安徽省合肥市届高三物理第二次质量检测试题及答案word版doc.docx

1、安徽省合肥市届高三物理第二次质量检测试题及答案安徽省合肥市届高三物理第二次质量检测试题及答案word 版版 doc 安徽省合肥市 2018 届高三物理第二次质量检测试题（含解析）二、选择题：本题共 8小题，每小题 6分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述正确的是 A.锤子抡起的过程中，车向右运动 B.锤子下落的过程中，车向左运动 C.锤子

2、抡至最高点时，车速度为 0 D.锤子敲击车瞬间，车向左运动【答案】C【解析】A铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故 A错误；B锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；C锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车速度为 0，故 C 正确；D锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故 D 错误。故选：C 2.图甲和乙是两个著名物理实验的示意图，这两个实验使人们对光的本性有了全面、深刻的认识。有关这两个实验，下列说法正确的是 A.图甲为单缝衍射实验的示意图，实验证明了光具有波动性 B.图乙为光电效应实验的示意

3、图，实验证明了光具有粒子性 C.图甲实验中光屏上接收到的条纹是与双缝垂直的竖条纹 D.图乙实验中用紫外线照射锌板，验电器的指针张开，若改用黄光照射，验电器的指针也张开【答案】B【解析】A由图甲可知，该实验装置是英国物理学家托马斯杨做的双缝干涉实验的示意图，该实验是光具有波动性的有力证据，故 A错误；B由图乙所示可知，图乙是光电效应实验的示意图，该实验是光的粒子说的有力证据，故 B正确；C图甲实验中光屏上接收到的条纹是与双缝平行的明暗相间的横条纹，故 C 错误；D因为黄光频率低于紫外线频率，紫外线照射锌板能发生光电效应，黄光照射不一定发生光电效应，故 D错误。故选：B 3.2017年 11 月

4、5日 19 时 45分，在西昌卫星发射中心，我国运用长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射了两颗卫星。这两颗卫星是北斗三号卫星导航系统的组网卫星。它们的轨道为中圆地球轨道，高度约 21000km。则下列说法正确的是 A.两颗卫星的向心力相同 B.两颗卫星的线速度相同 C.两颗卫星运行的角速度均大于地球自转角速度 D.两颗卫星的向心加速度大于地面的重力加速度【答案】C【解析】A向心力大小与卫星质量有关，由于两颗卫星质量未知，无法比较向心力大小，故 A错误；B两颗卫星的线速度方向不同，故 B错误；C由于两颗卫星的运行高度低于同步卫星的高度（约 36000km），故角速度均大于同步卫星的角速度

5、，即地球自转角速度，故 C 正确；D两颗卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故 D错误。故选：C 4.真空中相距为 3a的两个点电荷 A和 B，分别固定于 x 轴上 x1=0 和 x2=3a的两点，在二者连线上各点场强随 x 变化关系如图所示，以下说法正确的是 A.二者一定是异种电荷 B.x=a处的电势一定为零 C.x=2a处的电势一定大于零 D.A、B的电荷量之比为 1：4【答案】D【解析】A.场强先负方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，故 A错误；B.场强为零的地方电势不一定为零，故 B错误；C由于没有确定零电势点，无法比较 x=2a处的电势与零电势的高低，故 C 错误；D.x=a处

6、合场强=0，由知，所以 A、B所带电荷量的绝对值之比为 1：4，故 D正确。故选：D 点睛：场强为零的地方电势不一定为零，场强先正方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，由点电荷公式判断电量之比 5.如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定 于容器底部圆心 O，上端固定在容器侧壁。若相同的小球以同样的速率，从点 O沿各轨道 同时向上运动。对其向上运动过程，下列说法正确的是 A.小球动能相等的位置在同一水平面上 B.小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C.运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上 D.当运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平

7、面上【答案】D【解析】A从开始到在同一水平面上，摩擦力做的功不同，重力做功相同，根据动能定理，小球动能不相等，故 A错误；B从开始到在同一水平面上，克服重力做功相同，重力势能的增量相同，小球重力势能相等的位置在同一水平面上，故 B错误；C根据等时圆的结论，由于有摩擦力的作用，运动过程中同一时刻，小球不在同一球面上，故 C 错误；D当运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位移在水平面的投影长度相等，上升的高度不同，小球的位置不在同一水平面上，故 D正确。故选：D 6.如图所示圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上点 A沿与直径 AOB 成 30 角的方向射入磁场，其后从点

