届安徽省皖南八校高三第二次联考理综物理试题解析版.docx

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届安徽省皖南八校高三第二次联考理综物理试题解析版

安徽省皖南八校2018届高三第二次联考

理综物理试题

一、选择题：

本题共8小题，每小题G分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一个选项正确，第18〜21题有多项符合題目要求。

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.关于近代物理，下列说法正确的是

A.轻核聚变反应方程

中，X表示正电子

B.a粒子散射实验现象掲示了原子核是由质子与中子组成的

C.分别用红光和紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，紫光照射时，逸出的光电子的动能都比红光照射时逸出的光电子的动能大

D.基态的ー个氢原子吸收ー个光子跃迁到n=3激发态后，可能发射2种频率的光子

【答案】D

【解析】A.轻核聚变反应方程

中，X的质量数为：

m=2+3−4=1，电荷数：

z=1+1−2=0，可知X表示中子。

故A错误；

B.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构。

故B错误；

C.分别用红光和紫光照射金属钾表面均有光电子逸出,由于紫色光的频率大,由：

Ekm=hγ−W0可知，紫光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大，不一定每个光电子的动能都大。

故C错误；

D.基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n=3激发态后，当该原子向低能级跃迁时，可能的途径是：

n=3→n=2→n=1，所以可能发射2种频率的光子。

故D正确。

故选：

D

2.—个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉カF随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示.取g=10m/s2,可求

A.1s末物块所受摩擦力的大小2N

B.物块在前6s内的位移大小10m

C.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4

D.物块3s末的加速度是1m/s2

【答案】C

【解析】A．从图（b）中可知,当t=1s时,物体静止，受到的拉力等于摩擦力，f1=F1=4N，故A错误；

B．物块在前6s内的位移大小等于v-t图像的面积，s=（2+4）×4×

=12m，故B错误；

C．从图（b）中可以看出,在t=2s至t=4s的过程中,物块做匀加速运动,加速度大小为a=△v/△t=4/2=2m/s2

由牛顿第二定律，有

F2−μmg=ma

F3=f=μmg

所以m=（F2−F3）/a=（12−8）/2kg=2kg

由F3=f=μmg解得：

μ=F3/mg=8/20=0.4，故C正确，D错误；

故选：

C

点睛：

由图读出t1=1s时，物体处于静止状态，摩擦力的大小f等于水平拉力F；由速度-时间图象“面积”求出物块在前6s内的位移大小s；由图“斜率”求出加速度，根据牛顿第二定律求出质量．在4s～6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=μN求出μ．

3.如图所示，矩形金属线框abcd固定在水平面上，ab边和条形磁铁的竖直轴线在同一竖直平面内，现让条形磁铁沿ab边的竖直中垂线向下运动.则下列说法正确的是

A.ab边会切割磁感线产生感应电动势

B.ab边不会切割磁感线，因此回路中没有感应电流

C.回路中一定有顺时针方向的感应电流

D.线框一定会受到向右的安培力

【答案】D

【解析】A．ab边与磁感线平面平行，不切割磁感线，故A错误；

B．ab边虽然不会切割磁感线，但是穿过回路的磁通量发生变化，因此回路中有感应电流，故C错误；

D．根据楞次定律，穿过线框的磁通量增大，线框有向右的运动趋势来阻碍磁通量的增大，线框一定会受到向右的安培力，故D正确。

故选：

D。

4.如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的O点，下端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球套在O点正下方的水平光滑绝缘杆上,整个装置处于电场强度大小为E,方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球以某ー初速度从A点运动到B点，到B点时与其在A点时的殚簧弹カ大小相等，OA

A.小球在A点时的速度大于在B点时的速度

B.小球的电势能一直减小,弹性势能先增大后减小

C.小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有2个

D.弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有4个

【答案】C

【解析】如图所示,设O点正下方为O′点,与A点关于O′点对称的点为A′点,所以小球从A到A′过程中弹簧一直被压缩,弹簧原长的位置一定是在A′与B点之间；

A.小球从A到B的过程中，弹簧弹力做功为零，只有电场力做功，根据动能定理可得

，所以小球到达B点时的速度不为零，故A错误；

B.小球从A到B的过程中电场力一直做正功，所以小球的电势能一直减小，弹性势能先增大后减小再增大，故B错误；

C.小球处于O点正下方和小球受到的弹力为零的位置时，小球合力都是qE，加速度都是qE/m，所以小球的加速度大小为qE/m的位置有2个，故C正确；

D.在A点速度为零，弹力瞬时功率为零；在O点正下方弹力方向与速度方向垂直，弹力功率为零；在弹簧处于原长的位置弹力为零，则弹力的功率为零，所以弹簧测力计对小球做功的瞬间功率为零的位置有3个，故D错误。

故选：

C.

