安徽省合肥市届高三第三次教学模拟理综物理试题附答案精品Word文档格式.docx
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此题使霍尔效应问题；
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡列方程讨论求解．
3.已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示，则该电流通过一阻值为10Ω的电阻时的发热功率是（ ）
A.16WB.18WC.22.5WD.28W
【答案】D
【解析】根据电流的热效应，在一个周期内交流电产生的热量Q＝12×
10×
0.2×
2J＋22×
（0.5－0.2）×
2J＝28J，所以发热功率
D对.故选D。
【点睛】由交流电图象得出一个周期内的热量，再由交流电的有效值定义可求得该交流电的有效值，根据P=I2R求得电阻的热功率.
4.如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面。
有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场。
用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于ix的图象中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【解析】线圈进入磁场，在进入磁场的0-L的过程中，E=BLv，电流I=
，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；
在L-2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=
，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；
在2L-3L的过程中，E=BLv，电流I=
故ABD错误，C正确；
故选C.
本题是滑杆类问题，关键是利用右手定则判断感应电流的方向，根据切割公式和欧姆定律求解感应电流，基础题目．
5.我国计划在2017年底采用“长征五号”新一代大推力运载火箭发射“嫦娥五号”探测器，有望重启月球“探亲”之旅。
假设火箭中有一质量为1kg的物体静止地放在台式测力计上，则在火箭加速上升的初始阶段，测力计的示数可能是（ ）
A.5NB.10NC.20ND.25N
【答案】CD
【解析】火箭加速上升的过程中，物体放在静止的台式测力计上时，受到向上的支持力和重力，物体的加速度的方向向上，根据牛顿第二定律，有F-mg=ma，得F=mg+ma=（10+a）N＞10N，故A、B错误，C、D正确。
故选CD。
【点睛】本题关键对物体受力分析，运用根据牛顿第二定律求解，也可以直接超重观点得到答案．
6.某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。
若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。
实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（ ）
A.保持S不变，增大d，则C变小，θ变大
B.保持S不变，增大d，则C变大，θ变小
C.保持d不变，减小S，则C变小，θ变大
D.保持d不变，减小S，则C变大，θ变小
【答案】AC
【解析】根据电容的决定式
得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式
，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式
得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式
，可知板间电势差U增大，静电计指针的偏角θ变大．故C正确，D错误．故选AC．
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：
一是电容器的电量Q不变；
二是关于电容的两个公式:
决定式
和定义式
．
7.如图所示，一小球套在倾角为37°
的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点。
小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0。
A、C相距0.8m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1kg，弹簧原长为0.5m，劲度系数为40N/m，sin37°
＝0.6，g取10m/s2。
则小球从A到C过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小球经过B点时的速度最大
B.小球在B点时的加速度为6m/s2
C.弹簧弹力对小球先做正功后做负功
D.小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等
【答案】BD
【解析】A、小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k（l－OB）＝40N/m×
（0.5－0.3）m＝8N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcosθ＝1×
0.8N＝8N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsinθ＝1×
0.6N＝6N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；
B、此时加速度
B正确；
C、在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°
，所以做负功，BC段做正功，C错误；
D、A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确。
选BD。
【点睛】本题要求掌握牛顿第二定律，能正确分析小球的受力情况和运动情况，要知道小球的合力时速度才最大．
8.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是（ ）
A.物块与斜面体间的弹力增大
B.物块与斜面体间的摩擦力增大
C.斜面体与地面间的弹力不变
D.斜面体与地面间的摩擦力始终为0
【答案】ABD
【解析】A、加力F后，物块与斜面体间的弹力增大Fsinθ，θ为斜面倾角，A正确；
B、物块与斜面体间的摩擦力增大μFsinθ，B正确；
C、分析斜面体的受力，竖直方向上，由于摩擦力和压力都变大，所以斜面体对地的作用力大于物块的重力，C错误；
D、未加力F时，物块匀速下滑，说明μ＝tanθ，加水平力F后，斜面体在水平方向受力有（mgcosθ＋Fsinθ）sinθ＝μ（mgcosθ＋Fsinθ）·
cosθ，所以斜面体与地面间的摩擦力不存在，为0，D正确。
故选ABD。
【点睛】本题考查平衡问题，要采用隔离法分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，关键是明确滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力方向不变。
三、非选择题：
共174分。
第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
9.某兴趣小组设计了一个寻求碰撞前后不变量的实验。
实验器材有：
打点计时器、低压交流电源（f＝50Hz）、纸带、刻度尺、表面光滑的平直金属轨道、带撞针的小车甲、带橡皮泥的小车乙、天平。
该小组实验的主要步骤有：
A．用天平测出甲的质量m1＝0.50kg，乙的质量m2＝0.25kg
B．更换纸带重复操作三次
C．接通电源，并给甲车一定的初速度v甲
D．将平直轨道放在水平桌面上，在其一端固定打点计时器，连接电源
E．将小车甲靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，将小车乙静止地放在平直轨道中间位置
（1）上述实验步骤合理的顺序为________。
（2）从打下的纸带中，选取比较理想的一条，如下图所示，请补充完成下表__________（均保留两位有效数字）。
（3）根据以上数据寻找出碰撞前后不变量的表达式为______________。
【答案】
（1）.ADECB
（2）.
