安徽省舒城一中届高三理科综合能力测试模拟物理部分答案解析14页.docx
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安徽省舒城一中届高三理科综合能力测试模拟物理部分答案解析14页
安徽省舒城一中2019届高三理科综合能力测试模拟物理部分
一、选择题
1.牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（）
A.牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例
B.牛顿第二定律在非惯性系中不成立
C.两物体之间的作用力和反作用力是一对平衡力
D.为纪念牛顿，人们把“力”定义为基本物理量，其基本单位是“牛顿”
【答案】B
【解析】
牛顿第一定律是独立的物理学定律，并不是牛顿第二定律的一种特例，A错误；牛顿第二定律成立的条件是宏观、低速、惯性系，在非惯性系中不成立，B正确；两物体之间的作用力与反作用力是分别作用在两个物体上，并不是一对平衡力，C错误；为纪念牛顿，人们把“力”的单位规定为“牛顿”，力不是基本物理量，D错误．
2.如图所示，蜘蛛在地面与竖墙壁之间结网．蛛丝AB与水平地面间的夹角为45°，A点到地面的距离为1m．己知重力加速度g取10m/s2，空气的姐力不计．若蜘蛛从竖直墙上距地面0.80m的C点以水平速度v0跳出．要到达蛛丝，水平速度v0至少为
A.1m/sB.2.5m/sC.2m/sD.
m/s
【答案】C
【解析】
【详解】蜘蛛的运动轨迹如下所示：
AC之间的距离为：
1m-0.8m=0.2m，由图可知：
x=y+0.2m…①
根据平抛运动规律有：
x=v0t…②
y＝
gt2…③
因合速度方向与水平夹角为45°，则有：
gt=v0，④
联立①②③④解得：
v0=2m/s，故ACD错误，B正确．故选B．
【点睛】本题要掌握平抛运动的分解方法：
水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，然后熟练应用几何知识找到水平位移和竖直位移之间的关系．
3.“天宫一号”顺利升空，“神舟八号”随后飞上太空，11月3日凌晨“神八”与离地高度343km轨道上的“天宫一号”对接形成组合体，中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功，为建立太空实验室──空间站迈出了关键一步．设对接后的组合体在轨道上做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）
A.对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，可以在同一轨道上点火加速
B.对接后，“天宫一号”
速度小于第一宇宙速度
C.对接后，“天宫一号”的运行周期大于地球同步卫星的周期
D.今后在“天宫一号”内工作的宇航员因受力平衡而在其中悬浮或静止
【答案】B
【解析】
飞船加速后会进入较高的轨道，所以“神舟八号”欲追上“天宫一号”可以在稍低的轨道上点火加速，A错误；对接后，“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度，周期小于地球同步卫星的周期，B正确，C错误；在“天宫一号”内工作的宇航员因完全失重而在其中悬浮或静止，并非受力平衡，D错误．
故选B
4.半导体指纹传感器是在一块半导体基板上阵列了10万个金属颗粒，传感器阵列的每一点是一个金属电极，充当电容器的一极，其外面是绝缘的表面，手指贴在其上与其构成了电容器的另一极．由于手指指纹深浅不同，嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同，其工作过程是通过对电容感应颗粒预先充电到某一参考电压，然后对每个电容的放电电流进行测量，设备将采集到不同的数值汇总，也就完成了指纹的采集，则（ ）
A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小
B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小
C.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，
手指靠近时，各金属电极电量减小
D.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态
【答案】B
【解析】
影响电容器电容的因素有，板间距离、正对面积、介电常数，根据
可知，指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，即板间距离小，则电容大，故A错误
指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，即板间距离大，则电容小，故B正确
对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指靠近时，即增大介电常数，则电容增大，根据
，电压不变，所以各金属电极电量增大，故C错误
对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指远离时，即介电常数减小，则电容减小，根据
，电压不变，所以各金属电极电量减小，各金属电极均处于放电状态，故D错误
故选B
5.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）
A.电流表示数变小
B.电压表示数变大
C.电容器C中的电场强度变小
D.a点的电势降低
【答案】BCD
【解析】
【详解】B．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻
两端电压增大，则电压表示数变大，故B正确；
AD．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于
两端的电压，
，，干路电流I增大，
变小，则a点的电势降低，通过
的电流
减小，通过电流表的电流
，干路电流I增大，
减小，则
增大，即电流表示数变大，故A错误，D正确；
C．电阻
两端的电压
，干路电流I增大，则
变小，电容器板间电压变小，电容器C中的电场强度
减小，故C正确．
