安徽省淮南市第二中學(xué)高三上學(xué)期高考模擬測試物理試題

淮南二中2018屆上學(xué)期高考模擬測試卷物理部分二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全對的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示表面光滑、半徑為R的絕緣半球固定在水平地面上，置于半球表面上分別帶有正負電荷的兩小球(大小忽略不計)處于平衡時，小球與球心連線與豎直方向的夾角分別為30°、60°，設(shè)這兩個小球的質(zhì)量之比為m1m2，小球與半球之間的壓力之比為A.m1m2=1:3，C.m1m2=1:3，【答案】D【解析】對m1由正交分解可得：平行球面方向m1gsin30°=Fsin45同理，對m2分析可得：m2=2F3g，N【點睛】分別對m1和m2進行受力分析，根據(jù)正交分析求出兩個小球重力與庫侖力的關(guān)系式，兩個小球受支持力與庫侖力的關(guān)系式，2.如圖甲所示的陀螺可在圓軌道的外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”，該玩具深受孩子們的喜愛。其物理原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點）在軌道外側(cè)轉(zhuǎn)動，A、B兩點分別為軌道上的最高、最低點。鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A.鐵球可能做勻速圓周運動B.鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動時機械能不守恒C.鐵球在A點的速度必須大于gD.從A點由靜止?jié)L到B點過程中，要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg【答案】D【解析】小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大．小鐵球不可能做勻速圓周運動．故AB錯誤；小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道對小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點．故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)：Fn＝mv2R可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小．而在最低點小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0．所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0．根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達最低點時的速度滿足：mg?2R＝12mv2；軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即：F?mg＝mv2R，聯(lián)立得：點睛：該題屬于結(jié)合機械能守恒定律考查豎直平面內(nèi)的圓周運動的情況，在解答的過程中正確分析得出小球經(jīng)過最高點和最低點的條件是解答的關(guān)鍵，正確寫出向心力的表達式是解答的基礎(chǔ)．3.“神舟十一號”飛船于北京時間2016年10月17日發(fā)射升空，并與“天宮二號”實施自動交會對接．交會對接前“神舟十一號”飛船先在較低的圓軌道1上運動，在適當(dāng)位置經(jīng)變軌與在圓軌道2上運動的“天宮二號”對接．如圖所示，M、Q兩點在軌道1上，P點在軌道2上，三點連線過地球球心，把飛船的加速過程簡化為只做一次短時加速．下列關(guān)于“神舟十一號”飛船變軌過程的描述，正確的是()A.“神舟十一號”飛船必須在Q點加速，才能在P點與“天宮二號”相遇B.“神舟十一號”飛船在M點經(jīng)一次加速，即可變軌到軌道2C.“神舟十一號”飛船在M點變軌后的速度大于變軌前的速度D.“神舟十一號”飛船變軌后的運行周期總大于變軌前的運行周期【答案】D【解析】“神舟十一號”與天宮二號要實施對接，需要神舟十一號抬升軌道，即神舟十一號開動發(fā)動機加速做離心運動，使軌道高度抬升與天宮一號實現(xiàn)對接，故“神舟十一號”在M點加速，可以在P點與“天宮二號”相遇，故A錯誤；“神舟十一號”在M點經(jīng)一次加速后繞橢圓軌道運動到P點，再經(jīng)過一次加速過程，由橢圓軌道變成圓軌道，進入軌道2，故B錯誤；“神舟十一號”在M點要加速，因此飛船在M點變軌后的速度大于變軌前的速度，故C正確；由萬有引力提供向心力，有：GMmr2=m4π2T【點睛】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，確定線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系，來分析速度和周期的大?。