2023届安徽省黄山市高三下学期第二次质量检测理综物理 含解析

黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测

理科综合试卷

第I卷（选择题，共126分）

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一

项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3

分，有选错的得0分。

1.三月春来早，北斗农机来报到，基于北斗的自动驾驶农机能够按照既定路线进行精准春耕作业，精细化

程度显著提升，虽然我国的北斗系统起步最晚，但“后来居上”，成为可与美国GPS媲美的最先进的全球

导航定位系统。如图是北斗三号卫星系统三种卫星的参数，地球球体半径为6400km,以下说法正确的是

()

表1北斗三号卫星功能特点

北斗卫GEe)卫星

MEO卫星(24)IGSe）卫星（3）

星(3)

地球静止轨道卫

名称中圆轨道卫星倾斜地球同步轨道卫星

星

轨道高2万公里左右，三个轨道面，保持55°的

3.6万公里左右3.6万公里左右

度倾角

星下点

绕着地区划波浪投影一个点锁定区域画8字

估计

承载区域短报文

功能特环绕地球运行实现全球导航定位、短报文与GEO互补，对亚太区域

通信

点通信、国际救援可重点服务

A.MEO卫星速度大于7.9km∕s

B.GEO卫星可以相对静止在我国某地上空

C.GEO卫星和IGSO卫星24h一定会相遇一次

D.MEO卫星周期T一定小于24h

【答案】D

【解析】

【详解】A.7.9km∕s是卫星绕地球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力有

_MmV2

G——=m——

r^r

解得

MEO卫星轨道半径大于地球半径，可知速度小于7.9km∕s,故A错误；

B.GEo卫星是地球静止轨道卫星，位于赤道平面某地上空，相对于地球表面静止，我国不在赤道上，所

以GEO卫星不可能相对静止在我国某地上空，故B错误；

C.GEo卫星和IGSo卫星轨道半径相同、线速度相同、周期都为24h,能否相遇取决于起始位置，所以不

一定会相遇一次，故C错误；

D.根据万有引力提供向心力有

解得

VGM

MEO卫星轨道半径比地球同步卫星轨道半径小，则MEo卫星周期T一定小于24h,故D正确。

故选D

2.《大国重器0》节目介绍了GlL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间

距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆AB圆心连线水平，某时刻A中

电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为/,下方输电线缆C中电流方向

垂直于纸面向外、电流大小为2/,电流方向如图，则（）

©------------------0

A∖B

λδ/

"U"

