安徽省合肥市届高三物理第二次质量检测试题及答案word版docWord文件下载.docx

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则下列说法正确的是A.两颗卫星的向心力相同B.两颗卫星的线速度相同C.两颗卫星运行的角速度均大于地球自转角速度D.两颗卫星的向心加速度大于地面的重力加速度【答案】C【解析】A向心力大小与卫星质量有关，由于两颗卫星质量未知，无法比较向心力大小，故A错误；

B两颗卫星的线速度方向不同，故B错误；

C由于两颗卫星的运行高度低于同步卫星的高度（约36000km），故角速度均大于同步卫星的角速度，即地球自转角速度，故C正确；

D两颗卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故D错误。

C4.真空中相距为3a的两个点电荷A和B，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点，在二者连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下说法正确的是A.二者一定是异种电荷B.x=a处的电势一定为零C.x=2a处的电势一定大于零D.A、B的电荷量之比为1：

4【答案】D【解析】A.场强先负方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，故A错误；

B.场强为零的地方电势不一定为零，故B错误；

C由于没有确定零电势点，无法比较x=2a处的电势与零电势的高低，故C错误；

D.x=a处合场强=0，由知，所以A、B所带电荷量的绝对值之比为1：

4，故D正确。

D点睛：

场强为零的地方电势不一定为零，场强先正方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，由点电荷公式判断电量之比5.如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁。

若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。

对其向上运动过程，下列说法正确的是A.小球动能相等的位置在同一水平面上B.小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C.运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D.当运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上【答案】D【解析】A从开始到在同一水平面上，摩擦力做的功不同，重力做功相同，根据动能定理，小球动能不相等，故A错误；

B从开始到在同一水平面上，克服重力做功相同，重力势能的增量相同，小球重力势能相等的位置在同一水平面上，故B错误；

C根据等时圆的结论，由于有摩擦力的作用，运动过程中同一时刻，小球不在同一球面上，故C错误；

D当运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位移在水平面的投影长度相等，上升的高度不同，小球的位置不在同一水平面上，故D正确。

D6.如图所示圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上点A沿与直径AOB成30角的方向射入磁场，其后从点C射出磁场。

已知COD为圆的直径，BOC=60，E、F分别为和上的点，粒子重力不计。

则下列说法正确的是A.该粒子可能带正电B.粒子从点C射出时的速度方向一定垂直于直径AOBC.若仅将粒子的入射位置由点A改为点E，则粒子仍从C射出D.若仅将粒子的入射位置由点A改为点F，则粒子仍从C射出【答案】BCD【解析】A由左手定则可得，该带电粒子带负电，故A错误；

B连接AC，根据几何关系，初速度与AC成60，从C点离开磁场时，速度方向与AC也成60，垂直于直径AOB，故B正确；

C粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，圆心为，根据几何关系，四边形AOC为菱形，边与边OC平行，同理，若仅将粒子的入射位置改变，则粒子O与出射点的连线仍与平行，故仍从C射出，故C正确，D正确。

BCD7.如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。

球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO匀速转动，且杆与水平面间始终保持30角。

已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l0/2，重力加速度为g。

则下列说法正确的是A.弹簧为原长时，杆的角速度为B.当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态C.在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D.在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了5mgl0/4【答案】CD【解析】【详解】A弹簧为原长时，杆受重力和杆的弹力，合力为mgtan30=，杆的角速度为，故A错误；

B当杆的角速度为时，弹簧处于伸长状态，故B错误；

C在杆的角速度增大的过程中，小球的动能增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒，故C正确；

D设角速度等于时速度为v，弹簧伸长l，杆的支持为N。

则联立解得k=，初末状态的弹性势能相等，则小球增加的机械能为，故，故D正确。

CD【点睛】根据合力提供向心力，可求角速度等于时弹簧伸长的量，求出速度，进而求初动能，和重力势能的增量，求出小球机械能的增加量。

8.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120下列说法正确的是（）A.点O与点C的场强大小相等B.点C与点D的场强大小之比为C.一电子从D点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D.将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【分析】根据电场线的分布情况，分析各点场强大小。

等量同种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，然后根据W=Uq定性分析电场力做功情况。

【详解】A点O与点C处于两电荷连线的中垂线上，到两电荷的距离相等，点O与点C的场强大小相等，方向相反，故A正确；

B根据矢量合成法则，C点场强为，D点的场强为，点C与点D的场强大小之比为，故B正确；

C根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x=处的场强最强，则电子从点D到点C的过程中，加速度先增大，再减小，再增大，故C错误；

D根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A到点D，电场力做正功，从点D到点B的过程中，电场力做负功，故D正确。

