安徽省合肥一中上学期高三综合能力测试物理试题

合肥一中2018届上学期高三综合能力测试物理部分第Ⅰ卷(选择题共48分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于对物理概念的理解和物理学史的叙述正确的是()A.卡文迪许利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究B.加速度的定义式为aC.若从运动电荷所受洛伦兹力的角度定义磁感应强度B，则B＝FD.安培首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究【答案】C【解析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验的方法测出引力常量G，故A错误；公式：a=Fm是牛顿第二定律的表达式，不是定义式，故B错误；若从运动电荷所受洛伦兹力的角度定义磁感应强度B，则当粒子运动的方向与磁感应强度的方向垂直时有：B=Fqv，故C正确；法拉第首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究，2.某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的vt图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是A.在t1时刻虚线反映的加速度比实际的大B.在0－t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的小C.在t1—t2时间内，由虚线计算的位移比实际的小D.在t3—t4时间内，虚线反映的是匀加速运动【答案】C【解析】在t1时刻，虚线的斜率小于实线的切线斜率，则虚线反映的加速度小于实际的加速度，故A错误；在0t1时间内，由图可知虚线与时间轴围成的面积大于实线与时间轴围成的面积，则由虚线计算出的位移大于实际的位移，时间相等，所以虚线计算出的平均速度比实际的大，故B错误；在t1t2时间内，虚线与时间轴围成的面积小于实线与时间轴围成的面积，则虚线计算出的位移小于实际的位移，故C正确；在t3～t4时间内，由虚线的图象可知，速度不随时间变化，做匀速直线运动，故D错误。所以C正确，ABD错误。3.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道．此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7．G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高．关于卫星以下说法中正确的是（）A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/sB.通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C.量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小【答案】C【解析】根据GmMr2＝mv4.如图所示，水平光滑绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，M>m，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E。现仅使B带正电且电荷量大小为Q，发现A、B一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角。若仅使A带负电且电荷量大小为Q'，则A、B一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成αA.a′=a，Q′=QB.a′>a，Q′=QC.a′>a，Q′>QD.a′<a，Q′<Q【答案】C【解析】当B带正电荷时分别对AB受力分析，由牛顿第二定律对B有：QEmgtanα=ma，对A：mgtanα=Ma，解得：a=mMgtanαQ=mgtanα+m2Mgtanα；当A带负电荷时分别对AB受力分析，由牛顿第二定律可知：m5.有关对原子、原子核等相关内容的认识，下面说法不正确的是A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B.Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4C.电子被发现的意义在于使人类认识到原子有核式结构D.氢原子的核外电子从高轨道跃迁到低轨道时，其动能增加，电势能减小【答案】BC【解析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故A说法正确；Tn核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，故B说法错误；电子被发现的意义在于使人类认识到原子具有复杂结构，卢瑟福利用α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C说法错误；氢原子的核外电子从高轨道跃迁到低轨道时，其动能增加，电场力做正功，电势能减小，故D说法正确。所以选BC。6.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上．两根相同的光滑细钉(大小不计)垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO′的两侧，相距l，将一遵循胡克定律、劲度系数为k的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态．现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO′向下移动．当物块运动至B位置时撤去外力，物块处于静止状态．已知AB＝l，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A.在移动物块的过程中，斜面对物体的作用力保持不变B.物块到达B位置时，弹性绳的张力大小为3klC.撤去外力后，物块在B位置受到的摩擦力可能大于mD.物体从A位置到达B位置的过程中，物体与弹性绳系统机械能守恒【答案】AC【解析】物体缓慢运动的过程受到重力、斜面的支持力、摩擦力以及绳子的拉力作用，将重力分解，重力垂直于斜面的方向：Gy=mgcos300=32mg，沿斜面的方向：Gx=mgsin300=12mg，在移动物块的过程中，重力垂直于斜面方向的分力不变，所以斜面对物体的支持力保持不变，故A正确；物块到达B位置时，弹性绳的长度：l′=2l7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R1、R2为定值电阻，当滑动变阻器R3的触头P由a向b移动一小段距离后，电压表V1、V2、V3的示数的变化量分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3（均取绝对值），电流表A1、A2、A3的示数的变化量分别为A.ΔB.ΔC.ΔU1ΔD.此过程中，电容器C所在电路中存在瞬时电流，方向由电容器的左极板经R3到右极板。【答案】AC【解析】当滑动变阻器R3的触头P由a向b移动时，R3接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流I1减小，内阻和R1分担的电压减小，并联部分的电压增大，所以U1增大，△U1＞0，I2增大，△I2＞0．因为I3=I1I2，可知，I3减小，则U2减小，U3增大。因为U1=U2+U3，所以△U3=△U1+△U2。因为I1=I2+I3，所以△I3=△I1+△I2，故A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得U1=EI1（R1+r），可得：ΔU1ΔI1=R1+r不变。将滑动变阻器R3看成外电路，其他部分看成内电路，同理可得：ΔU3ΔI3等于除了滑动变阻器之外所有电阻之和且为常数，故C8.荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。如图是荡秋千的示意图，若人直立站在踏板上，从绳与竖直方向成90°角的A点由静止开始运动，摆到最低点B时，两根绳中的总拉力是人所受重力的2倍。随后，站在B点正下面的某人推一下，使秋千恰好能摆到绳与竖直方向成90°角的C点。设人的重心到绳的悬点O的距离为L,人的质量为m,踏板和绳的质量不计，人所受的空气阻力与人的速率成正比。则下列判断正确的是A.人从A点运到到B点的过程中损失的机械能大小等于1B.站在B点正下面的某人推一下做的功大于mC.在从A点到B点和从B点到C点两个阶段中，合外力对人做的功相等D.若在A点补充能量，要使秋千能摆到绳与竖直方向成90°角的C点，在A点补充的能量大于在B点补充的能量。【答案】ABD【解析】在最低点B时，对人和踏板整体，由牛顿第二定律得：T−mg=mv2L，可得：v=gL，则人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能为：E损=mgL−12mv2=mgL2，故A正确；由于站在B点正下面的某人要对该人要做功，在最低点，该人的速度v′>gL，由于空气阻力与人的速度成正比，则从B运动到C，人损失的机械能E损>mgL2，要使人从B运动到C，根据动能定理可得：W人−mgL−E损=0−12mv2，解得站在B点正下面的某人推一下做的功W人第Ⅱ卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3340题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.在“验证力的平行四边形定则”实验中：（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．B．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录__________________、细线的方向和钩码的个数．C．将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使_____________，并记录___________、__________．（2）如果力的平行四边形定则得到验证，那么图乙中cosαcosβ【答案】(1).结点位置O(2).结点位置与步骤B中结点位置重合(3).两细线的方向(4).对应的钩码个数(5).34【解析】（1）需要记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数。（2）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向。（3）根据O点处于平衡状态，正交分解有：竖直方向：4mgsinα+10.某学习小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，现提供下列器材：A．电压表V(量程6V，内阻约6kΩ)B．电流表A(量程0.6A，内阻约10Ω)C．电阻箱R1(0～999.9Ω)D．定值电阻R2＝200ΩE．定值电阻R3＝100ΩF．滑动变阻器R4(0～10Ω)G．滑动变阻器R5(0～100Ω)H．规格为“6V,6W”的待测灯泡I．电源E(电动势约12V，内阻较小)J．开关、导线若干(1)某同学根据实验原理，将电流表的量程由0.6A扩大至1.0A，首先采用了如图1所示的电路测量电流表内阻．闭合开关S1，反复调节电阻箱阻值，当R1＝19.0Ω时，发现闭合和打开开关S2时电流表指针指示值相同，则电流表的内阻RA＝________Ω.若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值________(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值．(2)图2是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接______(要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)．(3)实验中，滑动变阻器应选择________(选填“R4”或“R5”)．【答案】(1).9.5(2).等于(3).(4).R4【解析】（1）闭合开关时，R1与电流表并联后，再与R2与R3的并联部分串联；开关断开时，R1与R2串联后与电流与和R3的串联部分并联；两种情况下电流表示数相同，则根据串并联电路规律可知R1RA=R2R3，解得：