21

甲乙

A.A、B输电线缆相互吸引

B.A输电线缆所受安培力斜向左下方，与水平方向夹角60。

C.A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上

D,正三角形中心。处磁感应强度方向水平向左

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；

B.B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍,

如图所示

21

由图可知

FACCoSθ=2吊BCoS60°=%

即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即为C

对A的作用力在竖直方向的分量，其与水平方向夹角为90。，故B错误；

C.根据右手螺旋定则可知，A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，故C正确；

D.A输电线在。点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在。点的磁感应强度方向垂直OB

指向左上方，C输电线在。点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以。处合磁感应强度方向应斜向

左上方，故D错误。

故选C。

3.如图所示，一截面为边长6cm的正方形薄玻璃砖ABCO静置在水平桌面上（俯视图），一束单色光从BO

边中点平行于桌面入射，入射角为53。，折射后打在A点右侧2cm处的E点，已知光在真空中传播速度为

故C错误；

A.根据几何关系有

Qf=53°

根据临界角与折射率的关系

13

SinC=—=—<sinα=0.8

n4

光射到E点时发生全反射，没有光线射出，故A错误；

D.光线射到4C面时，入射角37。，所以折射角为53。，故D错误。

故选Bo

4.如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞,

另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为7,通过气缸内电热丝缓慢升高气体温度，升温过程

封闭气体的V-f图像如图乙所示，已知斜面倾角为30。，重力加速度为g,大气压强为"，气缸和活塞均

绝热且不漏气，气缸（含电热丝）质量为M、活塞面积为5、质量为如所有接触面均光滑。则（）

A.封闭气体压强恒为兄-筹

B.在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收热量

C.封闭气体的体积为2丫时，其摄氏温度为2/

D.剪断轻绳瞬间，气缸的加速度大小为与

2

【答案】A

【解析】

【详解】A.对气缸受力分析

pS+Mgsin30o=POS

得

A正确；

B.根据热力学第一定律可知

IU=W+Q

体积增大过程W<0,因此封闭气体增加的内能不等于吸收热量，B错误；

C.根据盖吕萨克定理可知

T

温度为热力学温标时成正比，此题为摄氏温标，不成正比，C错误；

D.剪断轻绳瞬间，活塞和气缸位置不变，因此压强不变，故气缸的受力不变，加速度大小为0。D错误。

故选A。

5.如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、下极板带负电并接地，一质量为，"电荷量为q的带

正电粒子。从两板左端中点入射，入射速度正对上极板中点4已知板长为2d,板间距离为人两板间电

压为U,粒子重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（）

A.粒子。射入电场时电势能为Uq

B.粒子”在电场内运动过程中电势能最大时动能为零

2

C.若粒子“从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为

D,若粒子”射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为J咳色

↑∣2Uq

【答案】C

【解析】

【详解】A.粒子射入电场位置的电势为所以粒子α射入电场时电势能为

kUq

E0=φq=~^

故A错误；

B.粒子的运动可以分解为沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，当垂直于极板

方向的分速度减为零时粒子。在电场内运动过程中电势能最大，此时粒子有平行极板方向的速度，即粒子

运动的动能不为零，故B错误；

C.假设粒子初速度为%,将初速度分解为沿极板方向匕和垂直于极板方向0，由数学知识可得

2√5

VV=4一?

6

v>∙=τv°

粒子。从下极板右边缘射出则有

2d=vxt

d12

-=-vJ+-at

22

解得

3说

a=―-

Sd

粒子进入电场到最大势能处在垂直于极板方向经过的位移为

td

F=Z

最大势能处的电势为

,(dd∖U2U

(26d3

所以运动过程中最大势能为

"2Il

EPm=<Pq=3Uq

故C正确;

D.由C项分析知

2√5

v<=-vo

事

4=丁%

粒子。射出点与射入点同一水平线上则

2d=vxt

12

0n=-vJat

y2

解得

说

a=―2-

5d

又

a=%

dm

得

%=秒

V2m

所以

_2√5_[2Uq

50Vm

则粒子在电场中运动时间为

_2J_∣2d2m

∕=kY^w

故D错误∙

故选Co

6.高速公路某段平直路面上有三块车距判断牌，分别标识为“Om”“50m”“100m”，相邻判断牌间距

50m,某同学乘车时发现通过“0m”牌时，车速为72km∕h,经过“50m”牌时车速为90km∕h,经过“100m”

牌时车速为108km∕h,若汽车运动过程中一直做加速直线运动，以下判断正确的是（）

A.汽车可能做匀加速直线运动

B.从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程平均速度可能相同

C.汽车加速度可能一直增大

D,从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程合外力做功之比为9：11

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC.由题可知，从“0m”牌到“50m”牌过程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌过程平均速度，由

。=—可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽车不可能做匀加速直线运动，汽车加速度可能一直

∆r

增大，AB错误，C正确；

D.从“0m”牌至IJ“50m”牌过程与“5Onr牌到“100m”牌过程，由动能定理可知

Wɪɪ/nvj—ɪmv,2

⅛;^-V,2252-2029

vl~v2^302-252^∏

D正确。

故选CDo

7.如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底部

的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽

始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为G,则在上述过程中下列说法正确的是（）

A.尸和/都一直增大

B.F一直增大，G先减小后增大

C.地面对凹槽的支持力一直减小

D.地面对凹槽的摩擦力保持不变

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.由题意可知，在力尸缓慢推动的过程中物块处于动态平衡中，且重力为恒力始终不变，推力

的方向始终不变，重力、推力、圆弧面对物块的弹力三力始终平衡，合力为零，则可做出力的矢量三角形，

如下图所示

则根据动态变化过程中的矢量三角形可知，推力F逐渐增大，圆弧面对物块的弹力/先减小后增大，故A

错误，B正确；

CD.将小物块和凹槽看成一个整体，由整体法分析可知，推力F斜向右上方，方向不变，但大小始终在增

大，因此可知力尸在竖直方向和水平方向的分力都在始终增大，设力F与水平方向的夹角为8,则由平衡

条件可得，竖直方向有

（Λ∕+m）g-Fsinθ+

水平方向有

f=Fcosθ

由以上平衡方程结合力F的变化情况可知,地面对凹槽的支持力一直减小;地面对凹槽的摩擦力一直增大，

故C正确，D错误。

故选BCo

8.如图边长为L的正方形区域ABCD内存在垂直于纸面的匀强磁场，两个相同的放射源同时发射的两个

α粒子甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知甲从AC边中点垂直AC入射，乙沿AB内侧从

B点平行于AB入射，放射源利用岑U衰变发射粒子，粒子速度为LC（C为真空中光速），α粒子的比荷

10

为左，则（）

B

A-,----------------+=

ZL

C------------------D

A.放射源衰变方程为翼iUTh+；He

B.磁感应强度方向垂直于纸面向外，大小为

25U

C,乙粒子出射点距A点的距离为逅L

4

D,甲粒子在磁场区域内运动时间为四B

144C

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.根据衰变过程质量数和电荷数守恒可知放射源衰变方程为翼iU→转Th+；He,故A正确；