8、 C 射出磁场。已知 COD为圆的直径，BOC=60，E、F分别为和上的点，粒子重力不计。则下列说法正确的是 A.该粒子可能带正电 B.粒子从点 C 射出时的速度方向一定垂直于直径 AOB C.若仅将粒子的入射位置由点 A改为点 E，则粒子仍从 C 射出 D.若仅将粒子的入射位置由点 A改为点 F，则粒子仍从 C 射出【答案】BCD【解析】A由左手定则可得，该带电粒子带负电，故 A错误；B连接 AC，根据几何关系，初速度与 AC 成 60，从 C 点离开磁场时，速度方向与 AC 也成 60，垂直于直径 AOB，故 B 正确；C粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，圆心为，根据几何关系，四边形

9、AOC 为菱形，边与边 OC 平行，同理，若仅将粒子的入射位置改变，则粒子 O与出射点的连线仍与平行，故仍从 C 射出，故 C 正确，D正确。故选：BCD 7.如图所示，一根原长为 l0的轻弹簧套在光滑直杆 AB上，其下端固定在杆的 A端，质量为 m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。球和杆一起绕经过杆 A端的竖直轴 OO匀速转动，且杆与水平面间始终保持 30 角。已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为 l0/2，重力加速度为 g。则下列说法正确的是 A.弹簧为原长时，杆的角速度为 B.当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态 C.在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 D.在杆

10、的角速度由 0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了 5mgl0/4【答案】CD【解析】【详解】A弹簧为原长时，杆受重力和杆的弹力，合力为 mgtan30=，杆的角速度为，故 A错误；B当杆的角速度为时，弹簧处于伸长状态，故 B错误；C在杆的角速度增大的过程中，小球的动能增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒，故 C 正确；D设角速度等于时速度为 v，弹簧伸长 l，杆的支持为 N。则 联立解得 k=，初末状态的弹性势能相等，则 小球增加的机械能为 ，故，故 D正确。故选：CD【点睛】根据合力提供向心力，可求角速度等于时弹簧伸长的量，求出速度，进而求初动能，和重力

11、势能的增量，求出小球机械能的增加量。8.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为 O，直径 AB和 CD 相互垂直，电荷量均为 Q的正点电荷放在关于 CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为 120 下列说法正确的是（）A.点 O与点 C 的场强大小相等 B.点 C 与点 D的场强大小之比为 C.一电子从 D点由静止释放，运动到 C 点的过程中，加速度先减小后增大 D.将一正电荷沿着圆周从 A点经 D移至 B点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【分析】根据电场线的分布情况，分析各点场强大小。等量同种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，然后根据 W=Uq定性分析电场力

12、做功情况。【详解】A点 O 与点 C 处于两电荷连线的中垂线上，到两电荷的距离相等，点O与点 C 的场强大小相等，方向相反，故 A正确；B根据矢量合成法则，C 点场强为，D点的场强为，点 C 与点 D的场强大小之比为，故 B正确；C根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线 x=处的场强最强，则电子从点 D到点 C 的过程中，加速度先增大，再减小，再增大，故 C 错误；D根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点 A到点 D，电场力做正功，从点 D到点 B的过程中，电场力做负功，故 D正确。故选 C。9.为了较准确地测量某细线所能承受的最大拉力，甲、乙两位同学分别进行了如下实验。(1)甲同

13、学操作如下：如图 a所示，将细线上端固定，在其下端不断增挂钩码，直至挂第 4个钩码(每个钩码重为 G)时，细线突然断裂，甲同学将 3G记为细线所能承受的最大拉力(2)乙同学操作如下：用刻度尺测出细线的长度 l；按图 b所示将细线左端固定，右手捏住细线另端，然后将 3个钩码挂在细线上；捏住细线的右手沿水平刻度尺缓慢向右移动，直至细线断裂，测出此时细线两端的水平距离 d。(3)若细线质量、伸长及细线与钩码间的摩擦均忽略不计，根据上述实验，请完成下列内容：测量结果较准确的是_(选填“甲”或“乙”)同学；乙同学的测量结果是_(用题中所给物理量的字母表示)；在乙同学的实验中，当细线刚断时钩码两侧细线的夹

14、角_(选填“”、“=”或“”)120。【答案】(1).乙(2).(3).【解析】甲同学的方案中钩码只能一个一个加，使得测量的细线拉力不连续，造成测量的不准确，所以乙同学的测量结果较准确。当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力。绳子与竖直方向夹角的正弦值为：sin=d/L，根据平衡有：2Fcos=G，解得最大拉力为：F=.根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力 3G，细线上的拉力大小大于 3G，根据力的平行四边形定则，两侧细线的夹角大于 120。点睛：根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力 10.某同学将一个量程

15、为 01V、内阻未知的电压表改装为 03V的电压表。(1)该同学首先进行了如下操作：将多用电表档位调到电阻“100”，再将红表笔和黑表笔_，进行调零；将图 a中多用电表的红表笔和电压表的_(填“+”或“-”)接线柱相连，黑表笔与另一接线柱相连；此时多用电表的示数如图 b所示，则电压表的内阻为_。若已知多用电表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为 1.5V，则电压表的示数为_V。【答案】(1).短接(2).一(3).1000(4).0.60【解析】(1)欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红、黑表笔直接短接后，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”；(2)红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表