（3）.m甲v甲＋m乙v乙＝（m甲＋m乙）v共或m甲v甲＝（m甲＋m乙）v共
【解析】
（1）先进行实验准备测物体质量A，放置轨道D、摆放物体E，然后进行实验C，重复实验B，所以合理顺序为ADECB。
（2）AC段是碰撞前甲车的运动，打点时间间距为0.02s，所以v甲＝3m/s，
，mv＝1.5，mv2＝4.5；
FH段是碰撞后甲、乙整体的运动情况，所以
，
，mv＝1.5，mv2＝3.0。
将以上数据写入表格，如下表所示：
（3）通过数据分析，可得不变量的表达式为m甲v甲＝（m甲＋m乙）v共或m甲v甲＋m乙v乙＝（m甲＋m乙）v共。
【点睛】本题考查验证动量守恒的实验，要注意明确实验原理，根据实验原理即可明确正确的方法和步骤，本实验中质量可以最后测量，故步骤答案并不唯一，同时要注意明确动量守恒的正确表达式的书写。
10.某同学设计了一个“测定电源电动势和内阻”的实验，可供选择的器材如下：
A．待测干电池一节
B．电流表A（量程为0～60mA，内阻为RA＝18Ω）
C．电压表V（量程为0～3V，内阻RV约3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0～5Ω）
E．滑动变阻器R2（0～30Ω）
F．定值电阻R3（阻值为2Ω）
G．定值电阻R4（阻值为10Ω）
（1）为完成实验，滑动变阻器应该选________，定值电阻应该选________（填写器材后面的代号）；
（2）请完善图a中的电路图_____________；
（3）根据图b中已描的点画出UI图象____________，由图象得该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω（结果保留三位有效数字）。
【答案】
（1）.R2
（2）.R3（3）.
（4）.
（5）.1.47（1.45～1.49）（6）.1.05（1.00～1.20）
（1）由于电源的内阻较小约为几欧，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应采用总阻值为30Ω的R2；
由于给出的电流表量程约为60mA，量程偏小，为了能准确测量，可以采用串联定值电阻的方法来减小电流，需要的电阻
，两定值电阻均达不到要求，所以应考虑改装电流表，为了让量程较大，应将较小的电阻与电流表并联，量程改装为
，符合实验要求;
（2）根据
（1）中分析可知，电路图如图所示:
（3）根据图象中的点所描图象为：
；
根据闭合电路欧姆定律可知：
U=E-10Ir,由图可知，图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=1.48V；
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道电表改装的方法，掌握选择电路的能力，同时注意能根据图象分析实验数据的方法．
11.如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。
位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。
粒子的速率相等，质量为m、电荷量为q（q>
0），粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
（1）若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
（2）若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
【答案】
（1）
（2）
本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，解题的关键是要作出粒子的运动轨迹，确定圆周运动的圆心、半径和圆心角，结合半径公式、周期公式灵活求解．
12.如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°
的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。
一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝
mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g。
求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
（3）若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定。
设斜面最高点C与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。
（3）不能从C点抛出
（1）物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：
Wf+mgh=EP．
即
．
解得：
（2）在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上升过程有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
得a1=g（sinθ+μcosθ）=
物块下滑过程有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
得a2=g（sinθ+μcosθ）=
故a1：
a2=5：
3．
（3）经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm．则由功能关系得：
Ep=Wf总．
hm=2.5h＜3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．
该题主要涉及弹簧的弹性势能与物块的动能之间的相互转化以及物块的动能与内能、重力势能之间的相互转化，要理清它们的关系．第二问直接对物块进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可．第三问要搞清能量是如何转化的．
13.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6分。
每错选1个扣3分，最低得分为0分）
A．相对湿度与同温度水的饱和汽压无关
B．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变
C．若一个系统与另一个系统达到热平衡时，则两系统温度一定相同
D．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大
E．液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离而产生的
【答案】CDE
【解析】A、空气的相对湿度是指在特定温度下的水汽压（e）和饱和水汽压（es）之比，即f=e/es×
100%，它是空气舒适度的重要指标之一。
故A错误；
B、松香是非晶体，只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故B错误；
C、根据热力学第零定律，温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同。
故C正确；