故选C。

9.为了较准确地测量某细线所能承受的最大拉力，甲、乙两位同学分别进行了如下实验。

（1）甲同学操作如下：

如图a所示，将细线上端固定，在其下端不断增挂钩码，直至挂第4个钩码（每个钩码重为G）时，细线突然断裂，甲同学将3G记为细线所能承受的最大拉力

（2）乙同学操作如下：

用刻度尺测出细线的长度l；

按图b所示将细线左端固定，右手捏住细线另端，然后将3个钩码挂在细线上；

捏住细线的右手沿水平刻度尺缓慢向右移动，直至细线断裂，测出此时细线两端的水平距离d。

（3）若细线质量、伸长及细线与钩码间的摩擦均忽略不计，根据上述实验，请完成下列内容：

测量结果较准确的是_（选填“甲”或“乙”）同学；

乙同学的测量结果是_（用题中所给物理量的字母表示）；

在乙同学的实验中，当细线刚断时钩码两侧细线的夹角_（选填“”、“=”或“”）120。

【答案】

（1）.乙

（2）.（3）.【解析】甲同学的方案中钩码只能一个一个加，使得测量的细线拉力不连续，造成测量的不准确，所以乙同学的测量结果较准确。

当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力。

绳子与竖直方向夹角的正弦值为：

sin=d/L，根据平衡有：

2Fcos=G，解得最大拉力为：

F=.根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力3G，细线上的拉力大小大于3G，根据力的平行四边形定则，两侧细线的夹角大于120。

点睛：

根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力10.某同学将一个量程为01V、内阻未知的电压表改装为03V的电压表。

（1）该同学首先进行了如下操作：

将多用电表档位调到电阻“100”，再将红表笔和黑表笔_，进行调零；

将图a中多用电表的红表笔和电压表的_（填“+”或“-”）接线柱相连，黑表笔与另一接线柱相连；

此时多用电表的示数如图b所示，则电压表的内阻为_。

若已知多用电表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为_V。

（1）.短接

（2）.一（3）.1000（4）.0.60【解析】

（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红、黑表笔直接短接后，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”；

（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；

电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触负接线柱，黑表笔接正接线柱。

（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=10010=1000；

欧姆表的中值电阻为1500，等于欧姆表内阻，电压表的示数为11.

（2）为了准确地测量该电压表的内阻Rv，并将改装后的电压表与标准电压表进行校准，该同学设计了如图c所示的实验电路。

实验中可供选择的器材有：

a待测电压表V1（量程01V）b.标准电压表V2（量程03V）c.滑动变阻器（最大阻值为2000）d.滑动变阻器（最大阻值为10）e.电阻箱（最大阻值为9999.9）f.电阻箱（最大阻值为999.9）g.电池组（电动势约6V，内阻不计）h.开关、导线若干该同学实验操作步骤如下A.按图c连接好电路；

B.将滑动变阻器的滑片P滑到a端；

C.闭合开关S，将单刀双掷开关S掷到1，移动滑片P的位置，使电压表V1满偏；

D.保持滑片P位置不变，断开开关S，调节电阻箱R，使电压表示数为0.60V，读出R0的阻值为720；

E.断开S，将滑片P滑到a端；

F.把R0的阻值调为某一具体值R1，将V1改装成量程为03V的电压表；

G.将S掷到2，对改装后的电压表进行逐格校准；

H.断开开关S，整理器材。

（3）根据该同学设计的实验，请回答下列问题i为完成该实验，滑动变阻器应选_（选填“c”或“d”），电阻箱应选_（选填“e”或“f”）；

ii.待测电压表内阻Rv的测量值为_，R1为_iii.若校准电压表时发现改装表的读数相对于标准表的读数总是偏小一些，为使改装表读数准确，应将R0的阻值调_（选填“大”或“小”）一些。

（1）.d

（2）.e（3）.1080（4）.2160（5）.小【解析】

（3）i、测电压表的内阻时，应用串联电路正比分压的规律。

断开开关S时，电压表V1和电阻箱的总电压应基本不变，故滑动变阻器应选小阻值的d。

电阻箱的阻值应和电压表V1的内阻差不多，应选e。

ii、电压表示数为0.60V，电阻箱的电压为0.40V，读出R0的阻值为720，根据串联电路正比分压的规律：

，解得RV=1080；

将V1改装成量程为03V的电压表，代入数据得：

R1=2160。

iii.断开开关S，电压表和电阻箱总电阻增大，电压表和电阻箱总电压增大，用0.4V表示电阻箱的电压比真实值偏小，计算电压表内阻时比真实值偏大，改装电压表时串联的电阻阻值偏大，应减小一些。

12.合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力。

假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P0，每节车厢的总质量为m，动车组运行过程中所受阻力为车重的k倍。

若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t0速度达到最大，重力加速度为g。

求：

（1）当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第6节车厢对第7节的拉力；

（2）动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程。

【答案】4kmg，【解析】

（1）设动车组匀速运动的速度为vm，速度为最大速度的一半时动车的牵引力为F，有2P0=8kmgvm2P0=2F对动车组，由牛顿第二定律2F-8kmg=2maa=对7、8节车厢的整体有：