B.根据题意作图，如图所示：

O

根据几何关系有

（一%+受”

解得

5

r-—Lr

8

由洛伦兹力提供向心力得

丫2

qBv-m——

r

解得

B=*

ISkL

由于α粒子带正电，可知磁感应强度方向垂直于纸面向里，故B错误；

C.甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后乙粒子反向运动，设乙粒子从E点出射，如图:

根据几何关系可知

E4=J-（一勺2=，L

故C正确；

D.甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后甲粒子反向运动，设甲粒子从F点出射，如图:

O

Iz,

CFD

根据几何关系可知

L

r----QLτ-Y

A,cosβ=------，a=θn

cosθZ）-------r

r

则甲粒子在磁场中运动的时间为

θ+iS00-a-β2πm

t~360°~qB

解得

635北

t=--------

144c

故D正确；

故选ACD=

第∏卷（非选择题，共174分）

三、非选择题：本题共14小题，共174分。

（说明：物理部分为第22~26题，共6；化学部分为第27~30题，共58分：生物学部分为第

31~35题，共54分）

9.某同学通过实验探究单摆周期与等效重力加速度定量关系，实验装置如图（a）所示，钢球、细线和轻

杆组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴00'来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平

面内，这相当于单摆在斜面上来回摆动，但避免了摆球在真实斜面上运动时所受的摩擦力。测量该倾斜平

面的倾角6,能求出等效重力加速度〃的大小，测量不同倾角下的单摆周期T,便能检验T与”的定量关

系。已知重力加速度的大小为g,将下列实验补充完整：

（I）斜面倾角。的测量。如图（b）,铁架台上装一根铅垂线。在铁架台的立柱跟铅垂线平行的情况下把杆

线摆装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，则此时摆杆是水平的。把铁架台底座一侧垫高如

图（c）,立柱倾斜，绕立柱摆动的钢球实际上是在倾斜平面上运动。测出静止时摆杆与铅垂线的夹角为£,

则该倾斜平面与水平面的夹角夕=90。-£。则等效重力加速度的大小。=（用g、4表示）；

（2）单摆周期T的测量。在图（C）的情况下，尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，使该摆能较长时间绕立

柱自由摆动而不停下来。让单摆做小角度下的振动，用停表测量单摆完成20个全振动所用的时间r,则单

摆周期T=（用f表示）。同样的操作进行三次，取平均值作为该周期的测量值；

在保持摆长一定的情况下，改变铁架台的倾斜程度，测出多组不同倾斜程度下。的值及在该倾角下单摆的

周期T后，根据实验数据绘制T-4图像是一条过坐标原点的倾斜直线，由此得出的结论是

√α

【答案】①.geos6②.ɪ③.在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方

根成反比，即T8-]=

√α

【解析】

【详解】（1）口]将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力

F=mgsinθ

等效重力加速度的大小

F

a=—gsin6=geosβ

m

（2）[2]⑶单摆完成20个全振动所用的时间f,则单摆周期

根据题图可知等效重力加速度为

α=gsin6

则根据单摆周期公式有

Y=警

绘制7一一】图像是一条过坐标原点的倾斜直线，所以在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速

√α

T1

度的平方根成反比，即T8一尸。

√α

10.随着居民生活水平的提高，纯净水己经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，

结果发现有部分样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。

（1）你认为不合格的纯净水的电导率（选填“偏大”或“偏小”）；

（2）为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的长方体玻璃槽中，如图1所示,

玻璃槽内腔的长度α=40.00cm,宽度b=12.00cm,水的高度人,用多用电表欧姆挡粗测玻璃槽中水的

电阻，选择开关置于“xlOO”挡，发现指针如图2所示，为使指针在中央刻度附近，需要换选

（选填rt×10w或rt×lkw）挡；

（3）为了精确测量玻璃槽中水的电阻R,,实验室提供的器材有:

待测电阻凡

直流电源E（电动势约6V,内阻约IC）

电压表V∣（量程6V,内阻约3kC）

电压表V2（量程15V,内阻约5kC）

电流表A∣（量程500μA,内阻约200C）

电流表A2（量程0.6A,内阻约0.5C）

滑动变阻器R（最大阻值20C）

开关S一个及导线若干

实验中要求尽量减小系统误差，应保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，则电压表应选择

（选填或"VJ）,电流表应选择（选填或“）。请在虚线框

"Y”“A1”A2”

