第19頁/共19頁安徽省六校教育研究會2023年高三年級入學(xué)素質(zhì)測試一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求；第18~21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.我國著名理論物理科學(xué)家程開甲，是我國核武器的先驅(qū)，榮獲了“改革先鋒”“國家最高科學(xué)技術(shù)獎”“八一勛章”“人民科學(xué)家”等國家榮譽(yù)稱號和中國科學(xué)院院士等多個優(yōu)秀獎項與稱號，為我國的科研事業(yè)奉獻(xiàn)了他的一生。在對原子物理的不斷探索中，下列有關(guān)原子物理說法中正確的是（）A.湯姆孫對陰極射線研究，證實(shí)了陰極射線的本質(zhì)是電磁波B.愛因斯坦的光電效應(yīng)方程，從動量的角度解釋了光的量子化C.盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)的研究證實(shí)了原子核內(nèi)部有質(zhì)子和中子D.玻爾把將量子理論的觀念引入原子領(lǐng)域，很好地解釋了氫原子光譜的分立特征【答案】D【解析】【詳解】A．湯姆孫對陰極射線的研究，證實(shí)了陰極射線的本質(zhì)是電子流，故A錯誤；B．愛因斯坦的光電效應(yīng)方程，從能量的角度上解釋光的量子化，故B錯誤；C．盧瑟福通過粒子散射實(shí)驗(yàn)確定原子的中間存在原子核，故C錯誤；D．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，指出原子中的電子軌道是量子化的，很好地解釋了氫原子光譜的分立特征，故D正確。故選D。2.楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)最成功的地方就是采用分光法找到了兩束相干光源。小明利用如圖裝置測量光的波長，關(guān)于本實(shí)驗(yàn)下列說法中不正確的是（）A.為了實(shí)現(xiàn)單色光的雙縫干涉，可以在透鏡與單縫之間加裝濾光片B.將單縫向靠近雙縫方向移動，則干涉條紋間距增加C.改用頻率較小的光完成實(shí)驗(yàn)，在目鏡中觀察到的條紋數(shù)目減少D.轉(zhuǎn)動手輪移動分劃板，條紋間距不變【答案】B【解析】【詳解】A．為了實(shí)現(xiàn)單色光雙縫干涉，可以在透鏡與單縫之間加裝濾光片，故A正確；B．條紋間距公式其中是條紋間距，l是雙縫到屏的距離，d是雙縫間的距離，是單色光的波長，所以將單縫向靠近雙縫方向移動，則干涉條紋間距不變，故B錯誤；C．條紋間距公式波長和頻率的關(guān)系滿足所以換用頻率較小的光，其光的波長變大，條紋間距變大，即條紋數(shù)目減少，故C正確；D．轉(zhuǎn)動手輪移動分劃板，條紋間距不變，故D正確。本題選不正確的，故選B。3.物體b在水平推力F作用下，將物體a壓在豎直墻壁上，a、b質(zhì)量都為m，且此時a、b均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示，關(guān)于a、b兩物體的受力情況，下列說法正確的是（）A.當(dāng)推力F增大時沿墻壁對a的摩擦力大小變大B.a、b分別都受到四個力的作用C.若木塊a、b保持對靜止沿墻壁向下勻速運(yùn)動，則墻壁對木塊的摩擦力大小為D.當(dāng)撤去F，木塊a、b沿墻壁下滑，此時a不一定只受一個力【答案】C【解析】【詳解】A．依題意，對a、b兩物體進(jìn)行受力分析，豎直方向受力平衡，即墻壁對a的摩擦力與兩物體的重力大小相等，方向相反。所以當(dāng)推力F增大時沿墻壁對a的摩擦力大小不變，A錯誤；B．a(chǎn)物體受5個力作用，分別是重力、墻壁的彈力、b物體的壓力、墻壁的摩擦力和b物體的摩擦力，b物體受4個力作用，分別是重力、a物體的彈力、a物體的摩擦力和外力F，B錯誤；C．若木塊a、b保持對靜止沿墻壁向下勻速運(yùn)動，整體受力平衡，豎直方向有墻壁對a的摩擦力與兩物體的重力大小相等即C正確；D．當(dāng)撤去F，木塊a、b沿墻壁下滑，此時a只受自身重力作用，D錯誤。故選C。4.如圖所示，A、B質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上（彈簧下端固定于地面上），對A施加一豎直向下、大小為F（F>2mg）的力，將彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）而處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)突然撤去力F，設(shè)兩物體向上運(yùn)動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.