2024届安徽省合肥市高三上学期第二次(12月)物理试题含答案

物理（答案在最后）
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分100分，考试时间75分钟。

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．本卷命题范围：必修第一、二、三册+选择性必修一动量、选择性必修二磁场约占90%；其他高考部分约占10%。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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。

1.如图所示，单匝圆形线圈的半径为R ，线圈中有半径为r 的圆形磁场区域，磁场的磁感应强度大小与时间的关系为B =kt ，方向垂直线圈平面。

则在0~t 0时间内，线圈磁通量的变化量为（
）
A.π²k r t
B.π²k R t
C.2π²k r t
D.2π²k R t
【答案】A 【解析】
【详解】在t =0时刻，线圈的磁通量为0，在t =t 0时刻，线圈的磁通量
π²k r t Φ=则在0~t 0时间内，线圈磁通量的变化量
πΔ²k r t Φ=故选A 。

2.如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，绝热活塞将气缸分为a 、b 两部分，活塞与气缸之间无摩擦；初始时a 、b 中的气体压强、温度均相等，现通过电阻丝对a 中的气体进行缓慢加热，停止加热并达到稳定后（
）
A.a 中的气体温度减小
B.a 中的气体压强减小
C.b 中的气体压强增大
D.b 中的气体单位体积内的分子数不变【答案】C 【解析】
【详解】AB ．电阻丝对a 进行加热，a 中的气体内能增加，温度升高，压强增大，故AB 错误；
CD ．活塞向右运动，活塞对b 做功，b 中气体内能增加，温度升高，压强增大，b 的体积减小，气体总分子数不变，则b 中的气体单位体积内的分子数增大，故C 正确，D 错误。

故选C 。

3.当云层中包含有大量的电荷时，云层和大地之间可视为一个巨大的平行板电容器。

如图所示，云层带正电，取地面的电势为0，在云层和地面间的P 点处悬浮有一带电微粒。

下列说法正确的是（
）
A.微粒带正电
B.若云层高度下降，P 点的电势降低
C.若云层高度下降，微粒将向上运动
D.若云层高度下降，微粒的电势能不变【答案】D 【解析】
【详解】A ．云层与大地间形成的电场方向向下，若微粒能悬浮在空中，则微粒受到向上的电场力，微粒带负电，故A 错误；BCD ．由
4r S Q
C kd U
επ=
=U E d
=
仅改变d，而Q保持不变时，电场强度E不变，则P点的电势不变，微粒的电势能不变，依然悬浮在P点，故BC错误，D正确。

故选D。

n=能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单色4.为了研究大量处于3
光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是（）
A.三种光的频率最大的是c
B.a、b、c三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是c
C.用a光照射另外某种金属能发生光电效应，则用c光照射也一定能发生
D.通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度a光最宽
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，a、b、c三种光的遏止电压关系为U a>U b>U c，根据
eU=hν-W
可知频率的大小关系
νa>νb>νc
故A错误；
B．根据频率越大，折射率越大，临界角公式
1
sin C
=
n
临界角最大的是c，故B正确；
C．频率越大越容易发生光电效应，用a光照射金属发生光电效应，则用c光照射不一定发生，故C错误；D．由
c νλ
=
可知
a b c
λλλ<<单缝衍射实验中，波长越长中央条纹越宽，c 的条纹最宽，故D 错误。

故选B 。

5.小朋友玩竖直向上抛球游戏，理想情况下（忽略一切阻力和水平的风力作用）
，可以把球的运动看成只受重力的运动，但实际情形中球受到的空气阻力不能忽略。

假设空气阻力大小恒定，取向上为正方向，则两种情况下小球从抛出到回到抛出点的过程中速度一时间图像正确的是（
）
A
.
B.
C. D.
【答案】C 【解析】
【详解】理想情况下球的运动看成只受重力的运动，则加速度为g 不变，从抛出到回到出发点的v-t 图像是一条倾斜的直线；若有空气阻力，则上升的加速度
1f
a g g m =+
>下降阶段的加速度
2f a g g m
=-
<根据
v=at
可知上升的时间小于下降的时间；根据
2
1
2v h a =
可知上升的高度将减小，即图像与坐标轴围成的面积减小。

