届安徽省宣城市高三上学期期末考试理科综合物理试题解析版Word文件下载.docx

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当ab边即将进入磁场时，是ab部分在切割磁感线，相当于电源，根据切割公式求解切割电动势，再根据闭合电路欧姆定律列式求解a、b间的电压大小．

【详解】当ab边刚进入磁场时，ab部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a、b间的距离为l，

；

设每个边的电阻为R，a、b两点间的电压为：

U=I•2R=

•2R，故U=

Bωl2，故A正确，BCD错误；

故选A。

【点睛】本题考查转动切割问题，关键是明确ab边在切割磁感线，ac、bc边电阻是外电路电阻，根据切割公式求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律列式分析．

3.如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上，两根细线长度相等。

现给乙球一大小为F水平向左的拉力，给甲球一水平向右的3F的拉力，平衡时细线都被拉紧。

则平衡时两球的可能位置是下面的

C.

【答案】B

运用整体法研究上面绳子与竖直方向的夹角，再隔离下面的小球研究，分析两小球之间的绳子与竖直方向的夹角，即可作出判断．

【详解】首先取整体为研究对象，整体受到重力、上面绳子的拉力以及向左、向右两个拉力，由于两个拉力的矢量和为：

F合=3F+（-F）=2F，所以上边的绳子应该偏向右方，且与竖直方向的夹角为

。

再对下面的小球研究可知，下面的小球受到的拉力水平向左，所以下面的绳子向左偏转，且与竖直方向的夹角为

，则α=β。

故B图正确，ACD图都错误。

故选B。

【点睛】本题采用整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力．

4.如图甲所示，两物体A.B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间变化关系如图乙所示，两物体在

时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）

A．第

末两物体的速度最大

B．第

内，两物体向左运动

C．第

内，拉力F对物体A做正功

D．第

内，A对B的摩擦力向左

【答案】C

试题分析：

在

内整体向右做加速运动；

内加速度反向，故

末速度最大，故A错误；

内一直向前运动，然后又重复以前的运动，第

内，两物体向右运动，故B错误；

第

内，拉力F的方向与速度方向相同，拉力F对物体A做正功，故C正确；

对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，所以第

内，A对B的摩擦力向右，故D错误；

考点：

牛顿第二定律

【名师点睛】根据物体受力判断物体的运动，根据受力的对称性，判断两物体的运动情况；

根据力与速方向的关系判断功的正负；

通过对整体加速度的变化，得知B物体加速度的变化，再根据牛顿第二定律得出摩擦力的变化；

解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，以及掌握整体法和隔离法的运用。

5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势

随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是

A.q1、q2为等量异种电荷

B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向

C.N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大

D.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小

OM间的电场线是方向相反，故电势最低点C的场强应该为零，N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，则AC正确；

沿电场线方向电势逐渐降低，NC两点间场强方向沿x轴正方向，B错误；

OC电场线向右，MC电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D错误；

故选AC.

6.假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2和ν3的光，且频率依次增大，则E等于：

A.h（ν3－ν1）B.h（ν3－ν2）C.hν3D.hν1

【答案】BD

根据氢原子发出的光子频率种数，得出氢原子处于第几能级，抓住能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量E．

【详解】因为氢原子发出3种不同频率的光子，根据

，知n=3．氢原子处于第3能级，所以吸收的光子能量E=E3-E2，因为v1、v2、v3的光，且频率依次增大，知分别由n=3到n=2，n=2到n=1，n=3到n=1跃迁所辐射的光子，所以E=E3-E2=hv1=h（ν3－ν2）．故BD正确，AC错误。

故选BD。

7.如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为阻值可通过滑片P调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U大小不变，以下说法正确的是

A.保持F不动，P下移，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量

B.保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小

C.保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数增大

D.保持P不动，F上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同

【答案】AB

保持F不动，则次级电压U2一定，P下移，则R2变大，次级电流减小，然后可进行动态分析；

保持P不动，F上移，则次级电压U2变大，由此分析电路中电流的变化.

【详解】保持F不动，则次级电压U2一定，P下移，则R2变大，次级电流减小，电流表A2示数减小，R1电压减小，R2电压变大，因UR1+UR2=U2为定值，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小，选项AB正确，C错误；

保持P不动，F上移，则次级匝数增加，次级电压U2变大，因次级电阻不变，则次级电流变大，即A2变大，A1变大，即两电流表示数都增大，但因

不是定值，则增大倍数不相同，选项D错误；

故选AB.

