2023-2024学年安徽省皖中名校联盟高三（第三次）调研物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.关于速度、速度变化量、速度变化率和加速度，下列说法正确的是( )
A. 物体的速度越大，加速度就越大
B. 物体的速度变化量越大，加速度就越大，速度变化率越大
C. 物体做减速运动时，加速度变小
D. 物体的速度均匀变化时，加速度不变，速度变化率不变
2.机械手表中的分针和秒针可视为匀速转动，则分针和秒针两次重合的时间间隔为( )
A. B. C. D.
3.手摇式发电机的简化图如图所示：发电机线圈内阻，产生的电动势随时间变化的规律为。现将发电机与阻值为的灯泡组成闭合电路，则( )
A. 电压表的示数为10V
B. 线框转动到图示位置时，灯泡中电流瞬时值为零
C. 线框由图示位置转圈，回路中消耗的电能1J
D. 线框由图示位置转圈，通过灯泡的电荷量为
4.在足球训练场上，某球员将足球以初速度踢出后，立即从静止开始沿直线加速向足球追去，经一段时间后追上了还在向前滚动的足球。球员和足球这一运动过程的图像如图所示，关于这一过程的判断正确的是( )
A. 球员的速度变大，加速度变大 B. 球员的最大速度可能等于
C. 球员的平均速度一定小于 D. 时刻球员追上足球
5.下图是一款小型电钻的简化电路图，它由变压器及电机两部分构成，变压器为理想变压器，电机的内阻为，额定电压为11V，额定电流为2A。当变压器输入电压为220V的正弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是( )
A. 变压器原线圈电流的最大值为 B. 变压器副线圈电流的最大值为2A
C. 变压器的输入功率为4W D. 电机产生的机械功率为22W
6.某同学用半径相同的两个小球a、b来研究碰撞问题，实验装置示意图如图所示，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让入射小球a多次从斜轨上的某一确定位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其平均落地点的位置P；然后，把被碰小球b置于水平轨道的末端，再将入射小球a从斜轨上的同一位置由静止释放，使其与小球b对心正碰，多次重复实验，确定出a、b相碰后它们各自的平均落地点的位置M、N；分别测量平抛射程OM、ON和已知a、b两小球质量之比为6：1，在实验误差允许范围内，下列说法中正确的是( )
A. a、b两个小球相碰后在空中运动的时间之比为OM：ON
B. a、b两个小球相碰后落地时重力的瞬时功率之比为6OM：ON
C. 若a、b两个小球在碰撞前后动量守恒，则一定有
D. 若a、b两个小球的碰撞为弹性碰撞，则一定有
7.一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为、。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O由静止释放，其速度v随位置x的变化规律如图所示，粒子仅受电场力作用，设O点电势为零。则下列说法正确的是( )
A. 该电场为匀强电场 B. Q点的电势为
C. 粒子从O运动到Q的平均速度 D. 粒子在OP间的平均加速度比PQ间的小
8.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历 ABCDE过程到达状态E，其中BA的延长线经过原点，BC与横轴平行，DE与纵轴平行．下列说法正确的是( )
A. AB过程中气体的体积逐渐变大 B. BC过程中气体不从外界吸热
C. CD过程气体内能不变 D. DE过程气体对外界做功
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.一物理教师某天正在一湖边钓鱼，突然湖的周围起了风，他发现湖中钓鱼的浮标上下浮动。他根据自己的经验认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动，他通过观测绘制出了浮标的振动图像，如图1所示，接着他又根据湖面的波纹绘制出了水的波动图像，如图2所示。假设图2是一列沿x轴正方向传播的水波在时的波形图，图1是图2中离原点范围内某质点的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 浮标上下振动的周期为
B. 该列波的波速为
C. 再经秒处的质点到达波谷位置
D. 图1是处质点的振动图像
10.如图所示，一倾角为的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转，时刻，一小滑块可视为质点从传送带底端处以初速度沿传送带向上滑上传送带，在时刻离开传送带.则下列描述小滑块的速度随时间变化的关系图象可能正确的是
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是________mm、_______A、_________V。
已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为，电流表内阻约几欧，电压表内阻约，电源电动势，内阻很小。实验要获得尽可能多的数据来绘制图像，则以下电路图中_________填电路图下方的字母代号电路为本次实验测电阻应当采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________。选填“小”或“大”
