2024年九省联考安徽高考物理试卷试题答案详解

2024年安徽省高考适应性演练

物理

注意事项：

1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，

将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、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，只有一项是符合要求的.

1.核能是蕴藏在原子核内部的能量，合理利用核能，可以有效缓解常规能源短缺问题。

在铀核裂变实验中,核反应方程是算U+；n-＞堞Ba+1Kr+3X,^5U核的结合能为月,

堞Ba核的结合能为召2，：：Kr核的结合能为心.则（）

A.该核反应过程动量不守恒

B.该核反应方程中的X为；,n

C.该核反应中释放的核能为（4-弓-弓）

D.该核反应中电荷数守恒，质量数不守恒

2.某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国

际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出

功率单位—瓦特（W）的表达形式为（）

A.kg-m2-s-3B.kg-m3-s2C.kg2-m3-s1D.kg2-m-s-3

3.“水袖功”是中国古典舞中用于表达情感的常用技巧，舞者通过手把有规律的抖动传

导至袖子上，营造出一种“行云流水”的美感.这一过程其实就是机械波的传播。下列关

于机械波中横波的说法正确的是（）

A.介质中质点沿波的传播方向移动

B.介质中质点的振动速度等于波速

C.横波是传递能量的一种方式

D.横波由一种介质进入另一种介质时频率发生变化

4.某同学在水平匀速直线行驶的实验车上，利用实验装置竖直向上提起小球，从某时

刻开始计时，坐在实验车上的人观测小球运动的情况,作出速度平方（F）与提起高度（y）

的关系图像如图所示。则地面上静止的观察者看到小球的运动轨迹可能是（）

5.如图所示，N是某静电场中一条竖直方向电场线上的两点，电场线方向未标出。

现有质量为相的带电小球在电场力和重力作用下沿该电场线向下运动，小球通过M点

的速度为匕，经过一段时间后，小球通过N点的速度为匕，方向向上.由此可以判断（）

A.M点的场强大于N点的场强

B.M点的电势低于N点的电势

C.小球在M点的动能小于它在N点的动能

D.小球在M点的电势能小于它在N点的电势能

6.一定质量的理想气体从状态。开始。第一次经绝热过程到状态"第二次先经等压

过程到状态c,再经等容过程到状态上。-丫图像如图所示。则（）

试卷第2页，共8页

A.cf6过程。气体从外界吸热

B.c一万过程比a一人过程气体对外界所做的功多

C.气体在状态a时比在状态6时的分子平均动能小

D.气体在状态«时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少

7.如图所示，有两颗卫星绕某星球做椭圆轨道运动，两颗卫星的近地点均与星球表面

很近（可视为相切），卫星1和卫星2的轨道远地点到星球表面的最近距离分别为4、为，

卫星1和卫星2的环绕周期之比为鼠忽略星球自转的影响，已知引力常量为G,星球

表面的重力加速度为心。则星球的平均密度为（）

(3\

3g01-4

R_____IJ

/3A

2TTG\h2M-%

(2\

3儿1-F3gc1-F

r-------------D------------------

J<3A/2A

4»Gh2M-%4»Gh1k5-加

\7

8.如图所示，轻绳1两端分别固定在N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有

一个轻质的光滑小环。，质量为加的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下方，处于

静止状态，ZMON=60°,现用一水平向右的力尸缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连

线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（）

A.施加拉力P前，轻绳1的张力大小为［mg

B.物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分NMON

C.物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大

D.物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小

二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项

中，有多项符合题目要求.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.如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。

质量为加、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径8的方向射入磁场，经过圆心

O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,A点到CO的距离为0,不计粒子重力。则

2

()

B.粒子运动速率为沙

A.粒子带负电

m

冗mD.粒子在磁场中运动的路程为等

C.粒子在磁场中运动的时间为^^

3qB

10.如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条

件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球

的质量为7",水平初速度为%,初始时小球离地面高度为瓦已知小球落地时速度大小

试卷第4页，共8页

为V,方向与水平面成，角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比

例系数为左，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.小球落地时重力的功率为mgv

mvsin0+kh

B.小球下落的时间为

mg

c.小球下落过程中的水平位移大小为‘""T'COS。）

k

D.小球下落过程中空气阻力所做的功为-诺卜根

二、非选择题：共5题，共58分.