【点睛】本题是变压器问题和电路的动态分析问题；

根据是从变化的部分开始分析，与直流电路的动态分析相似；

8.如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。

已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中

A.金属块的动能减少10J

B.系统的电势能增加24J

C.金属块的机械能减少24J

D.系统的重力势能与电势能之和增加26J

【答案】AD

在金属块移动的过程中，重力、拉力、电场力和摩擦力做功，总功等于动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量．金属块克服电场力做功8.0J，知电势能的增加量．拉力、电场力和摩擦力三力做功的总和等于机械能的变化量．根据功能关系进行分析.

【详解】在金属块移动的过程中，外力F做功为32J，电场力做功为-8.0J，摩擦力做功为-16J，重力做功-18J，则总功为W=32J-8.0J-16J-18J=-10J，根据动能定理得知，动能减少10J．故A正确；

金属块克服电场力做功8.0J，则电势能增加8J．故B错误；

外力、电场力和摩擦力做的总功为8J，根据功能关系得知，机械能增加8J．故C错误；

重力势能增加18J，电势能增加8J，则系统的重力势能与电势能之和增加18J+8J=26J．故D正确。

故选AD。

【点睛】本题考查对功能关系的理解和应用能力．几对常见的功与能的关系要加强理解，牢固掌握：

电场力做功与电势能变化有关，总功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能的变化有关.

三、非选择题：

（二）必考题

9.某同学用如图所示的装置通过半径相同的两球的碰撞来验证动量守恒定律。

实验步骤如下：

a.用天平测出两小球的质量，入射球和被撞球质量分别记为m1和m2

b.按照图所示安装实验装置.调整固定斜槽使斜槽底端水平

c.白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.

d.不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置

e.把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次用步骤d的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图所示

f.连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度，分别记为OP、OM和ON。

根据以上实验方法请回答下列问题

（1）对本实验下列说法正确的是___________

A.用质量小的小球作为入射小球，质量大的小球作为被撞小球

B.还应测量小球在空中运动的时间

C.适当增加入射球释放点高度，可以减小实验误差

D.实验过程中应保持记录落点的白纸位置不动

（2）实验要验证的表达式是（用题中测出的相应物理量字母表示）________

【答案】

（1）.

（1）CD

（2）.

（2）

根据实验原理和实验步骤逐项判断；

此实验用小球平抛运动的水平射程代替小球的速度，结合动量守恒表达式求解要验证的表达式.

【详解】

（1）用质量大的小球作为入射小球，质量小的小球作为被撞小球，防止被碰球反弹，选项A错误；

此实验用小球平抛运动的水平射程代替小球的速度，则不需要测量小球在空中运动的时间，选项B错误；

适当增加入射球释放点高度，则入射球的速度可以变大，可以减小实验误差，选项C正确；

实验过程中应保持记录落点的白纸位置不动，否则会出现误差，选项D正确；

故选CD.

（2）根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2，故有m1v0t=m1v1+m2v2t，即

.

10.有一个额定电压为2.8V的小灯泡，图是实验中用伏安法描绘这个灯泡的1-U图线，实验时有下列器材供选用：

A.电压表（0-3V，内阻约6kΩ）

B.电压表（0-15V，内阻约30kΩ）；

C.电流表（0-3A，内阻约0.1Ω）；

D.电流表（0-0.6A，内阻约0.5Ω）；

E.滑动变阻器（10Ω，2A）；

F.滑动变阻器（200Ω，0.5A）

G.蓄电池（电动势6V，内阻不计）

（1）请在方框中画出该实验的实验电路图_______。

图中电压表应选用___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。

（用字母序号表示）

（2）若将此灯泡与电动势为6V、内阻不计的电源连接，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为___________Ω的电阻。

【答案】

（1）.

（1）如图；

（2）.A（3）.D（4）.E（5）.