【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：
电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．
6.如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上．a、b中间用一轻弹簧连接．b的右端用细绳与固定在斜面上的档板相连．开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力．下列说法正确的是（）
A.a所受的摩擦力一定不为零
B.b所受的摩擦力一定不为零
C
细绳剪断瞬间a所受摩擦力不变
D.细绳剪断瞬间b所受摩擦力可能为零
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.对a受力分析，弹簧被压缩，对a的弹力沿斜面向下，以及重力沿斜面向下的分力，所以a受的摩擦力沿斜面向上，故A正确；
B.b所受的摩擦力可能为零，当弹力加绳子的拉力和重力沿斜面方向的分量相等时，故B错误；
C.则剪断瞬间绳子拉力立即消失，而弹簧形变量来不及改变故弹簧弹力不变，a所受摩擦力不变，故C正确；
D.细绳剪断瞬间，b所受摩擦力可能为零，当弹力和重力沿斜面方向的分量相等时，故D正确．
7.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u="311sin314t"（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图．其中R2是用阻值随温度升高而减小的材料制成的传感器；电流表A2为值班室的显示器，可显示通过R1的电流；电压表V2可显示加在报警器上的电压（报警器未画出）；R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（）
A.V1的示数是311V
B.Vl的示数是220V
C.A1的示数不变，V2的示数增大
D.A1的示数增大，A2的示数减小
【答案】BD
【解析】
试题分析：
电压表与电流表测的是交变电流的有效值，根据交变电流的瞬时值表达式可以求出电压表的示数．
当出现火警时，根据R2阻值的变化，应用串并联电路特点及欧姆定律判断各电表示数如何变化．
解：
A、a、b间所接交变电流的有效值
=220V，则电压表V1的示数是220V，故A错误，B正确；
C、当传感器R2所在处出现火警时，R2阻值减小，副线圈电路总电阻变小，副线圈电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流I变大，电阻R3电压U3=IR3变大，R1与R2并联电压变小，电压表V2示数变小，电流表A2示数变小，
副线圈电流变大，原线圈电流变大，电流表A1示数变大，故C错误，D正确；
故选BD．
8.如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为
l=x-L
感应电动势为
E=Blv=B（x-L）v
感应电流
电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。
x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为
l=x-2L
感应电动势为
E=Blv=B（x-2L）v
感应电流
大小随x逐渐增大。
A.图像与分析不符，故A错误。
B.图像与分析不符，故B错误。
C.图像与分析相符，故C正确。
D.图像与分析不符，故D错误。
二、实验题
9.
（1）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图1所示．图2是打出纸带的一段．
①已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图2给出的数据可求出小车下滑的加速度a=____________．
②为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有_____________．用测得的量及加速度a表示阻力的计算式是为f="_______________"．
【答案】⑴3.89m/s2⑵小车质量m；斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h．mgh/l-ma
【解析】
①由公式
求得：
a=4.00m/s2（2分，3.90～4.10m/s2之间都正确）
②小车质量m；斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h．（2分）
根据牛顿第二定律有：
，解得：
（2分）
10.某同学用如图甲所示电路探究某一型号电池的输出电压U与输出电流I的关系．电路原理图如图甲所示，图中R0为阻值等于5．0Ω的定值电阻，电压表视为理想电压表．
（1）请将图乙所示的实验器材连成实验电路．
（2）若电压表V2的读数为2．0V，则电源的输出电流I=__________A；
（3）调节滑动变阻器，通过测量得到电压表V1的示数U1随电压表V2的示数U2的U1-U2曲线如图丙所示，由此可知电池内阻_______（填“是”或“不是”）常数，短路电流为_____A，电源的最大输出功率为___________W．
【答案】
（1）如图所示（3分）
（2）0．40A（2分）（3）是（2分）1．5A（2分）0．375W（2分）
【解析】
（1）画实物图时要依据实验原理图，按照电流的流向从电源正极出发顺次连接．实物连线如图所示．
（2）电压表V2的读数为2．0V，根据欧姆定律得出I=0．40A；（3）路端电压U1=E－Ir=
，由图丙可知，U1-U2图线为一倾斜向下的直线，故电池内阻r是常数；由图丙知r=1Ω，短路电流为
1．5A；当滑动变阻器电阻R=0时电源输出功率最大，
W．
三、计算题
11.如图所示，小木块m和长木板M静止在光滑水平面上，小木块m在水平恒力F作用下，经时间t从长木板左端被拉到右端．已知水平恒力F＝5N，木块质量m＝1kg，木板质量M＝2kg，木板长度L＝lm，木板与木块间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）F作用
时间t为多少？
（2）摩擦力对小木块m做的功W为多少?