吧裰凼惶枴秉c火加速后，所需的向心力變大，萬有引力不夠提供，做離心運動，這樣才能完成對接．結(jié)合變軌原理分析．4.如圖所示a、b間接入正弦交流電，理想變壓器右側(cè)部分為一火災(zāi)報警系統(tǒng)原理圖，R2為熱敏電阻，隨著溫度升高其電阻變小，所有電表均為理想電表，電流表A2為值班室的顯示器，顯示通過R1的電流，電壓表V2顯示加在報警器上的電壓（報警器未畫出），R3為一定值電阻。當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時，以下說法中正確的是（）A.V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)減小B.V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)減小C.A1的示數(shù)增大，A2的示數(shù)增大D.A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)減小【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時，R2的電阻減小，導(dǎo)致電路的總的電阻減小，所以電路中的總電流將會增加，A1測量的是原線圈中的總的電流，由于副線圈的電流增大了，所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增加；由于電源的電壓不變，原副線圈的電壓也不變，所以V1的示數(shù)不變，由于副線圈中電流增大，R3的電壓變大，所以V2的示數(shù)要減小，即R1的電壓也要減小，所以A2的示數(shù)要減小，所以AC正確，BD錯誤．故選AC．考點：變壓器；電路的動態(tài)分析【名師點睛】此題是關(guān)于變壓器及電路的動態(tài)分析問題；在做電路的動態(tài)變化的分析題目時，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法；注意變壓器次級電壓是由初級電壓和匝數(shù)比決定的．5.如圖所示，相距均為d的的三條水平虛線L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。一個邊長也是d的正方形導(dǎo)線框，從L1上方一定高處由靜止開始自由下落，當(dāng)ab邊剛越過L1進入磁場時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當(dāng)ab邊在越過L2運動到L3之前的某個時刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運動，在線框從進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，設(shè)線框的動能變化量大小為△Ek，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，過程中產(chǎn)生的電能大小為E0，下列說法中正確的是（）A.在導(dǎo)線框下落過程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1B.在導(dǎo)線框通過磁場的整個過程中，線框中的平均感應(yīng)電流為0C.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，線框中的電流方向沒有發(fā)生變化D.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，線框動能的變化量大小為△Ek＝W2－W1－E0【答案】B【解析】在導(dǎo)體框下落過程中，重力做正功，但安培力做負功，故不能根據(jù)重力做功判斷兩次勻速的速度大小；設(shè)線框的電阻為R，質(zhì)量為m，當(dāng)ab邊進入磁場，線框勻速運動的速度大小為v1，線框的感應(yīng)電動勢為：E1=Bdv1，線框所受的安培力大小為FA1=BI1d=BE1Rd=B2d2v1R，由于線框勻速運動，根據(jù)平衡條件有：mg=FA1=B2d2v1R①，線框以速度v2做勻速直線運動時，線框中總的感應(yīng)電動勢為：E2=2B【點睛】線框勻速運動時，重力與安培力平衡，根據(jù)安培力公式F=BIL和平衡條件可研究出兩次勻速運動時速度的大小關(guān)系。根據(jù)動能定理求解動能的變化量大??