11.某同学通过双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图（a）所示。

光源凸透镜滤光片单缝双缝遮光筒毛玻璃屏目镜

磐寸成一胃=

XT

a

图（a）

（1）一毛玻璃屏上相邻亮条纹的间距可利用测量头测出，如图（b）所示。先将测量头

分划板中心刻线与一明条纹中心P重合,其读数为0.822mm，然后沿同一方向转动手轮,

使分划板中心刻线移过4条暗条纹，与另一明条纹中心P重合，相应的读数如图（c）

所示，该读数为mm。

Ikl11HI

图（b）图（c）

（2）已知双缝间的距离为0.2mm,双缝到屏的距离为1.5m,此单色光波长是______mmo

（保留三位有效数字）

12.多用电表是一种多功能、多量程的电学仪表，可测量直流电流、直流电压、交流电

压、电阻等物理量。

（1）指针式多用电表使用前应该调整，使指针指向“0”。

（2）某电阻阻值约为几百欧姆，现用该电表测此电阻，测量前，需要以下操作，其顺

序是。（填写序号）

A.将红表笔和黑表笔直接接触

B.把选择开关旋转到“xlO”位置

C.调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点

正确进行实验操作后，电表的读数如图甲所示，该读数是

（3）图乙是某同学设计的多用电表测电阻的欧姆调零原理图，电池的负极应接.

表笔（选填"红"吏‘黑"）。图中G为表头，量程100g,内阻4=2.5kQ,7?T=O.5kQ,

通过调节。间的触点，使G满偏。已知&=4.8kQ,电池电动势为1.50V（电池内

阻可忽略），触点在。端时G满偏，则鸟=_______kQo

13.如图，相距/=2.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带

向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v=lm/s。质量%=10kg的货物（可

视为质点）放在距传送带左侧1m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力/=40N

水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数从=。2,货物与传送带间的动摩擦

因数〃2=0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取:lOm/s?。求：

（1）货物运动到传送带左端时的速度大小；

（2）货物在传送带上运动的时间。

试卷第6页，共8页

pyw/—vW\

左侧平台）/^右侧平台

传送带七丫

14.如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角。=30。的斜面上，其间距

£=2mo导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度3=2T。两根金属棒NQ

和必与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传

感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知成棒的质量为2kg,NQ棒

和必棒接入电路的电阻均为2Q,导轨电阻不计。将油棒从静止开始释放，同时对其

施加平行于导轨的外力F,此时拉力传感器开始测量细线拉力FT,作出力心随时间t的

变化图像如图乙所示（力工大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取lOm/s?。

求：

（1）%=1s时，金属棒团的速度大小；

（2），2=3s时,外力尸的大小;

（3）已知金属棒而在0~3s的时间内产生的热量为4.5J,求这段时间外力尸所做的功。

15.为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同

学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中是倾

角为53。的斜面，凹圆弧和凸圆弧DEF的半径均为凡且。I两点处于同一高度，

B.E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面48上距离水平

面砥高度为〃（未知量）的地方放置一个质量为，"的小球（可视为质点），让它由静止

开始运动。已知重力加速度为g,^sin37°=0.6,cos370=0.8o

（1）当〃=0.6R时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力；

（2）若小球一定能沿路面运动到尸点，求力的取值范围；

（3）在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点

路面倾角。=37。，求力的值。

试卷第8页，共8页

1.B

【详解】A.在铀核裂变的过程中，动量守恒，故A错误;

BD.设X为^X,由核电荷数守恒可知

92+0=56+36+3Z

可得

Z=0

由质量数守恒得

235+1=144+89+34

解得

A=1

所以该核反应方程中的X为；n,故B正确，D错误；

C.由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能为

AE=E1+E3-El

故C错误。

故选B。

2.A

【详解】由功率的定义式P=?得，功率单位为

故选A„

3.C

【详解】A.质中质点不会沿波的传播方向移动，只在自己平衡位置附近振动，故A错误;