16、笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触负接线柱，黑表笔接正接线柱。（3）欧姆表读数=倍率 表盘读数=10010=1000；欧姆表的中值电阻为1500，等于欧姆表内阻，电压表的示数为 11.(2)为了准确地测量该电压表的内阻 Rv，并将改装后的电压表与标准电压表进行校准，该同学设计了如图 c所示的实验电路。实验中可供选择的器材有：a待测电压表 V1(量程 01V)b.标准电压表 V2(量程 03V)c.滑动变阻器(最大阻值为 2000)d.滑动变阻器(最大阻值为 10)e.电阻箱(最大阻值为 9999.9)f.电阻箱(最大阻值为 999.9)g.电池组(电动势约 6V，内阻不计)h.

17、开关、导线若干 该同学实验操作步骤如下 A.按图 c连接好电路；B.将滑动变阻器的滑片 P 滑到 a端；C.闭合开关 S，将单刀双掷开关 S掷到 1，移动滑片 P 的位置，使电压表 V1满偏；D.保持滑片 P 位置不变，断开开关 S，调节电阻箱 R，使电压表示数为 0.60V，读出 R0的阻值为 720；E.断开 S，将滑片 P 滑到 a端；F.把 R0的阻值调为某一具体值 R1，将 V1 改装成量程为 03V的电压表；G.将 S掷到 2，对改装后的电压表进行逐格校准；H.断开开关 S，整理器材。(3)根据该同学设计的实验，请回答下列问题 i 为完成该实验，滑动变阻器应选_(选填“c”或“d”

18、)，电阻箱应选_(选填“e”或“f”)；ii.待测电压表内阻 Rv的测量值为_，R1为_ iii.若校准电压表时发现改装表的读数相对于标准表的读数总是偏小一些，为使改装表读数准确，应将 R0 的阻值调_(选填“大”或“小”)一些。【答案】(1).d(2).e(3).1080(4).2160(5).小【解析】（3）i、测电压表的内阻时，应用串联电路正比分压的规律。断开开关 S时，电压表 V1和电阻箱的总电压应基本不变，故滑动变阻器应选小阻值的 d。电阻箱的阻值应和电压表 V1的内阻差不多，应选 e。ii、电压表示数为 0.60V，电阻箱的电压为 0.40V，读出 R0的阻值为 720，根据串联电

19、路正比分压的规律：，解得 RV=1080；将 V1 改装成量程为 03V的电压表，代入数据得：R1=2160。iii.断开开关 S，电压表和电阻箱总电阻增大，电压表和电阻箱总电压增大，用0.4V表示电阻箱的电压比真实值偏小，计算电压表内阻时比真实值偏大，改装电压表时串联的电阻阻值偏大，应减小一些。12.合肥开往上海的动车组 D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力。假定该列动车组由 8节车厢组成，第 1节和第 5 节车厢为动车，每节动车的额定功率均为 P0，每节车厢的总质量为 m，动车组运行过程中所受阻力为车重的 k 倍。若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间

20、t0 速度达到最大，重力加速度为 g。求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第 6节车厢对第 7节的拉力；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程。【答案】4kmg，【解析】（1）设动车组匀速运动的速度为 vm，速度为最大速度的一半时动车的牵引力为F，有 2P0=8kmgvm 2P0=2F 对动车组，由牛顿第二定律 2F-8kmg=2ma a=对 7、8节车厢的整体有：F67-2kmg=2ma 解得：F67=4kmg（2）由动能定理得：13.如图所示，将两根足够长的电阻不计的相同金属条折成“”型导轨，导轨右半部分水平，左半部分倾斜，且与水平面夹角=37。金属细杆

21、ab 和 cd 与导轨接触良好且始终垂直。导轨左、右两部分分别处于方向沿导轨向上和竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为 B=1T。开始杆 cd锁定，用恒力 F垂直作用于杆 ab 中点，使其向右运动，当 ab匀速运动时的速度为 v0，此时解除 cd锁定，杆 cd仍静止不动。已知杆 ab和 cd 的质量均为 m=0.5kg，电阻均为 R=0.5g，导轨间距 d=1m，杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6。求：(1)要使杆 cd始终不动，作用在杆 ab的恒力 F的最小值和对应的 ab 匀速运动速度v0；(2)若 ab杆匀