；由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。根據(jù)磁通量的變化量，分析感應(yīng)電荷量，再求平均感應(yīng)電流.6.電場強度方向與x軸平行的靜電場，其電勢φ隨x的分布如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子（不計重力），以初速度v0從O點（x=0）沿x軸正方向進入電場。下列敘述正確的是A.粒子從O點運動到x3點的過程中，在x3點速度最大B.粒子從x1點運動到x3點的過程中，電勢能先減小后增大C.要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為2D.若v0=【答案】ADC、根據(jù)電場力和運動的對稱性可知：粒子如能運動到x1處，就能到達x4處，當(dāng)粒子恰好運動到x1處時，由動能定理得：q（0?φ0）=0?12mvD、若v0=2qφ0m，粒子運動到x3處電勢能最小，動能最大，由動能定理得：故選AD?！军c睛】根據(jù)電勢φ隨x的分布圖線可以得出電勢函數(shù)關(guān)系，由電勢能和電勢關(guān)系式得出電勢能的變化．利用動能定理列方程解答。7.如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點．已知容器半徑為R，OP與水平方向的夾角為θ＝30°.下列說法正確的是()A.容器相對于水平面有向左運動的趨勢B.容器對小球的作用力指向球心OC.輕彈簧對小球的作用力大小為32D.彈簧原長為R＋m【答案】BD【解析】以容器和小球整體為研究對象，分析受力可知：豎直方向有：總重力、地面的支持力，根據(jù)平衡條件可知容器不受水平面的靜摩擦力，則容器相對于水平面無滑動趨勢，故A錯誤；容器對小球的作用力是彈力，指向球心O，故B正確；對小球受力分析，如圖所示：由θ=30°得小球受到容器的支持力和彈簧對小球的彈力大小均為mg，故C錯誤；由胡克定律得：彈簧的壓縮量為x=Fk=m【點睛】對容器和小球整體研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力，進而分析其運動趨勢．對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共點力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力．8.如圖所示，傾角為θ的固定斜面充分長，一質(zhì)量為m上表面光滑的足夠長的長方形木板A正以速度v0沿斜面勻速下滑，某時刻將質(zhì)量為2m的小滑塊B無初速度地放在木板A上，則在滑塊與木板都在滑動的過程中（）A.木板A的加速度大小為3gsinθB.木板A的加速度大小為零C.A、B組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量一定為零D.木板A的動量為13mv0時，小滑塊B的動量為23【答案】CD【解析】試題分析：只有A時，A勻速下滑，則說明A受到的重力分力與摩擦力等大反向；即mgsinθ=μmgcosθ；若加上B物體后，A對地面的壓力增大，則摩擦力變?yōu)棣?mgcosθ，而沿斜面方向上的力不變，故合外力為：3μmgcosθmgsinθ=2mgsinθ；故加速度a=2gsinθ；故AB錯誤；由A的分析可知，整體在沿斜面方向受力平衡，故整體動量守恒，故合外力的沖量一定為零；故C正確；因動量守恒，故總動量保持不變，由動量守恒定律可知：mv1+2mv2=mv0，故當(dāng)A動量為13mv0時，B的動量為23mv考點：動量守恒定律；【名師點睛】此題是一道動量守恒的問題，關(guān)鍵在于明確加上B后，整體在沿斜面方向上受力仍然平衡，故A和B組成的系統(tǒng)動量守恒。9..探究加速度與力的關(guān)系裝置如圖所示。帶滑輪的長木板水平放置，細繩通過兩滑輪分別與彈簧秤掛鉤和沙桶連接，細線與桌面平行.將木塊放在靠近打點計時器的一端，緩慢向沙桶中添加細沙，直到木塊開始運動，記下木塊運動后彈簧秤的示數(shù)F，通過紙帶求出木塊運動的加速度a。將木塊放回原處，向沙桶中添加適量細沙，釋放木塊……獲取多組a、F數(shù)據(jù)。（1）關(guān)于該實驗的操作，以下說法正確的是（________）A.實驗過程中，應(yīng)先閉合打點計時器開關(guān)，再釋放小車B.通過緩慢添加細沙，可以方便地獲取多組實驗數(shù)據(jù)C.每次添加細沙后，需測出沙及沙桶的質(zhì)量D.實驗過程要確保沙及沙桶的質(zhì)量遠小于木塊的質(zhì)量（2）某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出了兩個aF圖象如圖所示，正確的是__________；由圖象可知，木塊所受的滑動摩擦力大小大小為________；若要作出木塊的加速度與合力的關(guān)系，需要對圖象進行修正。