若已知实验所用的电流表内阻的准确值，那么准确测量金属丝电阻的最佳电路应是上图中的_________电路填电路图下的字母代号。此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻________用题中字母代号表示。
12.如图甲所示是某同学设计的测定动摩擦因数的实验装置示意图。将长木板固定在水平桌面上，轻弹簧水平放置在长木板上，其右端固定在长木板上的C处，左端连接一木块，木块上方固定有窄片P，当弹簧处于原长时，木块在A点处，用来测量窄片遮光时间的光电门图中未画出固定在A点处。第一次，用木块向右压缩弹簧，木块移到B点处由静止释放，通过A点处时记下窄片的遮光时间，测出木块含窄片的质量；第二次，在木块上方增加砝码后，向右压缩弹簧使木块再次移到B点处并由静止释放，木块通过A点处时记下窄片的遮光时间，测出木块含窄片和砝码的总质量，反复多次实验。重力加速度大小为
为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，实验中除了测量窄片的宽度d外，还需要测量的物理量有__________。
在坐标纸上作出窄片遮光时间t平方的倒数随木块含窄片和砝码的总质量的倒数变化的关系图象，如图乙所示，根据图线，求得木块与长木板间的动摩擦因数__________；同时还能根据图象求出木块从B点运动到A点的过程中，弹簧对木块做的总功__________。用a、b、d、g及需要测量的物理量字母表示
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，AOB是截面为四分之一圆的玻璃砖，圆的半径为R，一束单色光从OA的中点G垂直OA射入，在圆弧面上的D点发生反射和折射，反射光线和折射光线分别照射到OB所在平面上的E点和F点，已知为直角三角形。
求玻璃砖对光的折射率；
若将入射光从G点向上平移，则向上平移多大距离，光照射到圆弧面上刚好发生全反射？
14.如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在x轴下方有一匀强电场，场强方向竖直向上。一质量为m，电荷量为q，重力不计的带电粒子从y轴上的a点处沿y轴正方向以初速度开始运动，并以与x轴正方向成角的速度方向第一次进入电场，且经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，一段时间后，粒子回到a点。
画出粒子从a点开始运动到再次经过a点的运动轨迹；
求匀强磁场磁感应强度B的大小和匀强电场电场强度E的大小；
求粒子从a点开始运动到再次回到a点所用的时间t。
15.如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取。求：
球运动到M点的速度大小；
球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能；
球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，弹簧对A球作用力的冲量；
、B两球最终的速度、的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据加速度的定义式，可知加速度为比值定义法，物体的加速度和速度之间没有必然联系，物体的速度越大，加速度不一定就越大，故A错误；
B.根据加速度的定义式，可知物体的加速度即速度变化率由速度变化量和完成这一变化所用的时间共同决定，所以物体的速度变化量越大，加速度即速度变化率不一定越大，故B错误；
C.物体做减速运动时，速度变小，而加速度可能变化也可能不变，故C错误；
D.物体的速度均匀变化时，加速度不变，即速度变化率不变，即物体做匀变速运动，故D正确。
故选：D。
根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度的大小及速度变化量无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。
把握加速度的定义式中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。
2.【答案】C
【解析】解：分针的周期为1h，秒针的周期为，两者的周期比为：：1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有：
，即，又，所以
故选：C。
分针的周期为1h，秒针的周期为，两者的周期比为：：1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合，存在这样的关系，根据该关系求出所经历的时间．
解决本题的关键知道分针和秒针的周期，以及知道分针与秒针从第1次重合到第2次重合存在这样的关系
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了交变电流电动势瞬时值表达式，解题的关键是根据正弦式交流电电动势瞬时表达式为找出和，再结合欧姆定律，有效值等概念进行计算即可。
根据交流电的峰值求出有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数；
根据垂直中性面位置的磁通量变化率等性质来判断；
利用计算回路中消耗的电能；
求出在时间内的平均感应电动势，由求的平均感应电流，由求出电荷量。
【解答】
A.该交流电的有效值，则电路中的电流，则电压表的示数，故A错误；
B.线框转动到图示位置即与中性面垂直的位置时，电动势的瞬时值为最大值，所以灯泡中电流瞬时值也为最大值，故B错误；
C.依题意，线框的转动周期为；线框由图示位置转圈，所需时间为；
回路中消耗的电能，故C错误；
D.根据公式，，，可得；
线框由图示位置转圈，有：；
又：；
联立，可得：，即通过灯泡的电荷量为，故D正确。
