安徽省淮南市第二中学高三上学期高考模拟测试物理试题

淮南二中2018届上学期高考模拟测试卷物理部分二、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。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。1.如图所示表面光滑、半径为R的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正负电荷的两小球(大小忽略不计)处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为30°、60°，设这两个小球的质量之比为m1m2，小球与半球之间的压力之比为A.m1m2=1:3，C.m1m2=1:3，【答案】D【解析】对m1由正交分解可得：平行球面方向m1gsin30∘=Fsin45同理，对m2分析可得：m2=2F3g，N【点睛】分别对m1和m2进行受力分析，根据正交分析求出两个小球重力与库仑力的关系式，两个小球受支持力与库仑力的关系式，2.如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.铁球可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒C.铁球在A点的速度必须大于gD.从A点由静止滚到B点过程中，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg【答案】D【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故AB错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点．故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fn＝mv2R可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足：mg•2R＝12mv2；轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F−mg＝mv2R，联立得：点睛：该题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．3.“神舟十一号”飞船于北京时间2016年10月17日发射升空，并与“天宫二号”实施自动交会对接．交会对接前“神舟十一号”飞船先在较低的圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫二号”对接．如图所示，M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速．下列关于“神舟十一号”飞船变轨过程的描述，正确的是()A.“神舟十一号”飞船必须在Q点加速，才能在P点与“天宫二号”相遇B.“神舟十一号”飞船在M点经一次加速，即可变轨到轨道2C.“神舟十一号”飞船在M点变轨后的速度大于变轨前的速度D.“神舟十一号”飞船变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期【答案】D【解析】“神舟十一号”与天宫二号要实施对接，需要神舟十一号抬升轨道，即神舟十一号开动发动机加速做离心运动，使轨道高度抬升与天宫一号实现对接，故“神舟十一号”在M点加速，可以在P点与“天宫二号”相遇，故A错误；“神舟十一号”在M点经一次加速后绕椭圆轨道运动到P点，再经过一次加速过程，由椭圆轨道变成圆轨道，进入轨道2，故B错误；“神舟十一号”在M点要加速，因此飞船在M点变轨后的速度大于变轨前的速度，故C正确；由万有引力提供向心力，有：GMmr2=m4π2T【点睛】根据万有引力提供向心力列式，确定线速度、周期与轨道半径的关系，来分析速度和周期的大小．“神舟十一号”点火加速后，所需的向心力变大，万有引力不够提供，做离心运动，这样才能完成对接．结合变轨原理分析．4.如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（）A.V1的示数减小，V2的示数减小B.V1的示数不变，V2的示数减小C.A1的示数增大，A2的示数增大D.A1的示数减小，A2的示数减小【答案】B【解析】试题分析：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以AC正确，BD错误．故选AC．考点：变压器；电路的动态分析【名师点睛】此题是关于变压器及电路的动态分析问题；在做电路的动态变化的分析题目时，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法；注意变压器次级电压是由初级电压和匝数比决定的．5.如图所示，相距均为d的的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一个边长也是d的正方形导线框，从L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，过程中产生的电能大小为E0，下列说法中正确的是（）A.在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1B.在导线框通过磁场的整个过程中，线框中的平均感应电流为0C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框中的电流方向没有发生变化D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek＝W2－W1－E0【答案】B【解析】在导体框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，故不能根据重力做功判断两次匀速的速度大小；设线框的电阻为R，质量为m，当ab边进入磁场，线框匀速运动的速度大小为v1，线框的感应电动势为：E1=Bdv1，线框所受的安培力大小为FA1=BI1d=BE1Rd=B2d2v1R，由于线框匀速运动，根据平衡条件有：mg=FA1=B2d2v1R①，线框以速度v2做匀速直线运动时，线框中总的感应电动势为：E2=2B【点睛】线框匀速运动时，重力与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL和平衡条件可研究出两次匀速运动时速度的大小关系。根据动能定理求解动能的变化量大小；由右手定则判断感应电流的方向。根据磁通量的变化量，分析感应电荷量，再求平均感应电流.6.