故选C 。

6.如图所示为竖直光滑圆轨道，
一小球从最低点A 出发，当初速度为v 0时，能恰好在竖直面内做圆周运动，运动到圆心等高处对轨道的压力大小为N ₁；如果初速度变为3v ₀，小球运动到圆心等高处对轨道的压力大
小为N ₂，则（
）
A.343N N =₁:₂:
B.16N N =₁:₂:
C.29N N =₁：₂：
D.13
N N =₁：₂：【答案】A 【解析】
【详解】根据动能定理有
22
011222
mg R mv mv -⋅=
-恰好到达最高点速度满足
2mv mg R
=
解得
0v =到达B 处有
22101122
mgR mv mv -=
-解得
1v =圆心等高处的B 点压力为
2
113mv N mg
R
==速度变为原来的3倍，到达B 处有
222011
(3)22
mgR mv m v -=
-圆心等高处的B 点压力为
22
243mv N mg
R
==压力大小之比为
343
N N =₁:₂:故选A 。

7.马车是古代的主要运输工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物，其中最上面有两个木板A 和B ，A 、B 之间和B 与车之间接触面都水平，A 、B 之间的动摩擦因数为μ1，B 与车之间的动摩擦因数为μ2，A 质量为m ，B 质量为2m ，车的质量为5m ，地面对车的摩擦力不计，马给车的水平拉力为F ，A 、B 始终没有离开车表面，则下列说法正确的是（
）
A.若μ1>μ2，逐渐增大F ，A 会相对B 先滑动
B.若μ1>μ2，当F =8μ2mg 时，B 与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，不管F 多大，A 、B 都不会相对滑动
D.若μ1<μ2，A 、B 与车都相对静止，F 的最大值为6μ1mg 【答案】B 【解析】
【详解】A ．若μ1>μ2，B 相对于车比A 相对于B 先滑动，所以不管F 多大，B 相对车滑动后，A 相对B 一直静止，故A 错误；
B ．若μ1>μ2，整体相对静止的最大拉力
F =8μ2mg
当F =8μ2mg 时，B 与车之间开始相对滑动，故B 正确；C ．若μ1<μ2，A 相对B 比B 相对于车先滑动，故C 错误；
D ．若μ1<μ2，A 、B 与车都相对静止，系统的最大加速度为a =μ1g ，则整体的最大拉力F=8μ1mg ，故D 错误。

故选B 。

8.如图所示，绝缘水平桌面上、电荷量为Q （Q >0）的小球甲固定于A 点，另一个带电小球乙质量为m 套在固定的绝缘竖直细杆上，且恰能静止于B 点，杆上O 点与A 等高，30AO d OAB a ∠===︒，，静电力常量为k ，重力加速度大小为g ，不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。

将小球乙向上拉到C 点（∠OAC =β=60°）
，由静止释放，则下列说法正确的是（
）
A.小球乙的带电量为
223mgd kQ B.小球乙的带电量为
2
43mgd kQ
C.小球乙到达D 点（C 、D 关于O
点对称）时的动能为D.小球乙在C
点释放瞬间的加速度大小为33
g 【答案】D 【解析】
【详解】AB ．小球乙在B 点受重力、弹力和电场力这三个力作用平衡，由平衡条件得
2
sin cos Qq k
a mg
d a =⎛⎫ ⎪⎝⎭
解得
283mgd q kQ
=
故AB 错误；
CD ．在C 点，由牛顿第二定律有
2
sin cos Qq k
mg ma
d ββ+=⎛⎫ ⎪⎝⎭
解得
22
sin cos 31sin cos 3a g g ββαα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭
C 、
D 两点电势相等，从C 到D ，电场力做功为0，由动能定理有
k 2tan 0
mg d E β⨯=-
解得
k E =故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。