剛撤去外力F時， B.彈簧彈力等于F時，C.兩物體A、B的速度最大時， D.彈簧恢復(fù)原長時，A、B恰好分離【答案】BCD【解析】【詳解】A．在突然撤去F的瞬間，A、B整體的合力向上，大小為F，根據(jù)牛頓第二定律，有F=2ma解得對物體A受力分析，受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有FN-mg=ma聯(lián)立解得故A錯誤；B．彈簧彈力等于F時，根據(jù)牛頓第二定律得，對整體有F-2mg=2ma對A有FN-mg=ma聯(lián)立解得故B正確；C．當(dāng)物體的合力為零時，速度最大，對A由平衡條件得FN=mg故C正確；D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)牛頓第二定律得，對整體有2mg=2ma對A有mg-FN=ma聯(lián)立解得FN=0所以A、B恰好分離，故D正確。故選BCD。5.如圖所示，一輕繩系一小球豎直懸掛在O點(diǎn)，現(xiàn)保持繩處于拉直狀態(tài)，將小球拉至與O等高的A點(diǎn)，由靜止自由釋放小球。球運(yùn)動過程中經(jīng)過C點(diǎn)時，繩與豎直方向的夾角為，以下判斷正確的是（）A.小球下擺到最低點(diǎn)的過程中，重力平均功率為0B.小球運(yùn)動至C點(diǎn)時，其加速度大小為C.小球運(yùn)動至C點(diǎn)時，輕繩對小球的拉力大小D.若小球經(jīng)過C點(diǎn)時重力功率最大，則【答案】CD【解析】【詳解】A．下落的過程中，重力做功不等于0，根據(jù)可知重力的平均功率不為0，A錯誤；B．小球運(yùn)動至C點(diǎn)時，對小球分析可知，其切向有解得切向加速度大小為小球做圓周運(yùn)動，沿半徑方向還具有向心加速度，因此小球運(yùn)動至C點(diǎn)時，其加速度大小必定大于，B錯誤；C．設(shè)繩長為l，根據(jù)機(jī)械能守恒，解得C正確；D．重力功率最大時，小球在豎直方向的分速度應(yīng)該達(dá)到最大值，可知此時豎直方向合力為0，因此解得D正確。故選CD。6.最近兩年以來，地震在世界各地頻頻出現(xiàn)，讓人感覺地球正處于很“活躍”的時期。地震波既有橫波，也有縱波，若我國地震局截獲了一列沿x軸正方向傳播的地震橫波，在t（圖中實(shí)線）與（圖中虛線）兩個時刻x軸上區(qū)間內(nèi)的波形圖如圖所示，關(guān)于該地震波，以下判斷一定正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)振動的周期B.最小波速C.t時刻位于的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正向振動D.從t時刻開始計時，處的質(zhì)點(diǎn)比處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)題意有所以當(dāng)n=0時，T=0.8s，故A正確；B．由題圖知，該地震波的波長為，根據(jù)波速與波長的關(guān)系可得，當(dāng)周期取最大時，有最小波速，為故B正確；C．根據(jù)“同側(cè)法”可知，沿x軸正方向傳播的波在t時刻位于的質(zhì)點(diǎn)y軸負(fù)向振動，故C錯誤；D．地震橫波沿x軸正方向傳播，從t時刻開始計時，處的質(zhì)點(diǎn)向上振動，處的質(zhì)點(diǎn)位移波峰，故處的質(zhì)點(diǎn)位移波峰比處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置，故D正確。故選BD。7.自“天空立法者”開普勒發(fā)現(xiàn)了開普勒三大定律后，人們對宇宙的探索從未停止。如圖所示為行星P的運(yùn)行軌道，F(xiàn)為焦點(diǎn)（太陽），a、b、分別為半長軸，半短軸和焦距，O為橢圓中心。根據(jù)萬有引力定律，行星和太陽間的引力勢能為，其中G為引力常量，M為太陽的質(zhì)量，m為行星的質(zhì)量，r為太陽到行星的距離。行星P在A、B兩點(diǎn)的瞬時速度為和，下列說法正確的是（）A.B.P在橢圓軌道的機(jī)械能為C.P在橢圓軌道的機(jī)械能為D.行星P繞F運(yùn)動的周期【答案】AB【解析】【詳解】A．