点睛：

根据动能定理分析小球到达B点时的速度；根据电场力做功情况判断小球的电势能；根据受力情况和牛顿第二定律、P=Fv分析加速度和弹力做功功率的变化情况．

5.卫星发射进人预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地圆形轨道（卫星离地高度远小于地球半径），然后再控制卫星进入椭圆轨道，最后进入预定圆形轨道运动，图中O点为地心,A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，B点是远地轨道与椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R（R为地球半径）.设卫星在近地圆形轨道运动的周期为T，下列说法正确的是

A.控制卫星从图中近地圆轨道进人椭圆轨道需要使卫星减速

B.卫星在近地圆形轨道与远地圆形轨道运动的速度之比为

：

1

C.卫星从A点沿椭圆轨道到达B点所用的时间至少为4T

D.卫星在近地圆轨道通过A点的加速度小于在椭圆轨道通过A点时的加速度

【答案】BC

【解析】A.控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需做离心运动，可知需要的向心力增大，所以需要加速才能实现。

故A错误；

B.远地点B离地面高度为6R，则到地球的球心的距离为7R.根据万有引力提供向心力：

，

所以：

，故B正确；

C.卫星在椭圆轨道上的半长轴：

r=（R+7R）/2=4R，由开普勒第三定律r3：

T2=K,可知：

椭圆的周期

，

，卫星在椭圆轨道上运动时，由近地点到远地点的过程恰好等于椭圆的运动的半个周期，所以：

t=4T，故C正确；

D.根据牛顿第二定律和万有引力定律得：

，所以卫星在近地轨道通过A点的加速度等于卫星在椭圆轨道上通过A点的加速度。

故D错误。

故选：

BC

点睛：

根据需要的向心力随速度的变化分析变轨问题；根据开普勒第二定律分析B点的速度；由万有引力定律求出B点的加速度；由开普勒第三定律求出运动的周期与时间．

6.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m=1kg初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示．则（　　）

A.小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4m

B.0-3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2Ns

C.0〜4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J

D.小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18J

【答案】AD

【解析】A．由速度−时间图象可知，2s时小物块向左运动的距离最远，根据速度−时间图象得面积等于位移，

，故A正确；

B．煤块匀变速运动的加速度：

a=△v/△t=4/2=2m/s2，由牛顿第二定律得：

μmg=ma=2N，

0-3s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I=μmgt=6Ns，故B错误；

C．由速度−时间图象,传送带速度大小：

v2=2m/s，前3s煤块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W=μmgv2t3=2×2×3J=12J，故C错误；

D．煤块在传送带上滑动的3s内，皮带的位移s′=v2t3=6m，方向向右；

煤块的位移：

s=s1−s2=3m，方向向左。

两个物体的相对位移△s=s′+s=9m，

整个过程中摩擦产生的热量：

Q=μmg△s=18J，故D正确。

故选：

AD

7.如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点,一个带正电的粒子（重力忽略不计）若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向（如图中虚线所示），以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（　　）

A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场

B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是

t0

C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0

D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是

t0

【答案】BC

【解析】由题,带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子的运动周期为T=2t0.

A.作出粒子恰好从各边射出的轨迹，

发现粒子不可能经过正方形的某顶点。

故A正确；

B.作出粒子恰好从ab边射出的轨迹,由几何关系知圆心角不大于150∘,在磁场中经历的时间不大于5/12个周期，即5t0/6.圆心角不小于60∘,在磁场中经历的时间不小于1/6个周期，即t0/3.故B正确；

D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是5/6个周期，即5t0/3.粒子轨迹的圆心角为θ=5π/3，速度的偏向角也为5π/3，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30∘，必定从cd射出磁场。

故D错误。

故选：

ABC

8.如图甲所示，两个带正电的小球AB套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA=2×10-4C，B球的质量为m=0.1kg．以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6米．（g取10m/s2，静电力恒量k=9.0×109N•m2/C2．）令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处电势为零

A.杆与水平面的夹角θ=600；

B.求B球的带电量QB=1×10-5C；

C.若B球以Ek0=4J的初动能从M点开始沿杆向上滑动到最高点的过程中，电势能减小了2J.

