届安徽宣城市高三年级第二次调研测试理综物理试题解析版Word文件下载.docx
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【解析】根据图像可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾；
故可以在0至10s内任一时刻发生追尾；
若10s内没有追尾，则二者将不再相撞，故A错误，B正确；
在v-t图象中，图象与时间轴所围成的面积表示位移。
两车10s时速度为5m/s，0-10s甲车位移为：
，乙车位移为：
，因两车发生追尾，所以两车相距应为小于
，故C错误；
由图可知，甲的加速度为：
，乙的加速度为：
，所以甲的加速度是乙的加速度的2倍，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
3.在一块固定的倾角为0的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。
已知两本书的封面材料不同，但每本书的上下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是
A.μ1>
μ2B.μ3<
μ2
C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθD.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ
【答案】D
【解析】甲图中，对整体分析，根据共点力平衡有：
2mgsinθ=μ22mgcosθ，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，2mgsinθ-μ12mgcosθ=2ma，由两式可知，μ1＜μ2．故A错误。
对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，2mgsinθ-μ12mgcosθ=2ma，解得a=gsinθ-μ1gcosθ，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得，mgsinθ-f=ma，解得f=μ1mgcosθ，因为两词典保持相对静止，则μ1mgcosθ＜μ3mgcosθ，知μ1＜μ3．则无法比较μ2与μ3的关系，故ABC错误，D错误。
根据共点力平衡知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力f=mgsinθ，因为2mgsinθ=μ22mgcosθ，所以f=μ2mgcosθ．故D正确。
故选D.
4.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO'
（OO'
沿水平方向）匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=l0Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。
图乙是矩形线圈中磁通量中随时间t变化的图象。
则
A.此交流发电机的电动势平均值为10
V
B.t=0.02s时R两端的电压瞬时值为零
C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=l0
cos（l00πt）V
D.当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上
矩形线圈为电源，若垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数１０Ｖ，说明
即
。
根据乙图
时磁通量等于０可判断
电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为
，选项Ｃ对。
带入电动势的表达式，此刻
，选项Ｂ错。
根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项Ｄ错。
电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为
，所以平均值一定比
小，选项Ａ错。
交流电
【名师点睛】根据乙图磁通量变化规律找到线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的周期角速度，而
是磁通量等于０可判断从垂直中性面位置开始计时，电动势按照余弦函数规律变化。
电压表示数为有效值，正弦交流电最大值为有效值的
倍。
厘清基本关系。
5.同重力场作用下的物体具有重力势能一样，万有引力场作用下的物体同样具有引力势能。
若取无穷远处引力势能为零，质量为m的物体距质量为mo的星球球心距离为r时的引力势能为
（G为引力常量），设宇宙中有一个半径为R的星球，宇航员在该星球上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，经t秒后物体落回手中，下列分析错误的是
A.在该星球表面上以
的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
B.在该星球表面上以
的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
C.在该星球表面上以
的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
D.在该星球表面上以
【解析】物体做竖直上抛运动，则有：
v0=g×
，解得星球表面重力加速度为：
，设星球半径为R，卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力等于重力提供向心力：
m
=mg，解得：
，此为最大的环绕速度，也是最小的发射速度，故以此速度或超过此速度水平抛出，都不会落回地面，故AB正确；
若竖直上抛，设速度为v′时，卫星绕星球表面运动时，由机械能守恒定律得：
，又
v′=2
故D正确，C错误；
本题选错误的，故选C.