4.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，球员的速度变大。根据图像的斜率表示加速度，可知球员的加速度变小，故A错误；
B、球员做加速度减小的加速直线运动，足球做匀减速直线运动，球员追上足球时两者位移相等，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知，球员的最大速度可能等于足球的最大速度，故B正确；
C、球员与足球的位移相等，时间相等，球员与足球的平均速度相等，均为，故C错误；
D、时刻球员与足球速度相同，此时相距最远，故D错误。
故选：B。
根据图像直接读出速度变化情况，根据图像的斜率变化分析加速度的变化；图像与时间轴所围的面积表示位移，根据球员追上足球时，两者位移相等，分析球员的最大速度与的关系；球员与足球的位移相等，时间相等，球员与足球的平均速度相等；球员和足球速度相等时，相距最远。
解答本题时，要知道图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是由变压器的电压、电流跟匝数的关系得电流的最大值，原线圈电流的变化关系与副线圈相同，变压器的输入功率由公式求解，变压器为理想变压器输入功率等于输出功率，电机的机械功率等于输出功率减去热功率。
【解答】
AB、变压器原线圈与副线圈匝数之比，可知，原线圈电流有效值为，所以电流最大值为A，副线圈是正弦交变电流，电流瞬时值不断变化，电流的最大值为，故A正确，B错误;
CD、变压器输入功率为，电机产生的机械功率为，故CD错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A、根据 知，高度相同，则两球运动的时间相同，故A错误；
B、根据 可知两球落地时的竖直分速度相等，根据 知，a、b两球的质量之比为，则重力的瞬时功率之比为，故B错误；
C、开始a球平抛运动的初速度 ，碰撞后，a球的速度 ，b球的速度 ，根据动量守恒有： ，则有： ，故C错误；
D、若为弹性碰撞，根据动量守恒有： ，根据机械能守恒有： ，则有： ，联立解得 ，故D正确；
故选
两球碰撞后均做平抛运动，根据高度比较平抛运动的时间，根据重力的瞬时功率公式，结合竖直方向上的分速度得出瞬时功率之比；碰撞过程中动量守恒，运用水平位移代替速度得出动量守恒的表达式，若为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒。
7.【答案】D
【解析】A.该电场如果为匀强电场，则带电粒子从原点O由静止释放后将做匀加速直线运动，其速度-位移关系为
则图像应该为抛物线，但题目中的图像为直线，所以该电场不是匀强电场，故A错误；
B.带电粒子在电场中的电势能和动能之和保持不变，即
解得
故B错误；
C.在速度与位移成正比的情况下，加速度将与速度成正比，则速度与时间将不满足线性关系；与匀变速直线运动相比，在发生相同位移的情况下，用时将更长，所以粒子从O运动到Q的平均速度 ，故C错误；
D.粒子在OP间和PQ间的速度变化量相等，但是粒子在OP间的速度较小，所以用时更长，根据加速度定义式
可知，粒子在OP间的平均加速度比PQ间的小，故D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】【分析】
图象中等容线为过原点的一条倾斜直线；根据判断做功情况，根据热力学第一定律判断内能变化或吸热情况。
本题考查理想状态方程、热力学第一定律与图象的综合应用；对于图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式，根据表达式判断各物理量的变化情况。
【解答】
A.根据理想气体状态方程得：，BA的延长线经过原点，p与T成正比，斜率代表体积倒数，则AB过程中气体的体积不变，故A错误；
B.BC过程，压强不变，温度升高，气体内能增大，即；又体积增大，气体对外界做功，，根据热力学第一定律得：可知，气体应吸热，故B错误；
C.由图象可知，CD过程，压强减小，温度升高，气体内能增大，故C错误；
D.DE过程温度不变，内能不变，压强减小，根据理想气体状态方程得体积增大，气体对外界做功，故D正确；
故选 D。
9.【答案】ABD
【解析】【分析】由波形图读出波长，振动图读出周期，然后求出波速。由波形图和振动图分析质点的振动情况。
根据图1得到质点振动，从而根据波的传播方向由图2判断图1描述的质点。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
【解答】由图1可知，浮标振动的周期，由图2可知波长，该波的波速，A、B正确;
由题图1可知，质点在时处于平衡位置且沿y轴负方向运动，在范围内的质点在时刻有、、处的质点处在平衡位置，但只有处的质点是沿y轴负方向运动的，故题图1是处质点的振动图像，此时刻处的质点正向x轴正向运动，故再经秒处质点应到达波峰位置。选项D正确，C错误。
故选ABD。
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
要分不同的情况进行讨论：若：分析在最大静摩擦力重力沿斜面向下的分力和重力沿斜面向下的分力的运动情况。
【解答】
A.若：物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若最大静摩擦力f小于重力沿斜面向下的分力，则物体继续向上减速，但是由于摩擦力反向加速度减小，最终可能速度减小为0之前从上端离开，则A图是可能的，故A正确；
B.若：物体先做匀加速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物体将与传送带一起匀速运动，则B图是可能的，故B正确；