22、速运动的速度为 6m/s，某时刻同时撤去恒力 F和左侧磁场，此后 ab向右移动 1.5m 停止。在此过程中 cd沿导轨下滑的距离和杆 cd 中产生的焦耳热。【答案】2m/s，；2.625J【解析】（1）设拉力 F与水平导轨所成的角为，当导体杆 ab 匀速运动时，有：水平方向 竖直方向 cd杆静止 闭合电路欧姆定律 由可得 联立式可得：（2）对杆 ab，从撤去拉力至停下的过程，由动量定理得：又 联立得 对杆 cd，由牛顿第二定律得：联立，代入可得 此过程对杆 ab，由动能定理得：则杆 cd中产生的焦耳热 (二)选考题：共 45 分。请考生从给出的 2道物理题、2 道化学题、2 道生物题中任选一题

23、作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33.物理一选修 3-3(15分)14.(1)关于固体、液体和气体，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 5 分。每选错 1个扣 3分，最低得分为0 分)A.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性 B.固体可以分为晶体和非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状 C.毛细现象及浸润现象的产生均与表面张力有关，都是分子力作用的结果 D.空气中

24、水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大 E.大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布【答案】BCE【解析】A、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性，故 A错误；B、固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶和多晶，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故 B正确；C、毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系；都是分子力的作用结果，故C 正确；D、空气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度就越大，相对湿度不一定大，故 D错误；E、大量分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律分子数百分率呈现“中间多，两头少”

25、的统计规律，故 E正确 故选：BCE 15.(2)如图所示，一个开口向右的圆筒气缸固定于地面上，距缸底 2L处固定一个中心开孔的隔板 a，在小孔处装有一个能向左开启的单向阀门 b，C 是一截面积为 S 的活塞。开始时隔板左侧封闭的理想气体压强为 1.5P0；隔板右侧封闭了另一部分同种理想气体，刚开始活塞 c 与隔板距离为 L。现对活塞 c施加一水平向左的力 F，其大小由0 缓慢增大到 F0时，b 恰好打开。已知外界气压为 P0，气体温度保持不变活塞与隔板厚度均不计，活塞与气缸、阀门与隔板间的摩擦也不计。求(i)F0的大小(ii)当力 F缓慢增大到 1.2F0 时，活塞 c距缸底距离；(iii)

26、当力 F缓慢增大到 2F0 时，缸内气体压强。【答案】0.5P0S；2.5L；2P0【解析】(i)对阀门，刚打开时左右气体压强应相等，即右侧气体压强也为 1.5P0。故对 c，1.5P0S=P0S+F0 故 F0=0.5P0S(ii)对右侧气体，从开始到 b刚开启的过程，根据玻意耳定律得：P0L=1.5P0L1 解得 对全部气体，当力为 1.2F0 时，解得：L2=2.5L(iii)当力 F为 2F0 时，设隔板右侧的气体压强为 P，则 P=2P0。解得 L3=2L，故全部气体恰在隔板 a左侧 则压强 P4=2P0 物理一选修 3-4(15 分)16.(1)在“用单摆测定当地重力加速度”的实验

27、中，下列做法正确的是 _(选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3个得 5 分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线 B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长 l C.在小偏角下让小球在竖直面内摆动 D.测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量 50次全振动的时间t，则单摆的周期 T=t/49 E、多次改变摆线的长度 l，测量对应的周期 T，作 T2-L图象，得到图象的斜率值约为【答案】ACE【解析】A.摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，故 A正确；B.刻度尺测出

28、细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故 B错误；C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不超过 5，否则单摆将不做简谐运动。故 C 正确；D.当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量 n次全振动的时间记为 t，再由 T=t/n 求周期误差较小，故 D错误；E.数据处理的时候，通常由线性关系比较好判断结论,故作 T2L图象，得到图象的斜率值约为，E正确。故选：ACE.点睛：解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；根据单摆的周期公式变形

29、得到重力加速度 g的表达式，分析 T2与 L的关系 17.（2）如图所示，半径为 R 的半圆形玻璃砖与一底角为 30 的 RtACB玻璃砖平行且正对放置，点 O 和 O分别是 BC 边的中点和半圆形玻璃砖的圆心。一束平行于AC 边的单色光从 AB 边上的点 D入射，经折射后从点 O射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点 P 射出。已知 BC 边与直径 BC长度相等，二者相距 R/3，点 B、D间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射。求：(i)玻璃砖的折射率 n；(ii)点 P 的位置和单色光最后出射方向。【答案】,；，5=60 【解析】(i)连接 DO，则三角形 BOD恰为等边三角形，由几何知识得=30 在界面 AB，根据折射定律：sin60=nsin n=(ii)做出其余光路如图所示，光在 O点发生折射，为法线，根据折射定律：1=30 解得 2=60 光在点发生折射，为法线，由光路可逆：3=1=30 在中，在中，根据正弦定理：解得 4=30 光在 P 点发生折射，根据折射定律：联立解得：5=60，光线平行于连线向右射出