在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

9.一段通电直导线的横截面积为S ，长度为L ，电阻率为ρ，单位体积内自由电子个数为n ，自由电子定向运动的速率为v ，电子的电荷量为e 。

现将该直导线置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导体棒垂直，下列说法正确的是（
）
A.通过导体棒的电流为neLv
B.导体棒受到的安培力为nevSBL
C.导体棒两端的电压为nevρL
D.一电子从直导线左端运动到右端过程中，电场力对该电子做的功为nevρLS 【答案】BC 【解析】
【详解】A ．时间t 内通过某一截面的电荷量
q =nevtS
由
q I t
=
可得
I nevS
=故A 错误；B ．由
F BIL
=安可得
nevSBL
F =安故B 正确；
C ．导体棒两端的电源
U =IR L R S
ρ
=解得
U nev L
ρ=故C 正确；
D ．一电子从直导线左端运动到右端过程中，电场力对该电子做的功
2W eU ne v L
ρ==故D 错误。

故选BC 。

10.2023年10月31日，神舟十六号飞船返回地球。

神舟十六号飞船返回时采取了神舟十三号以来的“快速返回方案”，绕地球飞行5圈后降落（在环绕过程中逐渐降低轨道高度）。

假设神舟十六号飞船准备从太空返回时，与天和核心舱同在距地球表面高h 的轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，着陆前最后一圈在地球表面附近的轨道Ⅱ上做匀速圆周运动。

已知神舟十六号飞船的质量为m ₀，地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，当取无穷远处重力势能为0时，质量为m 的物体在距地心r 处的引力势能表达式为
P GMm
E r
=-
其中M 为地球质量，大小未知）。

不计空气阻力，则下列说法正确的是（）
A.神舟十六号飞船在轨道Ⅰ上的
B.C.神舟十六号飞船在轨道Ⅱ上的机械能为m gR
- D.神舟十六号飞船从轨道Ⅰ至轨道Ⅱ飞行的过程中发动机做的功为
()2022
m gR
m gR R h -+ 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．在地球表面上有
2
Mm
mg G
R =解得
2
GM gR =神舟十六号飞船在轨道Ⅰ时，有
2
2
2()()()GMm m R h R h T
π=++联立解得
T =
故A 正确；B ．由
22Mm v G m r r
=可得
v =
则神舟十六号飞船在轨道Ⅰ上与轨道Ⅱ上的飞行速率之比值为，故B 正确；C ．神舟十六号飞船在轨道Ⅱ上时，飞行速率
2v =结合题意可知神舟十六号飞船在轨道Ⅱ上的机械能为
2
0202
12
GMm E m v R =-
+联立解得
201
2
E m gR
=-故C 错误；
D ．神舟十六号飞船在轨道Ⅰ上时，飞行速率
1v =
=神舟十六号飞船从轨道Ⅰ至轨道Ⅱ飞行的过程中，由功能关系有
222
2
0002011122
m gR m gR W m v m v R R h -+=-+解得
()200
22
m gR m gR
R W h -+=故D 正确。

故选ABD 。

三、非选择题：共58分。

11.某同学采用如图所示的电路测定未知电阻R x ，其中R R ₁，₂为定值电阻，R 3为电阻箱，G 为灵敏电流计，实验步骤如下：
（1）实验前，先用多用电表粗测R x 的阻值，用“×100”挡时发现指针偏转角过大，他应换用______（选填“×10”或“×1k ”）挡；
（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，当电阻箱读数为R 0时，灵敏电流计G 的示数为零，此时A 、B 两点电势______（填“相等”或“不相等”），测得R x =______（用R R R ₁，₂，表示）；如果电阻R ₁阻值有误差，实际值偏大，则引起待测电阻阻值测量值______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。

【答案】①.“×10”②.相等③.
021
R R R ④.偏大
【解析】
【详解】（1）[1]实验前，先用多用电表粗测R x 的阻值，用“×100”挡时发现指针偏转角过大，说明电阻较小，应用更小挡位，故应换用“×10”挡位。

（2）[2]当电阻箱读数为R 0时，灵敏电流计G 的示数为零，此时AB 两点电势相等。

[3][4]因为两点间无电流，根据电桥原理可知
021x
R R R R =解得
02
1
x R R R R =
根据表达式可知R 1实际值偏大，待测电阻的测量值偏大。