中画出实验电路原理图__________:

（4）连接好实验电路，测量玻璃槽中水的高度儿电压表示数U,电流表示数/,改变玻璃槽中水的高度，

测得多组实验数据，绘制且-L图像如图3所示，则待测纯净水的电导率b=μS∕cm（结果保

Ih

留3位有效数字。国家标准：在25℃时饮用纯净水电导率b≤10.0μS/Cm=IO.0xlCΓ4（Ω∙m）T。

y∕×104Ω

∙

.

1.2-V-.-A+∙τ

JlllIlll-

*ττ-r-r∙-r-rn-ι-∑

-∙f-i-H!-∙-.

十HT--

l

l

II；II；；I■r

÷l

二r

+k

了y

:工国二!^

!

0.8

0.6-

十卜∙f十∙H+

Iiii工

0.4-T-LT-L

-r-Lr-r-

0.2

0∕m^'

【答案】①.偏大②.Xlk③.V1④.A1

20.6##20.7##20.8##20.9##21.0

【解析】

【详解】(1)口］越不纯净的水，水中能够自由移动的粒子就越多，则导电性能越强，电阻越小，即电阻

率越小，而电导率是电阻率的倒数，则可知越不纯净的水电导率越大，即不合格的纯净水的电导率偏

大。

(2)［2］由图2可知，欧姆表指针偏角过小，为使指针在中央刻度附近，需要换选xlk。

(3)⑶图由于电源的电动势为6V,则在选取电压表时应选择接近电源电动势量程的电表，即选择电压

表V∣,这样在实验中才能保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，从而减小实验误差；选择

电流表时可用直除法，用电源的电动势直接除以待测电阻的大概阳值，从而得到一个粗略电流的范围进

行电流表的选择，由图2中“X100”挡时欧姆表的读数可知待测电阻大致在IOooOΩ左右，通过直除法

可得电流大概在600μA左右，再根据电表的读数要求可知电流表应选择表Al；

［5］由于所给滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，因此滑动变阻器采用分压式接法，而电流表的内

阻远小于待测电阻的阻值，定量方面可根据

>RA

进行判断，则可知电流表采用内接法，电路图如下所示

(4)［6］由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，则计算时可忽略电流表的分压作用，根据部分电路的

欧姆定律可得

R

'Ix.

根据电阻定律可得

Cl

4D-p—

xbh

联立可得

Upa1

--=•一

1bh

而

1

σ=­

图线的斜率

pa_1

~b~~62

代入数据可得

σ≈20.8

II.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于〃=3的激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有两

种光能使图乙中的光电管电路产生光电流，测量得到的光电流/与电压U的关系曲线如图丙所示。求：

(1)匕光产生光电子的最大初动能Ek(结果用eV为单位)；

(2)阴极K的逸出功W(结果用eV为单位)；

(3)“光的反向遏止电压UC2。

【答案】(1)9.8eV;(2)2.29eV;(3)7.91V

【解析】

【详解】(1)对•6光产生的光电子分析，得

一μ=0-Ek

解得

Ek=9.8eV

(2)对人光的光子，有

Λvft=£3-£,=12.09eV

所以逸出功为

Wn=hvh-Ek=2.29eV

(3)对。光的光子，有

lwu=E2-Ei=10.2eV

T=牝-叱

E；=eUg

联立解得

t∕c2=7.91eV

12.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视

为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆

心O,为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。

已知冰壶质量优=20kg,未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数*=0.02,刷冰后“2=0.01,起滑架到投掷线

的距离∕ι=10m,投掷线与圆心。点的距离为∕2=30m,取g=10m∕s2,则:

(1)比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心。处，求冰壶从投掷线被投出时速度Vo大

小；

(2)比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度0=3m⅛,为了使冰壶怡好停在圆心。处，求冰壶被投出后需要

刷冰距离s；

(3)投壶手从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F=20N,推着冰壶由静止出发，冰壶到

达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心。处,

求推力厂的作用时间％

4I2

1___________史心线_________乙匚1

J

_________

起滑架投掷线大宗营

【答案】(1)2√3m∕s;(2)15m；(3)2√5s

【解析】

【详解】(1)研究冰壶运动过程，根据位移与速度关系得

VQ2。1I?

«1=Mg

解得

v0=2'fim/s

(2)研究冰壶的运动过程，根据动能定理得

12

-μimg(l2-s)-μ2mgs-O——mv]

解得