D.若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中做的是加速度先减小后增加的运动．

【答案】CD

【解析】A．渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即：

Ep=mgxsinθ=kx，得：

sinθ=k/mg=

=0.5，即：

θ=30∘，故A错误；

B．由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m处总势能最小，动能最大，该位置小球受力平衡，则有：

代入数据，解得：

QB=1×10−5C，故B错误；

C．M点的总势能为6J，电势能为EP1=E总−EP=6J−3J=3J根据能量转化与守恒定律，B球上升到最高点时，动能全部转化为势能，总势能为10J，此时的电势能为：

EP2=E总−EP=10J−9J=1J电势能减小了EP1-EP2=3J-1J=2J，故C正确；

D．若B球从离A球2m处静止释放，根据牛顿第二定律，

，则向上运动过程中电场力先大于重力分力，后小于重力分力，且一直减小，所以加速度先向上减小后向下增加，故D正确。

故选：

CD

9.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组设计了使用位移传感器的图示实验装置；让木块从倾角为θ的木板上静止释放，位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移随时间变化规律，如图线②所示．图中木块的位移从x1 到x2 和从x2 到x3 的运动时间均为T．

（1）根据上述图线计算木块位移为x2 时的速度v2=_____，木块加速度a=____；

（2）若T=0.1s，x1=4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，动摩擦因数μ=_______0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8）；

（3）若只增大木板倾斜的角度，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的曲线____①（选填图线序号①、②或③）．

【答案】

（1）.

（2）.

（3）.0.5（4）.①

【解析】

（1）木块在斜面上做匀加速直线运动，木块位移为x2时为x1到x3的中间时刻，故v2=

；相邻相等时间内位移之差△x=aT2，故x3−2x2+x1=aT2，解得a=

；

（2）根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcosθ=ma，解得a=gsinθ−μgcosθ

代入数据解得μ=0.5

（3）若只增大木板倾斜的角度，加速度增大，根据

可知，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①。

10.有一种新式游标卡尺，游标卡尺的刻度与传统的旧时游标卡尺明显不同，新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使得读数时显得清晰明了，方便了使用者的正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：

19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．用“39mm等分成20份”新式游标卡尺测量某一物体的厚度，测量时游标卡尺的示数如图所示，则读数为_____c0.05ccccccm．

（2）国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω∙m,某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量．玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：

电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；

电压表V1（量程为3V，内阻很大）；

电压表V2（量程为3V，内阻很大）；

定值电阻R1（阻值4kΩ）；

定值电阻R2（阻值2kΩ）；

电阻箱R（最大阻值9999Ω）；

单刀双掷开关S；导线若干；

游标卡尺；刻度尺．

实验步骤如下：

A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d=40.00mm；

B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；

C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；

D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；

E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；

F．断开S，整理好器材．

（1）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：

Rx=______（用R1、R2、R表示）．

（2）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-

关系图象，自来水的电阻率ρ=_____14Ω•m（保留三位有效数字）．

（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____偏大（填“偏大”“不变”或“偏小”）．

【答案】

（1）.0.235

（2）.

（3）.25.1（4）.偏大

【解析】

（1）游标卡尺的主尺读数为：

0.2cm=2mm，游标尺上示数：

7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：

2mm+0.35mm=2.35mm=0.235cm；

（2）设把S拨到1位置时,电压表V1示数为U，则此时电路电流为U/R1，总电压U总=

，

当把S拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U,则此时电路中的电流为U/R，

总电压U′总=

，由于两次总电压相等,都等于电源电压E,可得：

，

解得：

Rx=

； 

（3）图丙中可知,R=2×103Ω时,1/L=5.0m−1，

此时玻璃管内水柱的电阻Rx=

=4000Ω,水柱横截面积S=π（d/2）2=1.256×10−3m2，

由电阻定律R=

得：

ρ=RS/L=4000×7.065×10−4×5Ω⋅m=25.1Ω⋅m，

（4）若电压表V1内阻不是很大,则把S拨到1位置时,此时电路电流大于U/R1，实际总电压将大于U总=

，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；

点睛：

游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数；分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ；分析若电压表V1内阻不是很大，对测量电阻Rx的影响，再判断自来水电阻率测量的影响．

11.一个质量为m=2kg的物体在倾角θ=370粗糙的斜面上，在平行斜面向上的拉力作用下沿直线运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5.从t=0时刻开始，物体运动的x/t与时间t的关系如图所示x/t-t所示（x为位移），g=10m/s2，t=2s时撤去拉力，sin37°=0.6，求:

（1）拉カF的大小；

（2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离

【答案】

（1）24N

（2）7.25m

【解析】

（1）由匀变速直线运动公式

得

对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示

，则有：

v0＝1m/s，α1＝2m/s2

在斜面上F－mgsin37°－μmgcos37°＝mα1

F＝24N

（2）2秒末v＝v0＋αt＝5m/s

0到2秒：

2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为α2＝gsin37°－μgcos37°＝10m/s2

2秒后沿斜面向上位移：

物体向上运动过程中距计时点的最大距离为x＝x1＋x2＝7.25m

12.一质量为m1=1kg,带电荷量为q=+0.5C的小球以速度v0=3m/s,沿两正对带电平行金属板（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6m,两极板间距为0.5m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10V/m.（g=10m/s2）求：

（1）两极板间的电势差大小U；

（2）欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件.