12.实验小组利用如图所示的装置探究动量守恒定律，木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，在木板上依次固定好白纸、复写纸。

将质量为m 1的小球a 从斜槽上释放，小球a 撞击到木板上的N 点；将质量为m 2的小球b 放在斜槽水平末端，仍将小球a 从斜槽上释放，与小球b 碰撞后，最后a 、b 两小球撞击在
木板上的P 、M 点；根据落点位置测量出小球的竖直位移分别为y 1、y 2、y 3。

已知小球a 、b 大小相同，
且m m >₁₂，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

回答下列问题：
（以下结果可用题中所给物理量符合表示）
（1）关于实验条件的说法，正确的是______；A ．斜槽轨道必须光滑B ．斜槽轨道末端必须水平
C ．小球a 可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
D ．小球a 每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
（2）小球a 从斜槽末端抛出到N 点过程中速度变化量的大小为______；（3）为验证a 、b 碰撞前后动量守恒，则需要满足的表达式为______；
（4）若3m m =₁₂。

且小球a 、b 之间的碰撞为弹性碰撞，则y y y =₁：₂：₃______
【答案】①.BD ②
.
③
.
=
+
④.4:9:36
【解析】
【详解】（1）[1]AB ．为了使小球a 每次离开斜槽轨道末端之后能够做平抛运动，要求小球a 在斜槽末端速度沿水平方向，所以斜槽轨道末端必须水平，而斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故A 错误，B 正确；CD ．
实验要求小球a 每次到达斜槽末端的速度大小相等，所以小球a 必须从斜槽上相同位置无初速度释放，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

（2）[2]小球a 从抛出到N
点过程中速度的变化量的大小
Δy v v ==（3）[3]设水平位移为x
，根据平抛运动规律有小球从抛出碰到木板上运动的时间
t =
由动量守恒定律有
1
2
m m m =
化简得
=
（4）[4]设落在M 、N 、P 点上的小球水平速度为v 1、v 2、v 3，由动量守恒、机械能守恒有
231
33mv mv mv =+22223111133222
mv mv mv ⨯=⨯+⨯解得
3212
v v =，12
3
2v v =则
123::3:2:1
v v v =又竖直位移
2
21122x gt g y v ⎛⎫ ⎝=⎪
⎭
=则
123::4:9:36
y y y =13.如图所示，用轻弹簧将质量均为=1kg m 的物块A 和B 连接起来，弹簧处于原长状态，A 距地面的高度0.45m h =₁。

同时释放两物块，设A 与地面碰撞后速度立即变为0，由于B 压缩弹簧后被反弹，使A 刚好能离开地面（但不继续上升）。

已知弹簧弹性势能与形变量之间关系满足2
112
E kx =，，为弹簧形变量，重力加速度g 取210m/s 不计空气阻力，弹簧始终未超出弹性限度。

求：（1）弹簧的劲度系数k ；
（2）若将B 换成质量为2m 的C 物体，仍从原位置释放，当A 刚离开地面时，求C 物体的动能。

【答案】（1）100
N/m 3
；（2）1.5J 【解析】
【详解】（1）AB 两物块一起做自由落体运动，设A 物块落地时速度有
1v =设A 刚好离地时，弹簧的形变量为x ，此时B 物块到达最高点，对A 物块，有
mg =kx
A 落地后到A 刚好离开地面的过程中
B 及弹簧组成的系统机械能守恒，有
22111
22
mv mgx kx =+解得
100
N/m 3
k =
（2）换成C 后，设A 落地时，C 的速度为v 2，则有
2v =
从A 落地后到A 刚离开地面的过程中，C 及弹演组成的系统机械能守恒，有
222k 112222
mv mgx kx E ⋅=+-解得
k 1.5J
E =14.如图所示，空间中存在平面坐标xOy ，在x l <-和x l >的区域内存在大小为E 的匀强电场，两电场方向相反且均沿x 轴；在0l x -≤<和0x l ≤<的区域内存在大小相同的匀强磁场，两磁场方向相反且均垂直于xOy 平面。

将一电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子从点P （-2l ，l ）由静止释放，粒子经过坐标原点O 时速度方向沿y 轴负方向，不计粒子重力。