修正后的橫坐標(biāo)F合應(yīng)該等于（用F、F0表示）?！敬鸢浮?1).AB(2).B(3).2F0，2F2F0【解析】試題分析：（1）實驗中應(yīng)該先接通電源后釋放紙帶，故A正確；通過緩慢添加細沙，可以方便地獲取多組實驗數(shù)據(jù)，故B正確；繩子的拉力可以通過彈簧測力計測出，不需要測量砂及沙桶的質(zhì)量，也不需要保證沙及沙桶的質(zhì)量遠小于木塊．故CD錯誤．故選：AB．（2）小車所受的拉力等于2倍的彈簧秤拉力，可以直接測量得出，根據(jù)牛頓第二定律得，2Ff=ma，解得：a=2F?f考點：探究加速度與力的關(guān)系。10.LED綠色照明技術(shù)已經(jīng)走進我們的生活。某實驗小組要測定額定電壓約為3V、額定功率約為1．5w的LED燈正常工作時的電阻。實驗室提供的器材有：A．電流表A1(量程為0．6A，內(nèi)阻RA1約為3Ω)B．電流表A2(量程為3mA，內(nèi)阻RA2=100Ω)C．定值電阻R1=900ΩD．定值電阻R2=9900ΩE．滑動變阻器R(0～20Ω)F．蓄電池E(電動勢為3V，內(nèi)阻很小)G．開關(guān)S一只(1)在虛線框內(nèi)將圖甲所示的電路補充完整，并標(biāo)明各器材的符號。以下實驗都在正確連接電路條件下進行。(2)電流表A1的示數(shù)用I1表示，電流表A2的示數(shù)用I2表示，寫出測量LED燈正常工作時的電阻表達式Rx=___________(用物理量符號表示)。(3)實驗時調(diào)節(jié)滑動變阻器，當(dāng)LED燈正常發(fā)光時，電流表A2表盤指針的位置如圖乙所示，則其示數(shù)為_______mA，若此時電流表A1的示數(shù)為0.50A，則LED燈的電阻為__Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1).I2(R1【解析】由于無電壓表，所以需將電流表A2(量程為3mA，內(nèi)阻RA2=100Ω)與定值電阻R1=900Ω串聯(lián)組成電壓表，由R=U2P可得LED燈正常工作時的電阻大約為RL=6Ω，由于RvRL=(2)根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的特點得I2(R1+R(3)電流表A2的量程為3mA，分度值為0.1mA，表盤指針的位置對應(yīng)28格，故電流表A2示數(shù)為0.1mA×28.0=2.80mA；將值代入得LED燈的電阻為R【點睛】題中無電壓表，需將電流表A2與定值電阻R1串聯(lián)組成電壓表，根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的特點求出LED燈正常工作時的電阻。11.如圖所示，質(zhì)量為M=0.9kg的小車靜止在足夠長的光滑軌道上，小車下面掛一質(zhì)量為m=0.1kg的小球B，在旁邊有一支架被固定在軌道上，支架上O點懸掛一質(zhì)量也為m=0.1kg的小球A．兩球球心至懸掛點的距離l均為0.25m，當(dāng)兩球靜止時剛好相切，兩球球心位于同一水平線上，兩懸線豎直并相互平行．將A球向左拉到圖中與水平成530角的虛線所示位置后由靜止釋放，然后與B球相碰，如果碰撞過程中無機械能損失，g=10m/s2，（以下計算過程中保留根號）求：（1）碰撞后B球上升的最大高度；（2）小車能獲得的最大速度．【答案】(1)0.1746m(2)97【解析】【分析】A球從靜止開始自由下落到A點的正下方C點時線繃直，繃直過程中，A球沿繩子方向的速度突然減小為零，A球?qū)⒁郧邢蚍炙俣认蛴易鰣A周運動，A球從C球運動到最低點，與B球碰撞前機械能守恒；兩球碰撞過程，遵守動量守恒和機械能守恒，由于兩球質(zhì)量相等，交換速度；B球和小車組成的系統(tǒng)，機械能守恒定律和水平方向動量守恒；B球擺回最低點的過程中，懸線仍使小車加速，故當(dāng)B球擺回最低點時小車獲得的速度最大。解：(1)如圖所示，A球從靜止開始自由下落到A點的正下方C點時線繃直，設(shè)此時速度為vc，則：v繃直過程中，A球沿繩子方向的速度突然減小為零，A球?qū)⒁郧邢蚍炙俣认蛴易鰣A周運動，切向分速度為：v1A球從C球運動到最低點，與B球碰撞前機械能守恒，設(shè)A球到達最低點時與B球碰撞前的速度為v2，則：12解得：v兩球碰撞過程，遵守動量守恒和機械能守恒，由于兩球質(zhì)量相等，交換速度，即B獲得速度：v2再對B球和小車組成的系統(tǒng)，運用機械能守恒定律和水平方向動量守恒，設(shè)B上升的最大高度為h，則有：m1聯(lián)立解得：h(2)B球擺回最低點的過程中，懸線仍使小車加速，故當(dāng)B球擺回最低點時小車獲得的速度最大，設(shè)最大速度vm，B球的速度為v3，則對B球和小車組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律和水平方向動量守恒得：mB12解得：vm12.