（3）若在B处放一个质量为m2光滑绝缘小球，且m2=m1，两球相碰为弹性正碰，若m2球能运动到圆弧轨道最高点，求圆弧轨道半径的范围.

【答案】

（1）10V

（2）

；

或

（3）

【解析】⑴在A点vy=v0tan53°=4m/s

带电粒子在平行板中t=L/v0=0.2s

vy=at,a=20m/s2

又mg+Eq=maE=U/d得U=10V

（2）在A点速度vA=5m/s

i.若小球不超过圆心等高处

ii.若小球能到达最高点C

在C点:

可得

可知：

故圆弧軌道半径R的取值条件为：

或

（3）m1球运动B处

对m2球能运动到C点应满足条件：

解得：

可得；

13.下列说法正确的是_____

A.不同温度下，空气的绝对湿度不同，而相对湿度相同

B.—定温度下炮利汽的密度为一定值,温度升高，饱和汽的密度增大

C.在分子间距离增大的过程中，分子间的作用力可能增加也可能减小

D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性増大的方向进行的

E.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能増大，撞击器壁时对器壁的作用力増大，从而气体的压强一定増大

【答案】BCD

【解析】A.不同温度下，饱和气压不同，空气的绝对湿度不同，则相对湿度不一定相同，故A错误；

B.饱和汽压与温度有关，控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则饱和汽压增大，达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大。

故B正确；

C.分子间距离小于R0时，在分子间距离增大的过程中，分子间的作用力减小；分子间距离大于R0时，在分子间距离增大的过程中，分子间的作用力先增大后减小，故C正确；

D.根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的．故D正确；

E．气体的温度升高时,虽然分子的平均动能増大，撞击器壁时对器壁的作用力増大，但单位时间内撞击的个数不一定增加，气体的压强不一定増大，故E错误。

故选：

BCD

14.如图所示，容积V0=90cm3的金属球形容器内封闭有一定质量的理想气体，与竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管连通，当环境温度为27℃吋，U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h1=l6cm，水银柱上方空气柱长h0=20cm,现在对金属球形容器缓慢加热.已知大气压强p0=76cmHg.U形玻璃管的横截面积S=0.5cm2.问：

①当加热到多少摄氏度时,两边水银柱液面在同一水平面上？

②在①问中两液面在同一水平面上时，为了使得左管中的水银面再回复到原来的高度，保持金属球形容器的温度不变，在U形玻璃管右侧加入多少体积的水银？

【答案】

（1）122.2℃

（2）9.52cm3

【解析】①以封闭气体为研究对象，初始状态：

p1=po—pgh1=60cmHg,V1=V0+h0S=100cm3,T1=300K

末状态：

p2=p0=76cmHgV2=V1+h0S/2=104cm3

由现想气体状态方程有：

代入数据解得：

T2=395.2K（2分）

即t2=122.2℃

②对于封闭气体，初状态:

V2=104cm3P2=76cmHg末状态:

V3=100cm3

由理想气体状态方程有：

P2V2=P3V3

代人数据解得：

P2=79.04cmHg

需要注入∆V=（8×2+3.04）×0.5=9.52cm3

15.关于机械振动和机械波，下列说法正确的是_____.

A.弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相等，则这两个时刻的加速度也一定相等

B.单摆运动到平衡位置时，速度达到最大,加速度为零

C.做受迫振动的物体，当驱动カ的频率等于物体固有频率时，物体振幅最大

D.机械波传播时,质点只在各自的平衡位®附近做简谞运动，并不随波迁移

E.在两列波的叠加区域，若质点到两列波源的距离相等,该质点的振动一定加强

【答案】ACD

【解析】A.根据简谐运动的特征a=

，知弹簧振子做简谐运动时，位移相等时，加速度也一定相等，故A正确；

B.单摆运动到平衡位置时，速度达到最大，由于合力不为零，提供向心力，则加速度不为零，故B错误；

C.做受迫振动的物体，当驱动力的频率等于物体固有频率时，产生共振现象，物体振幅最大，故C正确；

D.机械波传播时，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波向前迁移，故D正确；

E.若两列波的波源频率相同，振动情况相同时，质点到两列波源的距离相等，该质点的振动一定加强。

否则，该质点的振动并不加强。

故E错误。

故选：

ACD

简谐运动的加速度与位移的关系为a=

．单摆运动到平衡位置时，速度达到最大，加速度不为零．当驱动力的频率等于物体固有频率时，受迫振动的振幅最大．机械波传播时，质点不随波迁移．两列波叠加时遵守矢量合成法则．结合这些知识分析．

16.如图所示，有一透明玻璃砖的截面，其上面的部分是半径为R的半圆，下面是边长为2R的正方形，在玻璃砖的两侧面距