τrmm[2百〕1011,

【答案】(1)(2)—π-?------:(3)------d

3√FiqB13)4

【解析】

【詳解】⑴粒子在磁場中圓周運動的周期公式為

T2πm

1=-----

qB

設粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為e,則粒子在磁場中的運動時間為

*_θrr_Om

~2π~~qB

TT

所以，與。成正比。由幾何知識可知，發(fā)射粒子運動方向與X軸正方向夾角為150°時，。角最小為。=一，

3

5萬

粒子發(fā)射時間最晚；發(fā)射粒子運動方向與X軸正方向夾角為30°時，。角最大為夕=丁，粒子發(fā)射時間最

早。所以最先發(fā)射的粒子與最后發(fā)射的粒子，發(fā)射的時間差為

m(5ππ?^πm

3^^3^J^3qB

(2)粒子在磁場中運動時，有

qvB=——

r

解得

,=幽

V

m

可知發(fā)射速度越小的粒子，其圓周運動半徑越小。由幾何知識可得，粒子圓周運動半徑最小為

d

r=—

1λ2

則粒子最小速度為

_qBd

?

2m

速度最小的粒子在磁場中運動的時間為

1Tπm

4=—I=----

2qB

粒子在電場中運動時有

c_qE?_√3(∕2g2J

a=一

?m2m2

粒子在電場中先減速，再反向加速返回O點，在電場中運動的時間為

,2v,

t———-------

x%3qB

所以粒子從發(fā)射到第二次經(jīng)過O點的時間為

,m(2y∣3^