（2）11.4（80/7或11.43或11）

（1）根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；

由电灯泡的电流可确定电流表；

根据电路的接法可确定滑动变阻器；

（2）要使灯泡正常发光，应使灯泡达到额定值，由串联电路的规律可知应串联的电阻．

（1）灯泡的额定电压为2.8V，则电压表应选用A；

由图像可知，灯泡电流不超过0.3A，则电流表应选用D；

滑动变阻器要用分压电路，则应选用阻值较小的E；

电压表的内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接，电路如图；

（2）若将此灯泡与电动势为6V、内阻不计的电源连接，要使灯泡正常发光，需串联的电阻两端的电压为6V-2.8V=3.2V，由图可知电流为0.28A，则电阻的阻值为

【点睛】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择；

明确电路的接法，会利用欧姆定律进行分析求解．

11.质量为m=1kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v=4m/s，此物块施加F=6N方向向左的恒力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点，已知与桌面间动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）此过程中物块到0点的最远距离

（2）撤去F时物块到0点的距离

【答案】

（1）1m

（2）

（1）物块向右运动时，力F和摩擦力均向左，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动公式求解此过程中物块到0点的最远距离；

（2）撤去F时物块向左运动时，先匀加速运动，后匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动公式求解撤去F时物块到0点的距离.

（1）物块向右运动时：

F+μmg=ma1

解得a1=8m/s2

由v2=2a1x1

可得x1=1m

（2）物块向左运动时，先匀加速运动，加速度为a2，后匀减速运动，加速度为a3：

F-μmg=ma2解得a2=4m/s2

μmg=ma3解得a3=2m/s2

由v12=2a2x2

v12=2a3x3

x2+x3=x1

解得x3=

m

12.如图，在整个直角坐标系xoy区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；

在x>

0区域还存在方向垂直于xoy平面向内的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上x=－L的A点射出，速度方向与x轴正方向成45°

，粒子刚好能垂直经过y轴，并且在第一象限恰能做直线运动，不计粒子重力

（1）求粒子经过y轴的位置

（2）求磁感应强度B的大小

（3）若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半，求粒子在x>

0区域运动过程中的最大速度和最低点的y坐标。

（1）y=

L

（2）

（3）

（1）粒子在第二象限做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过y轴的位置；

（2）粒子在第一象限恰能做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，可求解B；

（3）将x>

0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，结合直线运动和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。

（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设初速度为v，

L=v1t

联立解得

，则经过y轴上

的位置；

（2）

v2=at

可得

qv1B=qE

解得

（3）将x>

0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，如图；

最低点y坐标为

此时速度最大为vm=2v1+v1

（二）选考题：

13.下列说法中正确的是__________

A.布朗运动就是液体分子的热运动

B.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力

C.对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大

D.如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大

E.晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的

【答案】CDE

【详解】布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的热运动的反映，选项A错误；

气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在不停的做无规则运动造成的，选项C错误；

对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的温度升高，内能一定增大，选项C正确；

如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大，选项D正确；

晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的，选项E正确；

故选CDE.

14.如图所示，A、B两个汽缸中装有体积均为10L、压强均为latm（标准大气压）、温度均为27℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计.细管中有一绝热活塞，现将B汽缸中的气体升温到127℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置.（不计摩擦，A汽缸中的气体温度保持不变，A汽缸截面积为500cm2），求A中活塞应向右移动的距离。

【答案】5cm

气体B做等容变化，气体A做等温变化，根据气体状态方程列式求解A中活塞应向右移动的距离.

【详解】对B，由

解得

对A：

由

且PA=PB，P′A=P′B

则

15.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则_______

A.该简谐波沿x轴负方向传播

B.t=0.15时，质点Q的加速度达到正向最大

C.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴正方向

D.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m

E.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

【答案】ABD

由乙图读出，Q点在t=0.10s时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向．分别由两图读出波长和周期，求出波速．根据时间与周期的关系求出路程．

【详解】在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故A正确；

t=0.15s时，质点Q的位移为负向最大，由a=-kx/m，知其加速度达到正向最大，故B正确。

由图乙可知，周期：

T=0.20s，则t=0.15s=3T/4．在t=0.10s时，质点P的运动方向沿y轴正方向，则t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向，故C错误。

由甲图知波长λ=8m，则波速为：

，从t=0.10s到t=0.25s，波沿x轴向前传播的距离为x=vt=40×

0.15=6m，故D正确。

从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=0.75T，由于质点P不是从平衡位置或者波峰和波谷开始计时，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误；

故选ABD。

【点睛】本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，每个周期通过的路程都是4倍振幅．

16.一半径为R的

球体放置在水平桌面上，球体由折射率为

的透明材料制成现有一東位于过球心O的竖直平面内的光线，从A点射入球体，入射角θ为=60°

，折射入球体后再从球面射出，且光线平行于桌面射出，如图所示，求出射光线与桌面的距离。

画出光路图，结合光的折射定律和几何关系列式求解.

【详解】由光路图可知：

由以上可得：

由几何关系：

h=Rsinθ3

解得h=

R