D、气体的压强与单位体积的分子数和分子动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W＞0，Q＞0，根据热力学第一定律△U=Q+W知，△U＞0，说明气体的温度T升高，分子平均动能增大，又气体被压缩体积V减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D正确；
E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故E正确；
故选CDE。
【点睛】相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值；
达到热平衡的两系统温度相同；
温度是分子平均动能的标志；
根据热力学第一定律知△U=W+Q，可以计算气体内能的变化；
液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离时分子力表现为引力而产生现象。
14.如图所示，在倾角为30°
足够长的光滑斜面上有一长为l＝100cm、开口向上的薄壁玻璃管，用长为l1＝50cm的水银柱封闭一段空气柱。
当玻璃管保持静止时，空气柱长为l2＝12.5cm。
已知玻璃管的横截面积S＝1cm2，大气压强p0＝75cmHg，水银的密度ρ＝13.6×
103kg/m3，玻璃管的质量与水银柱的质量相等，g取10m/s2。
①若将玻璃管开口向下放置于斜面，且仍使其保持静止状态，求管内空气柱长度；
②在①问情形下，用沿斜面向上的恒力F拉玻璃管使其向上做匀加速直线运动，为了使水银柱不从管口溢出，求F的大小应满足的条件。
（1）25cm
（2）6.8N<
F≤13.6N
【解析】①以管内气体为研究对象，管开口向上放置时气体压强：
p1＝p0＋l1sin30°
＝100cmHg
管开口向下放置时气体压强：
p2＝p0－l1sin30°
＝50cmHg
设空气柱长为l3，此过程气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
即p1l2S＝p2l3S，
代入数据解得l3＝25cm
②设管内水银柱的质量为m，则m＝ρl1S＝0.68kg
玻璃管整体能向上加速，则F>
2mgsin30°
＝6.8N
当水银柱下端到玻璃管口时，整体加速度最大，F也最大，此时，管内空气柱的长度为l4＝50cm。
设管内气压为p3，由玻意耳定律得：
p2V2＝p3V3
代入数据解得p3＝25cmHg
取水银柱为研究对象，由牛顿第二定律得：
p0S－p3S－mgsin30°
＝ma
取玻璃管和水银柱整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F－2mgsin30°
＝2ma
联立以上式子解得：
F＝2（p0－p3）S＝13.6N
综合以上得：
6.8N<
F≤13.6N。
【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，同时要找出本题玻璃管做加速运动并且使水银柱不从管口溢出的临界条件，选择封闭气体作为研究对象运用气体定律，选择水银柱作为研究对象进行受力分析列出力学方程。
15.如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa′和bb′。
O为直线AO与aa′的交点。
在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
下面关于该实验的说法正确的是__________。
选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．插上大头针P3，使P3挡住P2和P1的像
B．插上大头针P4，使P4挡住P3、P2和P1的像
C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大些
D．为减小测量误差，P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好
E．若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，仍可用此方法测玻璃的折射率
【答案】ACE
【解析】插上大头针P3，使P3挡住P2和Pl的像，选项A正确；
插上大头针P4，使P4挡住P3、P2和Pl的像，选项B正确；
折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度．故C正确．入射角θ即P1和P2的连线与法线的夹角尽量大些，即P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小．故D错误．若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，则用“插针法”仍可测玻璃的折射率，选项E正确；
故选ABCE.
16.如图所示，一轻质弹簧的上端固定在倾角为30°
的光滑斜面顶部，下端拴接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B恰位于斜面的中点。
将细线烧断，发现当B运动到斜面底端时，A刚好第三次到达最高点。
已知B的质量m＝2kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，斜面长为L＝5m，且始终保持静止状态，重力加速度g＝10m/s2。
①试证明小物块A做简谐运动；
②求小物块A振动的振幅和周期。
（1）烧断细线后，物块A向上运动，受力平衡时，设弹簧伸长量为x0，有：
kx0－mAgsin30°
＝0，选物块A的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，物体运动到平衡位置下方x位置时，物块A所受的合力为：
F合＝mAgsin30°
－k（x＋x0）＝－kx，故物块A做简谐运动。
（2）
（i）烧断细线后A向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为x0，则：
kx0-mAgsin30°
=0
①
选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示A离开平衡位置的位移．当A运动到平衡位置下x位置时，物块A受到的合力为：
F0=mAgsin30°
-k（x-x0）
②
联立①②得：
F0=-kx，可知A受到的合外力总是与物块的位移成反比，所以A做简谐振动．
（ii）开始时AB组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为x1，根据胡克定律有：
kx1-（mA+mB）gsin30°
③
所以：
烧断细线后A从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块A的振幅，则：
A=x1−x0＝
代入数据得：
A=0.1m
烧断细线后B向下做匀加速直线运动，则：
mBgsin30°
=mBa
设B到达斜面底端的时间为t，则：
A向上运动经过周期第一次到达最高点，则第三次到达最高点的时间：
t=2.5T
代入数据联立得：
T=0.4s
该题以简谐振动为背景考查共点力平衡、牛顿第二定律的应用等重点知识点，解答的关键是抓住题目中不同情况下的受力．知道简谐运动的特征：
F=-kx。
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