F67-2kmg=2ma解得：

F67=4kmg

（2）由动能定理得：

13.如图所示，将两根足够长的电阻不计的相同金属条折成“”型导轨，导轨右半部分水平，左半部分倾斜，且与水平面夹角=37。

金属细杆ab和cd与导轨接触良好且始终垂直。

导轨左、右两部分分别处于方向沿导轨向上和竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=1T。

开始杆cd锁定，用恒力F垂直作用于杆ab中点，使其向右运动，当ab匀速运动时的速度为v0，此时解除cd锁定，杆cd仍静止不动。

已知杆ab和cd的质量均为m=0.5kg，电阻均为R=0.5g，导轨间距d=1m，杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。

（1）要使杆cd始终不动，作用在杆ab的恒力F的最小值和对应的ab匀速运动速度v0；

（2）若ab杆匀速运动的速度为6m/s，某时刻同时撤去恒力F和左侧磁场，此后ab向右移动1.5m停止。

在此过程中cd沿导轨下滑的距离和杆cd中产生的焦耳热。

【答案】2m/s，；

2.625J【解析】

（1）设拉力F与水平导轨所成的角为，当导体杆ab匀速运动时，有：

水平方向竖直方向cd杆静止闭合电路欧姆定律由可得联立式可得：

（2）对杆ab，从撤去拉力至停下的过程，由动量定理得：

又联立得对杆cd，由牛顿第二定律得：

联立，代入可得此过程对杆ab，由动能定理得：

则杆cd中产生的焦耳热

（二）选考题：

共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33.物理一选修3-3（15分）14.

（1）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是_。

（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）A.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性B.固体可以分为晶体和非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状C.毛细现象及浸润现象的产生均与表面张力有关，都是分子力作用的结果D.空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大E.大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布【答案】BCE【解析】A、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性，故A错误；

B、固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶和多晶，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故B正确；

C、毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系；

都是分子力的作用结果，故C正确；

D、空气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度就越大，相对湿度不一定大，故D错误；

E、大量分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律分子数百分率呈现“中间多，两头少”的统计规律，故E正确故选：

BCE15.

（2）如图所示，一个开口向右的圆筒气缸固定于地面上，距缸底2L处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔处装有一个能向左开启的单向阀门b，C是一截面积为S的活塞。

开始时隔板左侧封闭的理想气体压强为1.5P0；

隔板右侧封闭了另一部分同种理想气体，刚开始活塞c与隔板距离为L。

现对活塞c施加一水平向左的力F，其大小由0缓慢增大到F0时，b恰好打开。

已知外界气压为P0，气体温度保持不变活塞与隔板厚度均不计，活塞与气缸、阀门与隔板间的摩擦也不计。

求（i）F0的大小（ii）当力F缓慢增大到1.2F0时，活塞c距缸底距离；

（iii）当力F缓慢增大到2F0时，缸内气体压强。

【答案】0.5P0S；

2.5L；

2P0【解析】

（i）对阀门，刚打开时左右气体压强应相等，即右侧气体压强也为1.5P0。

故对c，1.5P0S=P0S+F0故F0=0.5P0S（ii）对右侧气体，从开始到b刚开启的过程，根据玻意耳定律得：

P0L=1.5P0L1解得对全部气体，当力为1.2F0时，解得：

L2=2.5L（iii）当力F为2F0时，设隔板右侧的气体压强为P，则P=2P0。

解得L3=2L，故全部气体恰在隔板a左侧则压强P4=2P0物理一选修3-4（15分）16.

（1）在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，下列做法正确的是_（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错一个扣3分，最低得分为0分）A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC.在小偏角下让小球在竖直面内摆动D.测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量50次全振动的时间t，则单摆的周期T=t/49E、多次改变摆线的长度l，测量对应的周期T，作T2-L图象，得到图象的斜率值约为【答案】ACE【解析】A.摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，故A正确；

B.刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故B错误；

C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不超过5，否则单摆将不做简谐运动。

故C正确；

D.当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由T=t/n求周期误差较小，故D错误；

E.数据处理的时候，通常由线性关系比较好判断结论,故作T2L图象，得到图象的斜率值约为，E正确。

ACE.点睛：

解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：

单摆的周期公式，还要知道：

摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；

摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；

根据单摆的周期公式变形得到重力加速度g的表达式，分析T2与L的关系17.

（2）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一底角为30的RtACB玻璃砖平行且正对放置，点O和O分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心。

一束平行于AC边的单色光从AB边上的点D入射，经折射后从点O射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点P射出。

已知BC边与直径BC长度相等，二者相距R/3，点B、D间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射。

（i）玻璃砖的折射率n；

（ii）点P的位置和单色光最后出射方向。

【答案】,；

，5=60【解析】

（i）连接DO，则三角形BOD恰为等边三角形，由几何知识得=30在界面AB，根据折射定律：

sin60=nsinn=（ii）做出其余光路如图所示，光在O点发生折射，为法线，根据折射定律：

1=30解得2=60光在点发生折射，为法线，由光路可逆：

3=1=30在中，在中，根据正弦定理：

解得4=30光在P点发生折射，根据折射定律：

联立解得：

5=60，光线平行于连线向右射出