电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势φ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿x轴正方向进入电场。下列叙述正确的是A.粒子从O点运动到x3点的过程中，在x3点速度最大B.粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C.要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2D.若v0=【答案】ADC、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（0−φ0）=0−12mvD、若v0=2qφ0m，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：故选AD。【点睛】根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程解答。7.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知容器半径为R，OP与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是()A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力指向球心OC.轻弹簧对小球的作用力大小为32D.弹簧原长为R＋m【答案】BD【解析】以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，根据平衡条件可知容器不受水平面的静摩擦力，则容器相对于水平面无滑动趋势，故A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故B正确；对小球受力分析，如图所示：由θ=30°得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C错误；由胡克定律得：弹簧的压缩量为x=Fk=m【点睛】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力，进而分析其运动趋势．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力．8.如图所示，倾角为θ的固定斜面充分长，一质量为m上表面光滑的足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，则在滑块与木板都在滑动的过程中（）A.木板A的加速度大小为3gsinθB.木板A的加速度大小为零C.A、B组成的系统所受合外力的冲量一定为零D.木板A的动量为13mv0时，小滑块B的动量为23【答案】CD【解析】试题分析：只有A时，A匀速下滑，则说明A受到的重力分力与摩擦力等大反向；即mgsinθ=μmgcosθ；若加上B物体后，A对地面的压力增大，则摩擦力变为μ3mgcosθ，而沿斜面方向上的力不变，故合外力为：3μmgcosθmgsinθ=2mgsinθ；故加速度a=2gsinθ；故AB错误；由A的分析可知，整体在沿斜面方向受力平衡，故整体动量守恒，故合外力的冲量一定为零；故C正确；因动量守恒，故总动量保持不变，由动量守恒定律可知：mv1+2mv2=mv0，故当A动量为13mv0时，B的动量为23mv考点：动量守恒定律；【名师点睛】此题是一道动量守恒的问题，关键在于明确加上B后，整体在沿斜面方向上受力仍然平衡，故A和B组成的系统动量守恒。9..探究加速度与力的关系装置如图所示。带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行.将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a。将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块……获取多组a、F数据。（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是（________）A.实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B.通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C.每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D.实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个aF图象如图所示，正确的是__________；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为________；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正。修正后的横坐标F合应该等于（用F、F0表示）。【答案】(1).AB(2).B(3).2F0，2F2F0【解析】试题分析：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确；通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确；绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．故CD错误．故选：AB．（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，2Ff=ma，解得：a=2F−f考点：探究加速度与力的关系。10.LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要测定额定电压约为3V、额定功率约为1．5w的LED灯正常工作时的电阻。实验室提供的器材有：A．电流表A1(量程为0．6A，内阻RA1约为3Ω)B．电流表A2(量程为3mA，内阻RA2=100Ω)C．定值电阻R1=900ΩD．定值电阻R2=9900ΩE．滑动变阻器R(0～20Ω)F．蓄电池E(电动势为3V，内阻很小)G．开关S一只(1)在虚线框内将图甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。以下实验都在正确连接电路条件下进行。