B.介质中质点的振动速度不等于波速，波速与介质有关，振动的速度与距平衡位置的远近

有关，故B错误；

C.横波和纵波都能传递能量，故横波是传递能量的一种方式，故C正确；

D.频率由波源决定，与介质无关，故横波由一种介质进入另一种介质时频率不发生变化,

故D错误。

故选C。

4.C

答案第1页，共11页

【详解】速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察的图像，即小球相对于车

的速度关系图像。小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度图像。由

速度与位移关系公式商-f=2冲结合图像可知，开始小球时在竖直方向上做匀速运动，之

后做匀加速直线运动，加速度竖直向上。

结合小球在水平方向一直做匀速直线运动可知，地面上静止的观察者看到的运动轨迹是先做

匀速直线运动，后做类斜抛运动。

故选C„

5.D

【详解】该电场线竖直方向，带电小球仅在重力和沿电场线的电场力的作用下，在M点速

度方向竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减速后反向加速，电场力方向竖直

向上。

A.仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，且不知道两点的加速度大小关系，

故无法判断两点的电场场强关系，A错误；

B.由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但未知小球所带电荷的电性，故无法判断

两点的电势高低，B错误；

C.小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功的大小关系和速度大小关系，故无法判断

小球在两点的动能大小关系，C错误；

D.小球电场力方向竖直向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，故小球在M点

的电势能小于N点的电势能，D正确。

故选D。

6.B

【详解】A.cf匕过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故

内能减小。该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；

B.由微元法可得。-丫图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，

“fcf6过程比。36过程气体对外界所做的功多，B正确；

C.6过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减

小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态。时比在状态6时的分子平均动

能大，C错误；

D.c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容

答案第2页，共11页

器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内

撞击在单位面积上的分子数多，D错误。

故选B。

7.A

【详解】卫星一、卫星二轨道的半长轴分别为

2R+%2R+%

a\=-2-，%=2-

由开普勒第三定律得

整理得

2

4-"为

R=(2

2户-1

7

星球表面的重力加速度为g,根据万有引力提供重力得

厂Mm

星球质量的表达式为

M=^-pR3

联立得

2、

3乩13

IJ

21Gh2k3-九

故选A„

8.D

【详解】A.施加拉力P前,以小环。为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力"瑶,

竖直方向根据受力平衡可得

2Tlcos30°=mg

解得轻绳1的张力大小为

T.—mg

答案第3页，共11页

故A正确，不满足题意要求；

B.物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环。两侧轻绳1的张力大小总是相等，

则小环。两侧轻绳1的张力合力沿ZMON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线

始终平分故B正确，不满足题意要求；

C.物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角。逐渐增大，以物块为对象，根据受

力平衡可得

T2COS6=mg

可知

T,=a

COS0

可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；

D.物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环

0的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与连线方向垂直时，小环。

刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时ZMON最大，则此过程/"0呼=1逐

渐增大，以小环。为对象，根据受力平衡可得

27]'cosa=T,

可得

.，二

2cosa

可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。

故选D。

9.AD

【详解】A.由于粒子经过圆心。，最后离开磁场，可知，粒子在A点所受洛伦兹力向下，

根据左手定则，四指指向与速度方向相反，可知，粒子带负电，故A正确；

B.由于圆形区域半径为H,A点到8的距离为上，令粒子圆周运动的半径为广，根据几何

2

关系有

答案第4页，共n页

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

qv0B=m

解得

m

故B错误;

c.根据上述，作出运动轨迹，如图所示

D

由于圆形区域半径为R,A点到。。的距离为上，根据上述，粒子圆周运动的半径也为R,

2

则AAOO,与AEOO均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为120,粒子圆周运动的周期

2兀r17im

%qB

则粒子在磁场中运动的时间为

120T271m

------1-------

3603qB

故c错误;