如圖所示，以v表示行星的速度，當(dāng)行星經(jīng)過近日點(diǎn)A和遠(yuǎn)日點(diǎn)B時，v和r垂直，則面積速度，即單位時間通過掃過的面積解得A正確。BC．行星運(yùn)動的總機(jī)械能E等于動能與引力勢能之和。經(jīng)過近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)時有，根據(jù)機(jī)械能守恒有因此有結(jié)合上述可解出，則解得機(jī)械能為B正確，C錯誤；D．根據(jù)橢圓規(guī)律有結(jié)合上述解出的，可求得面積速度為橢圓的面積為，因此周期為D錯誤。故選AB。8.如圖所示，一“日”字形矩形閉合導(dǎo)線框，其中，、、段電阻均為，、段電阻均為，、段電阻均為零，勻強(qiáng)磁場B的方向與框面垂直朝內(nèi)，大小為，磁場的邊界與平行，如圖中虛直線所示。現(xiàn)取圖中向右的方向?yàn)檎⒕€框以的速度勻速地拉出磁場區(qū)域，下列說法正確的是（）A.離開磁場后，離開磁場前，兩端的電勢差為B.離開磁場后，離開磁場前，流過的電流大小為C.離開磁場后，離開磁場前，流過的電流大小為D.整個矩形導(dǎo)線框在拉出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BCD【解析】【詳解】A．當(dāng)離開磁場后，在離開磁場前，與切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，兩電源部分并聯(lián)，對整個電路供電，等效電路圖如圖有故A錯誤；B．離開磁場后，離開磁場前，與切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，兩電源部分并聯(lián)，對整個電路供電，外電路部分為fedc,等效電路圖如圖則電路總電阻流過的電流大小為故B正確；C．離開磁場后，離開磁場前，切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，對外電路供電，外電路并聯(lián)，等效電路圖如圖則電路的總電阻而總電流為因此流過的電流大小為故C正確；D．當(dāng)離開磁場后，在離開磁場前當(dāng)離開磁場后外電路部分與段并聯(lián)。。整個矩形導(dǎo)線框在拉出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選BCD。二、非選擇題共14題，共174分。9.為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，宇航員在環(huán)繞地球運(yùn)行的航天器中設(shè)計了如圖（甲）所示的實(shí)驗(yàn)，將一直尺沿豎直方向固定在鐵架臺上，在刻度尺上方一定高度處固定一光電門，一彈射裝置能沿豎直向上的方向發(fā)射小球。實(shí)驗(yàn)時，先用游標(biāo)卡尺測量出小球的直徑d，然后用小球?qū)椈蓧嚎sx，靜止釋放后測量出小球通過光電門時的遮光時間t，多次改變彈簧的壓縮量，重復(fù)上述操作；已知小球的質(zhì)量為m，彈簧的彈性勢能為，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。（1）小球的直徑如圖（乙）中的游標(biāo)卡尺的示數(shù)，則該小球的直徑為______；（2）為了更加直觀地進(jìn)行實(shí)驗(yàn)的驗(yàn)證，該宇航員利用以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪了圖像，其中縱軸用表示，橫軸用表示______（填“”“”“t”或“”），如果該過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則該圖像的斜率為______（用題中所給物理量符號表示）。【答案】①.3.2②.③.【解析】【詳解】（1）[1]由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)可知，該小球的直徑為（2）[2]在利用圖像法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時，為了更直觀，應(yīng)使得圖線為一條傾斜直線，根據(jù)可得則橫軸用表示；[3]如果該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)上述可知圖像的斜率為10.（某實(shí)驗(yàn)小組用下列器材設(shè)計歐姆表電路，使歐姆表具有“””、“”兩種倍率。