C.若：不可能加速度不变减速减到0，然后反向加速，故C错误；
D.若：物体可能先做匀减速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体将继续向上减速运动，可能速度减小为0时还未从上端离开，故接下来会向下匀加速运动，由牛二可知第二第三过程加速度相等，且小于第一个过程，则D图是可能的，故D正确。
故选ABD。
11.【答案】；；；C；小；D；
【解析】解：螺旋测微器的读数为：；
电流表的读数为：；
电压表的读数为：；
根据题意，为获得尽可能多的数据应该采用分压式接法，待测电阻的内阻约为，故电流表应用外接法，故电路图C为应当采用的最佳电路．根据欧姆定律知，由于电压表的分流作用而使得R测量值偏小．
若已知实验所用的电流表内阻的准确值，则应用电流表内接；故电路D正确，故选：D；
最终测得金属丝电阻为：
故答案为：；；；C；小；D；
螺旋测微器读数时，可以分成整数部分和小数部分两部分来读，读整数时，注意“半毫米”刻度线是否露出；电表读数时注意“估读”方式：若每小格的读数是“”A，则应是估读，即估读到，若每小格的读数是“”V，则应是“”估读，即估读到，若每小格最小读数是“”，则应是估读，即估读到“”即可；
滑动变阻器采用分压式接法时，通过电源的电流远大于采用限流式时的电流．
若已知实验所用的电流表内阻的准确值，则应用电流表内接；并且为获得尽可能多的数据应该采用分压式接法；
由欧姆定律可得金属丝电阻值．
在螺旋测微器读数时，要分别读出固定刻度和可动刻度，再求出两部分的和，则应“半毫米”刻度线是否露出；
12.【答案】、B两点间的距离x；
。
【解析】【分析】
根据实验原理求出动摩擦因数的表达式，然后确定需要测量的量；根据动能定理求得的函数关系，结合图象即可求得。
掌握实验原理是解题的关键。
【解答】
木块通过A点时的速度大小为，t为窄片通过光电门的遮光时间，木块从B点运动到A点的过程，根据动能定理有得，结合图乙得， ，解得，，可知为测量动摩擦因数，还需要测A、B两点间的距离x。
13.【答案】解：设光在D点的入射角为i，根据几何关系，
由几何关系可知，
由于，设折射角为r，根据几何关系可知，折射角，
则折射率；
设光线向上平移的高度h，光线照射到圆弧面上时刚好发生全反射，这时光线在圆弧面上的入射角等于临界角C，
，
根据几何关系，
解得。
【解析】解析请参考答案文字描述
14.【答案】根据题意可得粒子的运动轨迹如下
由图可得
粒子在磁场中做圆周运动，故由牛顿第二定律有
结合题意联立可得，
粒子在电场中做斜抛运动，即在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，且到达b点时，竖直方向速度恰好为零，故在水平方向上有
在竖直方向有，
联立可得，；
由粒子的运动轨迹图可知，粒子在磁场中的运动的总圆心角为
故粒子在磁场中运动的总时间为
由对称性可知，粒子在y轴左侧和右侧电场中的运动时间相等，故粒子从开始运动至再次经过a点所用的总时间为。
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在匀强电场中做类平抛运动，结合题设条件作出运动轨迹；
从a点进入磁场，由几何关系求出轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。粒子进入电场做类斜抛运动，根据类平抛运动规律求时间和电场强度的大小；
分别求出粒子在磁场与电场中的运动时间，然后获得总的运动时间。
根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学知识即可解题，解题时注意几何知识的应用。
15.【答案】解：对A球下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
在水平轨道上，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B两球速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：
由机械能守恒定律得：
，
代入数据解得：
球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，根据动量定理，弹簧对A球作用力的冲量，负号表示方向水平向左，冲量大小为。
弹簧恢复原长时A、B分离，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能，设分离后A的速度为，B的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，
弹簧恢复原长后A、B都向右做匀速直线运动，A、B的最终速度大小分别是、，方向都向右。
【解析】、小球A在LM上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求得A与弹簧碰撞前瞬间的速度大小，当A、B的速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A、B的共同速度，由机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
根据动量定理求出A球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，弹簧对A球作用力的冲量。
最终A、B分离，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A、B的最终速度。
本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。