D.结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为

120。2TIR

x---------Lnr-------

3603

故D正确。

故选ADo

10.BCD

【详解】A.小球落地时重力的功率为

&=mgusin，

答案第5页，共11页

故A错误；

B.小球下落过程在竖直方向根据动量定理

mvsin6=mgt-k(yyi+vy2+vy3+....)t

X(Vyl+Vy2+Vy3+……X=

解得小球下落的时间为

mvsinO+kh

t=----------------

mg

故B正确；

C.小球在水平方向根据动量定理

mvcos0-mv0=~k(vxi+vx2+vx3+......)，

£(匕1+匕2+匕3+……"=X

解得小球下落过程中的水平位移大小为

m(v-vcos8)

x-0

k

故C正确；

D.小球下落过程根据动能定理

1

；mv—gmv1=mgh+Wf

解得小球下落过程中空气阻力所做的功为

11

Wf=~mgh+—mv"--mvg

故D正确。

故选BCD。

11.21.0026.73xIO-4

【详解】(1)口］该读数为

21mm+0,2x0.01mm=21.002/Tim

(2)［2］已知条纹尸尸间还有3条亮条纹，则相邻两亮条纹的间距为

醺二生。。2二。些〃“"—MW

4

由干涉条纹的间距公式

Ax=-A

d

答案第6页，共11页

解得

2=6.73xICT4mm

12.指针定位螺丝BAC193红2000

【详解】(1)[1]指针式多用电表使用前应该调整指针定位螺丝，使指针指向“0”；

(2)[2]用指针式多用电表测几百欧姆电阻时，应先将开关旋转到“xlO”位置，再将红表笔

和黑表笔直接接触，最后调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点，所以正确的顺序是BAC。

[3]该电阻的阻值为

19.3xlOQ=193Q

(3)[4]电池的负极应接多用电表的负极，则应接多用电表的红表笔；

⑸触点在。端时G满偏，则Rr与G串联，串联部分的电压为

a=4(&+&)=o.3ov

根据串并联电路的特点可知&两端的电压为

U2=E-UX=1.20V

所以通过R2的电流为

/=力=250HA

则通过K的电流为

/1=/一4=150卜Ai

根据部分电路欧姆定律得

Ri=}=2000Q

13.(1)2m/s；(2)2s

【详解】(1)根据牛顿第二定律货物在左端平台上时加速度为

m

由运动学规律有

Vj—2a[S],S]=Im

解得货物运动到传送带左端时的速度大小为

匕=2m/s

答案第7页，共11页

(2)由于匕＞丫，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为

匕空=-1曲

m

故货物开始做匀减速运动，设经过时间72与传送带共速，得

v-V,[

t2=------=Is

a2

该段时间货物位移为

匕+V

$2二t=1.5m

22

共速后货物匀速运动，设再经过时间4到达传送带右端，得

S

-l-~---2-=-l1s

V

故货物在传送带上运动的时间为

♦==2S

14.(1)0.5m/s；(2)3N；(3)-11.25J

【详解】(1)设棒NQ的质量为当仁。时

Mgsm0=FT=2N

解得

M=0.4kg

G=1S,棒NQ受到沿斜面向上的拉力耳=4N,对棒NQ分析

Mgsin3+Fan=F；=4N

工〃=2N

根据工解得

I=^-=-=—A=0.5A

BL2x2

感应电动势为

E=/(2R)=0.5x2x20=2V

根据£=跳口解得

E2

v.=——=-----m/s=0.5m/s

BL2x2

答案第8页，共ll页

(2)当，2=3S,棒NQ受到沿斜面向上的拉力用=8N,对棒NQ分析

Mgsm0+F；n=F；=8N

『6N

根据工〃=5?，解得

1=*F_'=-^-A=L5A

BL2x2

感应电动势为

E=T（27?）=1.5x2x2Q=6V

根据石=3小，解得

=$1nzs=1.5m/s

v2=—

2BL2x2

由以上可知棒ab的速度可表示为

EIx2R2R[F-Mgsin0）

v=——T

BLBLB2£2

由于“随时间均匀增大，所以必在做匀加速直线运动，其加速度为

Av1.5-0.522

Q=-------m/s=0.5m/s

A/2

对棒ab分析

mgsind-F^n-F=ma

解得

F=3N

(3)在。〜3s的时间内金属棒的位移为

112

x--at2=—x0.5x3m=2.25m

222

对金属棒而运用动能定理分析