点睛：
此题是运动问题与万有引力的结合，首先要根据竖直上抛运动，求出星球表面的重力加速度；
卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出水平抛出的速度；
将物体竖直上抛时，卫星机械能守恒，由机械能守恒定律求出竖直上抛的速度．
6.如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是
A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
【答案】BCD
A、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失。
故A错误；
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；
C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；
D、由C的分析可知，当物体C与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关。
故D正确。
故选BCD。
动量守恒、能量转化与守恒定律
【名师点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：
动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零。
机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功。
物体C与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；
分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；
根据动量守恒定律求解小车的速度，根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化。
7.如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q，图中O是两电荷连线中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称．则下列说法正确的是
A.a、b两点的电势相同
B.a、e两点的电场强度相同
C.将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功
D.质子在b点的电势能比在O点的电势能大
【答案】BD
【解析】a、b两点虽然关于+Q对称，但是由于-Q的影响，两点的电势并不相等，故A错误；
a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，故B正确；
c、O、d在一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，C错误；
b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，故D正确。
故选BD。
8.如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场。
磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m。
在t=0时，金属棒ab从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好以v=1m/s的速度在磁场中匀速运动到EF位置。
已知ab金属棒电阻为1Ω。
下列分析的正确的是
A.0-4s内小灯泡的功率为0.04WB.恒力F的大小为0.2N
C.金属棒的质量为0.8kgD.金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06W
【答案】ABC
【解析】金属棒未进入磁场，电路总电阻为：
R总=RL+Rab=5Ω
回路中感应电动势为：
灯泡中的电流强度为：
小灯泡的功率为PL=I2RL=0.04W，选项A正确；
因金属棒在磁场中匀速运动，则F=BI′d
又：
I′=
代入数据解得：
F=0.2N，选项B正确；
金属棒未进入磁场的加速度为：
金属棒的质量：
，选项C正确；
金属棒进入磁场后小灯泡的功率为
，选项D错误；
故选ABC.
本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律；
注意金属棒进入磁场之前是磁通量变化产生的感应电流，进入磁场后是切割磁感线产生感应电流．
三、非选择题
（一）必考题
9.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。
m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。
下图给出的是实验中获取的一条纸带：
0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图1中未标出），计数点间的距离如图所示。
已知m1=50g、m2=150g，则（g取9.8m／s2，结果保留两位有效数字）
（1）在打点0—5过程中系统动能的增量△EK=___J，系统势能的减少量△Ep=______J；
（2）若某同学作出
v2—h图象如图2，则当地的实际重力加速度g=___m／s2。
【答案】
（1）.
（1）0.58
（2）.0.59（3）.
（2）9.7
..................
△Ek=
×
（0.05+0.15）×
2.42=0.576J≈0.58J；
重力势能的减小量等于物体重力做功，故：
△EP=W=mgh=（0.05+0.15）×
9.8×
0.216=0.588J≈0.59J；
由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
（2）题中根据机械能守恒可知，mgh=
mv2，即有：
v2=gh，所以出
v2-h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．
10.用下列器材组装一个电路
A．待测电池组
B．待测小灯泡（2A、2.5V）
C．电流表A（量程3A、内阻非常小）
D．电压表V1（量程6V、内阻非常大）
E．电压表V2（量程1V、内阻1500Q）
F．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）
G．定值电阻R1（3000Ω）
H．开关一只，导线若干
要求：
既能测定电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的U-I曲线
（1）请在图甲的虚线方框中将设计相对合理的实验电路图补充完整_________；
（2）每次实验操作需记录电流表A、电压表Vl和电压表V2的示数，经过多次测量换算，最后在U-I坐标系中，描绘出两条图线，且在P点相交，如图乙所示，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为________Ω；
电池组的效率为________（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】
（1）.
（1）如图所示；
（2）.
（2）0（3）.56%
【解析】
（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表V1测路端电压，电流表A测量电流；
描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表A测流过灯泡的电流，考虑到电压表V2量程偏小，可与定值电阻R1串联增大量程；
此时电压表V2的内阻与R1之和远大于灯泡内阻，可用电流表外接；
则电路如图；
（2）电源的U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻
．由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，此时电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A×
1Ω+2.5V+2.0A×
R滑，则R滑=0Ω；
电池组的效率
电源的U-I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，灯泡的U-I线与电源的U-I线的交点就是灯泡接到此电源上时的工作点.