【答案】
（1）
（2）
【解析】
（1）设F作用下木块m和木板M运动的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
以木板为参考系，则
解得：
t＝1s
（2）小木块对地的位移为
摩擦力对小木块m做的功为
解得：
W＝3J．
点睛：
本题考查了牛顿定律与直线运动相结合的问题，在处理此类问题时要注意计算各自的加速度，并结合运动学公式求解．
12.如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求：
（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；
（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；
（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、并写出磁场变化周期T应满足的表达式．
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，难度较大，带电粒子先在匀强电场做类平抛运动，可以把出射速度分解后进行求解，出电场后带电粒子不受任何力的作用做匀速直线运动，可求出进入磁场时的速度方向，由磁场的可重复性可判断从N点射出时，带电粒子半径的表达式和周期表达式
⑴电子在电场中作类平抛运动,射出电场时,如图1所示.
由速度关系:
……2分
解得
…………2分
⑵由速度关系得
…………2分
在竖直方向
…………1分
…………1分
解得
…………2分
⑶在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2）,所以,在磁场变化的半个周期内,粒子在x轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是:
…………2分
电子在磁场作圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
………1分
得
……1分
解得，
（n=1、2、3……）…………1分
若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过1/6圆周,同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件:
…………1分
…………1分
代入T的表达式得:
（n=1、2、3……）…………1分
13.下列说法正确的是___________
A.1kg的0
的冰比1kg的0
的水的内能小些
B.在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机
C.热力学第一定律也可表述为“第一类永动机不可能制成”
D.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
E.质量相同且温度也相同的两种不同气体（不计分子间的作用力），其内能不一定相同
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．冰在熔解成水的时候需要吸收热量，所以1kg的0
的冰比1kg的0
的水的内能小些，故A正确；
B．在自然界能的总量是守恒的，但由于能量耗散，散失到周围空间的内能无法再收集重新利用，能源的利用品质降低，所以存在能源危机，故B错误；
C．热力学第一定律也可表述为“第一类永动机不可能制成”，故C正确；
D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不产生其它影响”，故D错误；
E．质量相同且温度也相同的两种不同气体（不计分子间的作用力），由于两种气体的摩尔质量不一定相同，所以质量相同的气体的分子数不一定相同，其内能不一定相同，E正确。
故选ACE。
14.图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强PA=2.0×105帕的氮气．B内有压强PB=1.0×105帕的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略．求：
①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；
②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热（简要说明理由）．
【答案】①10cm；1.5×105Pa；②活塞C移动过程中A中气体是吸热．
【解析】
试题分析：
①由玻意耳定律得：
对A部分气体有：
pALS=p（L+x）S①
对B部分气体有：
pBLS=p（L-x）S②
由①+②得：
③
将③代入①得：
x=10cm
②活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故根据热力学第一定律可知A中气体从外界吸热．
考点：
玻意耳定律；热力学第一定律
【名师点睛】题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．
15.一列简谐横波，A为振源，在B点刚开始振动时的图象如图所示．图中数据单位都是m，已知波的传播速度为10m/s，从振源A开始振动到形成如图所示波形，经过时间为___________s，从M点开始运动到如图所示时刻，M通过的路程为___________m．
【答案】
（1）.1.6；
（2）.0.8；
【解析】
波由A点传到B点的时间
＝1.6s；由图可知，M、B两点相距两个波长，即此时M点已振动了两个周期，M点通过的路程为0.8m．
16.如图所示，一水池深为h，一根长直木棍竖直地插入水底，棍露出水面部分
长度为L，当太阳光与水平面夹角为60º斜射到水面时，已知水的折射率为n，求：
①木棍在水面的影子的长度；
②木棍在水底的影子的长度．
【答案】
（1）
（2）
【解析】
①依题意画出如图所示的光路示意图，
且AO长为L，因
，所以木棍在水面的影子的长度为
②根据折射定律有
所以
根据几何关系有
所以木棍在水底的影子长为
．
点睛：
本题画出光路图，作出影子，由折射定律和几何关系结合求解影子的长度．
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