(2)电流表A1的示数用I1表示，电流表A2的示数用I2表示，写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=___________(用物理量符号表示)。(3)实验时调节滑动变阻器，当LED灯正常发光时，电流表A2表盘指针的位置如图乙所示，则其示数为_______mA，若此时电流表A1的示数为0.50A，则LED灯的电阻为__Ω(结果保留两位有效数字)【答案】(1).I2(R1【解析】由于无电压表，所以需将电流表A2(量程为3mA，内阻RA2=100Ω)与定值电阻R1=900Ω串联组成电压表，由R=U2P可得LED灯正常工作时的电阻大约为RL=6Ω，由于RvRL=(2)根据欧姆定律和并联电路的特点得I2(R1+R(3)电流表A2的量程为3mA，分度值为0.1mA，表盘指针的位置对应28格，故电流表A2示数为0.1mA×28.0=2.80mA；将值代入得LED灯的电阻为R【点睛】题中无电压表，需将电流表A2与定值电阻R1串联组成电压表，根据欧姆定律和并联电路的特点求出LED灯正常工作时的电阻。11.如图所示，质量为M=0.9kg的小车静止在足够长的光滑轨道上，小车下面挂一质量为m=0.1kg的小球B，在旁边有一支架被固定在轨道上，支架上O点悬挂一质量也为m=0.1kg的小球A．两球球心至悬挂点的距离l均为0.25m，当两球静止时刚好相切，两球球心位于同一水平线上，两悬线竖直并相互平行．将A球向左拉到图中与水平成530角的虚线所示位置后由静止释放，然后与B球相碰，如果碰撞过程中无机械能损失，g=10m/s2，（以下计算过程中保留根号）求：（1）碰撞后B球上升的最大高度；（2）小车能获得的最大速度．【答案】(1)0.1746m(2)97【解析】【分析】A球从静止开始自由下落到A点的正下方C点时线绷直，绷直过程中，A球沿绳子方向的速度突然减小为零，A球将以切向分速度向右做圆周运动，A球从C球运动到最低点，与B球碰撞前机械能守恒；两球碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，由于两球质量相等，交换速度；B球和小车组成的系统，机械能守恒定律和水平方向动量守恒；B球摆回最低点的过程中，悬线仍使小车加速，故当B球摆回最低点时小车获得的速度最大。解：(1)如图所示，A球从静止开始自由下落到A点的正下方C点时线绷直，设此时速度为vc，则：v绷直过程中，A球沿绳子方向的速度突然减小为零，A球将以切向分速度向右做圆周运动，切向分速度为：v1A球从C球运动到最低点，与B球碰撞前机械能守恒，设A球到达最低点时与B球碰撞前的速度为v2，则：12解得：v两球碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，由于两球质量相等，交换速度，即B获得速度：v2再对B球和小车组成的系统，运用机械能守恒定律和水平方向动量守恒，设B上升的最大高度为h，则有：m1联立解得：h(2)B球摆回最低点的过程中，悬线仍使小车加速，故当B球摆回最低点时小车获得的速度最大，设最大速度vm，B球的速度为v3，则对B球和小车组成的系统，由机械能守恒定律和水平方向动量守恒得：mB12解得：vm12.如下图所示为一种电磁装置，由粒子源、加速电场、偏转电场、匀强磁场组成。在S点有一粒子源，能不断释放电量为q，质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场（偏转电场中场强随时间变化如左图所示），偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子在偏转电场中一次偏转后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B。若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：（1）粒子进入磁场时速度大小;（2）匀强磁场的宽度D至少为多少;（3）该带电粒子周期性运动的周期T是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向.【答案】(1)5Uq2m(2)1【解析】试题分析：（1）对在加速电场中运用动能定理，结合在偏转电场中做类平抛运动求出偏转位移的大小和偏转角，对整个过程运用动能定理，求出粒子进入磁场的速度．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，结合几何关系求出匀强磁场的最小宽度．（3）粒子在加速电场中匀加速直线匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合运动学公式和推论以及在磁场中运动的周期公式求出带电粒子的周期T．偏转电压正负极变换一次方向的时间等于粒子在磁场中运动的时间．（1）如图所示粒子在加速电场中加速，由动能定理得：12mv由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间：t粒子在偏转电场中做类平抛运动，其加速度为：a粒子通过偏转电场的时间为：t粒子在偏转电场中的侧移距离为：y侧向速度为：v则粒子射出偏转电场时的速度为：v（2）以速度v进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R，有：q解得：R则磁场宽度D为：D（3）由几何关系得：tanθ粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T故粒子在磁场中运动的时间为：t粒子从S出发回到S的周期为：T偏转电压正负极换向实际t为：t13.下列说法中正确的是_________．(填正确答案标号，选对一个得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．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C．一定质量的理想气体等压膨胀过程气体一定从外界吸收热量D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】ACD【解析】根据气体的压强的微观意义可知，气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，故A正确；足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，故B错误；根据热力学第一定律知，一定质量的理想气体等压膨胀过程对外做功而内能不变，所以气体一定从外界吸收热量，故C正确；根据热力学第二定律知，自然界中自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序