現(xiàn)有一塊小量程電流表G（表頭），滿偏電流為，內(nèi)阻未知，可供選擇的器材有：A.滑動變阻器，最大阻值；B.滑動變阻器，最大阻值C.電阻箱R，最大阻值；D.電源，電動勢E.電源，電動勢；F.開關(guān)和；雙擲開關(guān)；電阻絲及導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)先采用圖（甲）所示電路測量了表頭的內(nèi)阻，操作步驟如下：閉合開關(guān)，調(diào)滑動變阻器使電流表指針指向滿偏：保持滑動變阻器阻值不變，閉合開關(guān)，調(diào)電阻箱R，使電流表指針指向滿偏電流的一半：讀出電阻箱的阻值R，記為電流表的內(nèi)阻。為提高測量精確度，選用______，電源選用______（填寫器材前字母代號）。（2）選擇合適器材，按圖（乙）連接好的歐姆表電路，就改裝成了具有兩種倍率（如“”、“”）的歐姆表。當(dāng)開關(guān)撥到b時，歐姆表的倍率是______（選填“”、“”），若，則______。（3）若歐姆表的刻度值是按電動勢為刻度的，當(dāng)電池的電動勢下降到時，歐姆表仍可調(diào)零。若重新調(diào)零后的歐姆表測得某待測電阻阻值為，則這個待測電阻的真實(shí)值為______。【答案】①.A②.E③.④.90⑤.⑥.240【解析】【詳解】（1）[1][2]該電路采用半偏法測電阻，實(shí)驗(yàn)中認(rèn)為電路中的干路電流始終不變，在測量表頭電阻時，為了減小閉合時對電路總電阻的影響，則有即滑動變阻器接入電路的阻值越大越好，由于表頭滿偏電流固定，因此電源電動勢越大越好。故選用A，電源選用E。（2）[3]對于改裝后的電流表，接a時量程為接b時量程為可知，接a時的量程大于接b時的量程，根據(jù)歐姆表的工作原理，歐姆表的內(nèi)阻，即中值電阻為根據(jù)上述可知，接a時的中值電阻小于接b時的中值電阻，可判斷接b時為大倍率，所以當(dāng)開關(guān)撥到b時，歐姆表的倍率是，當(dāng)開關(guān)撥到a時，歐姆表的倍率是；[4]由于中值電阻等于表盤正中間刻線與倍率的乘積，則接a和b時有即有解得（3）[5]根據(jù)歐姆表刻度值原理可知解得可知由于歐姆表刻度值是按電動勢為刻度的，此刻度測得某待測電阻阻值為，而真實(shí)電阻對應(yīng)電動勢為1.2V，則有解得11.某同學(xué)擁有一輛閑置很久的電動自行車，輪胎內(nèi)空氣壓強(qiáng)與外界壓強(qiáng)一致，現(xiàn)在他用電動打氣筒給電動自行車打氣，如圖。已知大氣壓強(qiáng)，電動自行車內(nèi)胎的容積為，環(huán)境溫度為，打氣過程中由于壓縮氣體做功和摩擦生熱，將空氣打入輪胎后，其內(nèi)部溫度升高到。（1）不計車胎因膨脹而增大的體積，則此時車胎內(nèi)空氣壓強(qiáng)為多少；（2）電動自行車輪胎氣壓在室溫情況下標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)為，如果某次打氣恢復(fù)常溫后胎壓為，需要放出一部分氣體，使車胎內(nèi)氣壓在室溫情況下達(dá)到標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)，試求放出氣體的質(zhì)量與輪胎內(nèi)剩余氣體質(zhì)量的比值。（不計放氣時輪胎內(nèi)氣體溫度變化）【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）初狀態(tài)末狀態(tài)將打入的氣體和輪胎內(nèi)原來的氣體作為一個整體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得（2）根據(jù)玻意耳定律解得放出氣體的質(zhì)量與輪胎內(nèi)剩余氣體質(zhì)量的比值為12.如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量為的物塊，在和的作用下，以的初速度向左做勻速直線運(yùn)動，拉力大小為，與水平方向之間的夾角，當(dāng)物塊運(yùn)動至A點(diǎn)時，僅將大小改變?yōu)椋\(yùn)動后，將反向，再運(yùn)動后，運(yùn)動至B點(diǎn)（圖中未畫出）。g取，試求：（1）的大小；（2）物塊運(yùn)動至B點(diǎn)時的速度大小；（3）若兩點(diǎn)距離為，的大小。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【詳解】（1）物體勻速運(yùn)動時有解得（2）取向左為正方向，根據(jù)