（1）求两磁场的磁感应强度大小；
（2）求粒子从释放到第三次经过y 轴时所用的时间（整个运动过程中，粒子在经过y 轴时均能跨越磁场边界）；
（3）若将粒子改由点M （-5l ，0）静止释放，求粒子第二次经过y 轴时到x 轴的距离。

【答案】（1；（2）554π⎛+ ⎝（3）(32l 【解析】
【详解】（1）粒子从P 点到左侧磁场边界，由动能定理有
2
12
Eql mv =
由题知粒子在左侧磁场运动时的半径为r =l ，由
2
v qvB m
r
=联立解得
B =
（2）粒子在电场区域时，由牛顿第二定律有
Eq =ma
又粒子从P 点到左侧磁场边界，有
212
l at =
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
2m T qB
π=
粒子在电磁场中运动的轨迹如图所示
根据运动的对称性，粒子从释放到第三次经过y 轴时所用的时间
05
54
t t T
=+
联立解得
0554t π⎛=+ ⎝（3）若将粒子改由点M （-5l ，0）静止释放，则粒子到达磁场时，有
2
1142
Eql mv =
则此时粒子在磁场中运动的半径
2
111
v qv B m
r =解得
r 1=2r =2l
则粒子的运动轨迹如图所示
粒子第一次到达y 轴时，由几何关系有
(123y l
=根据对称性，当粒子到第二次到达y 轴时有
(213323y y l
==-15.如图所示，光滑水平地面右侧平滑连着一传送带底端，传送带以2m /s v =的速度沿顺时针方向运动。

某时刻，质量为2A m kg =的滑块A （可视为质点）从地面某处以某一速度向右运动，质量为1B m kg =的滑块B （可视为质点）从传送带顶端由静止滑下，A 、B 恰好在传送带的中点相遇并发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后A 、B 粘在一起向上运动，恰能回到传送带顶端。

已知传送带与水平面所成的夹角37θ=︒，传送带底端到顶端距离为。

8m =L ，两滑块与传送带间的动摩擦因数均为0.5μ=，g 取210m/s sin 370.6cos370.8︒=︒=，，，不计空气阻力，求：（1）碰撞前一瞬间滑块B 的速度大小；（2）滑块A 滑上传送带瞬间的速度大小；
（3）滑块A 从滑上传送带到运动至顶端的过程中，摩擦力对滑块A 的冲量。

【答案】（1）4m/s ；（2）269m/s ；（3）72869
kg m/s 5
-⋅，方向沿斜面向上【解析】
【详解】（1）滑块B 由静止自由下滑与滑块A 碰撞前，由牛顿第二定律有
sin cos B B B B
m g m g m a θμθ-=由运动学公式可得
2
22
B B L a v ⋅
=联立解得
4m/s
B v =（2）设碰后瞬间滑块A 、B 粘在一起向上运动的速度为v 1，与传送带速度相同前，加速度为a 1，则由牛顿第二定律有
()()()1
sin cos A B A B A B m m g m m g m m a θμθ+++=+由运动学公式可得
22111
2v v a s -=-与传送带速度相同后，摩擦力反向。

由牛顿第二定律有
()()()2
sin cos A B A B A B m m g m m m g m a +-=++θθμ由运动学公式可得
222
2v a s -=-且
122
L s s +=
滑块A 、B 碰撞前后，由动量守恒定律有
1
()A A B B A B m v m v m m v -=+滑块A 从冲上传送带运动到传送带中点过程中，由牛顿第二定律有
3
sin cos A A A m g m g m a θμθ+=由运动学公式可得
21232
2A A v L
v a --⋅
=联立解得
1A v =（3）取平行传送带向下为正方向，设滑块A 滑上传送带到与滑块B 碰撞的前瞬间的所花时间为t 1，在碰到B 后至和传送带共速时的时间为t 2，共速后至传送带的顶端时间为t 3，由（1）
（2）问知
23v a t -=-112v v a t -=-131
A A v v a t -=-则此过程中摩擦力的冲量
()
123cos A I m g t t t μθ=+-联立解得
72
kg m/s 5
I =
⋅。