如下圖所示為一種電磁裝置，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)電場、勻強磁場組成。在S點有一粒子源，能不斷釋放電量為q，質(zhì)量為m的靜止帶電粒子，被加速電壓為U，極板間距離為d的勻強電場加速后，從正中央垂直射入電壓為U的勻強偏轉(zhuǎn)電場（偏轉(zhuǎn)電場中場強隨時間變化如左圖所示），偏轉(zhuǎn)極板長度和極板距離均為L，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中一次偏轉(zhuǎn)后即進入一個垂直紙面方向的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B。若不計重力影響，欲使帶電粒子通過某路徑返回S點，求：（1）粒子進入磁場時速度大小;（2）勻強磁場的寬度D至少為多少;（3）該帶電粒子周期性運動的周期T是多少？偏轉(zhuǎn)電壓正負極多長時間變換一次方向.【答案】(1)5Uq2m(2)1【解析】試題分析：（1）對在加速電場中運用動能定理，結(jié)合在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動求出偏轉(zhuǎn)位移的大小和偏轉(zhuǎn)角，對整個過程運用動能定理，求出粒子進入磁場的速度．（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求出勻強磁場的最小寬度．（3）粒子在加速電場中勻加速直線勻加速直線運動，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，結(jié)合運動學(xué)公式和推論以及在磁場中運動的周期公式求出帶電粒子的周期T．偏轉(zhuǎn)電壓正負極變換一次方向的時間等于粒子在磁場中運動的時間．（1）如圖所示粒子在加速電場中加速，由動能定理得：12mv由于粒子在電場加速過程中做勻加速直線運動，則加速的時間：t粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，其加速度為：a粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間為：t粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移距離為：y側(cè)向速度為：v則粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度為：v（2）以速度v進入磁場做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，有：q解得：R則磁場寬度D為：D（3）由幾何關(guān)系得：tanθ粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T故粒子在磁場中運動的時間為：t粒子從S出發(fā)回到S的周期為：T偏轉(zhuǎn)電壓正負極換向?qū)嶋Ht為：t13.下列說法中正確的是_________．(填正確答案標(biāo)號，選對一個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯一個扣3分，最低得分為0分)A．氣體對容器壁有壓強是氣體分子對容器壁頻繁碰撞的結(jié)果B．足球充足氣后很難壓縮，是因為足球內(nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C．一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程氣體一定從外界吸收熱量D．自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的E．飽和汽壓與分子密度有關(guān)，與溫度無關(guān)【答案】ACD【解析】根據(jù)氣體的壓強的微觀意義可知，氣體對容器壁有壓強是氣體分子對容器壁頻繁碰撞的結(jié)果，故A正確；足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外有壓強差的原因，與氣體分子之間的作用力無關(guān)，故B錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程對外做功而內(nèi)能不變，所以氣體一定從外界吸收熱量，故C正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，自然界中自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序