11.如图所示，以水平地面建立x轴，有一质量m=1kg的小木块放在质量为M=2kg的长木板的左端A点，已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
初始时m与M-起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为vo=l0m/s，在坐标为x=27.5m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下。
取g=l0m/s2，求：
（1）木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；
（2）最终木板停止时A点的位置坐标。
【答案】
（1）18m；
2s
（2）xA=-1m
（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：
μ1（M+m）g=（M+m）a1，解得a1=-1m/s2
设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：
v2-v02=2a1（x-L）
碰后对木块，由牛顿第二定律：
-μ2mg=ma2
解得a2=-5m/s2
对木板：
μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3
解得a3=4m/s2
依题意，碰后ts共速，由速度公式v+a2t=-v+a3t
解得t=
v
木块与木板的相对位移：
联立解得L=18mv=9m/st=2s
（2）共速后的速度v共=v+a2t=-1m/s方向向左，因μ1<
μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动公式：
故A点的坐标xA=x+x1+x2-L=-1m
解决本题的关键理清木板和木块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．本题也可以通过动能定理、功能关系进行求解．
12.如图所示，在第二象限内存在一个半径为a的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标M（-2a，a）。
在位置坐标为（-2a，0）的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量+q的粒子，其速度大小均为v。
这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外的有界匀强磁场区域后，全部汇聚到位置坐标为（2a，0）的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为
、方向水平向左的匀强电场。
不计粒子重力，求：
（1）圆形有界匀强磁场的磁感应强度；
（2）第一象限有界匀强磁场的磁感应强度；
（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置坐标。
（1）
（2）
（3）3v；
（0，
）
（1）要想这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直于y轴进入第一象限，则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径必须和圆形磁场的半径相同，即R=a；
在磁场中，由：
qvB=m
联立可得：
B=
由左手定则可知B的方向垂直xoy平面向外；
（2）要想粒子通过在第一象限后能汇聚到Q点，此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
R′=2a，由qvB′=m
解得
由第一象限内的磁场分布可知，所有从Q点射出的粒子，其速度大小均为v，方向分布在沿x轴正向与y轴负向之间的900范围内；
线研究从Q点射出的，速度与y轴负向夹角为θ的粒子，其运动轨迹应是类斜抛，则有：
y=vcosθ∙t
联立两式，消掉θ可得：
由此式子可看出：
当
时，
故第二次经过y轴最远位置坐标（0，
）
（二）选修题：
13.下面的说法中正确的有____
A．布朗运动的实质反映了液体分子在不停地做无规则热运动
B．压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，这是因为分子间距离越小时分子间斥力越大
C．对气体加热，气体的内能不一定增大
D．物体温度升高，分子热运动加剧，所有分子的动能都会增加
E．对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到
【答案】ACE
【解析】布朗运动的实质反映了液体分子在不停地做无规则热运动，选项A正确；
压缩密封在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，这是因为体积减小时，压强变大，不是分子间斥力，选项B错误；
对气体加热，若气体对外做功，则气体的内能不一定增大，选项C正确；
物体温度升高，分子热运动加剧，分子的平均动能会增加，但并非每个分子的动能都变大，选项F错误；
热力学零度是低温的极限，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到，选项E正确；
故选ACE.
14.如图甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强为Po=75cmHg.
①若将装置缓慢翻转180°
，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），两管中水银静止时液面如图乙所示，求左管中空气柱的长度。
②若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H=35cm，求左管水银面下降的高度。
（1）37.5cm
（2）10cm
（1）设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：
或
，所以，左管中空气柱的长度为
（2）设左管水银面下降的高度为
，左、右管水银面的高度差为
，由几何关系：
由玻意耳定律：
联立两式解得：
解方程得：
（舍去），故左管水银面下降的高度为
理想气体的状态方程、封闭气体压强
【名师点睛】本题考查了求水银面下降的高度，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题，解题时要注意几何关系的应用。
15.如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动。
图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）。
由此可知____
A．这列波的周期为T=3s
B．图乙可能是图甲中质点Q的振动图象
C．这列波的传播速度为v=2m/s
D．这列波的波源起振方向沿y轴正方向
E．位于x=l0m处的质点将于t=2s时起振
【答案】BCE
【解析】由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速
，故C正确，A错误。
由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象，故B正确。
波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故D错误。
2s时间内波向x轴正向传播x=vt=4m，恰好传到x=10m处的质点处，则位于x=l0m处的质点将于t=2s时起振，选项E正确；
故选BCE.
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．
16.某透明体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为L，ABC=45°
，ADC为一圆弧，其圆心在AC边的中点。
若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透明物体，光线从ADC圆弧射出的区域的长度s为πL/6。
求此透明体的折射率（不考虑经ADC圆弧反射后的光线）
【答案】2
【解析】由几何关系得：
圆弧EDF长度为s=2θ•
=πL/6，则透明体的临界角为30°
由
得，n=2．
对于几何光学中范围问题，要掌握临界角公式，求出临界角，要作出边界光线，在边界上光线往往恰好发生全反射．
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