（3）因滑动变阻器采用分压接法，所以应采用总阻值较小的滑动变阻器R4。11.如图所示，一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，已知当两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°.试求：（1）当车以加速度ａ1＝12g向左做匀加速直线运动时1、2（2）当车以加速度ａ2＝2g向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力【答案】(1)F11=52【解析】当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度为向左的a0，由牛顿第二定律得：

F1cos45°=mg

①

F1sin45°=ma0

②

可得：a0=g

③

（1）因a1=12g＜a0，故细绳2松弛，拉力为零

设此时细绳1与厢壁间夹角为θ，有：F11cosθ=mg

；F11sinθ=ma1

得：F11=52mg

（2）因a2=2g＞a0，故细绳1、2均紧绷

设拉力分别为F12，F22，由牛顿第二定律得：

竖直方向有

F12cos45°=F22cos45°+mg

在水平方向上有：F12sin45°+F22sin45°=ma2．

可解得：F12=322mg

F12.如图1所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图2所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.【答案】(1)Imax=BLv【解析】试题分析：根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量；根据平均加速度和安培力的关系计算撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程s.（1）由题图2知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，则回路中的最大感应电动势Emax＝BLvmax杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流：I解得：Imax=BLvmaxR(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E平均感应电流：I又因：q解得：q而ΔΦ＝BLs1cosθ由题图2知杆AB下滑的距离s解得：q=(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流：I根据牛顿第二定律有：BIL＝ma若Δt趋近于零，则a由以上三式可得：B则B2L2Rv1Δ即：B联立可得：s点睛：本题主要考查了电磁感应问题，研究的思路一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。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．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大C．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动E．用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0x105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了1.5×105J【答案】BCE【解析】气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，故B正确；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的得物体，而温度是分子平均动能的标志，分子平均动能越大，物体温度越高，热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C正确；灰尘的运动是由于对流引起的，不属于布朗运动，故D错误；由热力学第一定律可知，△U=W+Q=3.0×1051.5×105=1.5×105J，所以内能增加，故E正确。故BCE正确，AD错误。14.如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动。面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1×105Pa，取g=10m/s2,缸内气体可看作理想气体。①活塞静止时，求气缸内气体的压强；②若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动12L【答案】(1)p1=1.2【解析】试题分析：（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，代入数据解得压强：p1=1．2×105Pa，（2）由活塞A受力平衡可知缸内