1、安徽省凤阳县城西中学 2017-2018 学年度上学期高三综合能力测试物理部分选择题： 1. 关于物理学的研究方法，以下说法错误的是： ( )A. 在用实验探究加速度、力和质量三者之间关系时，应用了控制变量法B. 在利用速度时间图像推导匀变速直线运动位移公式时应用的是微元法C. 在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度与电场力和试探电荷的电量无关D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，建立质点概念是应用近似替代法【答案】D考点：本题考查物理学史问题。2. 如图所示水平面上,质量为 20kg 的物块 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的另一端固定在小车上,小车静止不动,弹簧对物块的弹力大
2、小为 10N 时,物块处于静止状态,若小车以加速度 a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时( )A. 物块 A 相对小车向左运动B. 物块 A 受到的摩擦力将减小C. 物块 A 受到的摩擦力大小不变D. 物块 A 受到的弹力将增大【答案】C【解析】A、物体开始时受弹力 F=5N，而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为 5N，则物体的最大静摩擦力 Fm5N当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，加速度为，所以当小车的加速度为 a=1m/s2时，物块 A 相对小车仍静止故 A错误B、C、根据牛顿第二定律得：小车以加速度 a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时，弹力水平向右，大小仍为 5N，摩擦力水平向右
3、大小仍为 5N 故 B 错误，C 正确D、物体 A 相对于小车静止，弹力不变故 D 错误故选 C【点睛】应用牛顿第二定律分析物体受力情况，要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化3. 如图所示， A、 B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在 A 球以速度 v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为 、 ，下列说法正确的是( )A. 此时 B 球的速度为B. 此时 B 球的速度为C. 在 增大到 90的过程中， B 球做匀速运动D. 在 增大到 90的过程中， B 球做减速运动【答案】A【解析】将物块 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的
4、方向，在沿绳子方向的分速度等于 B 沿绳子方向的分速度在沿绳子方向的分速度为 v 绳子 =vcos，所以 故 A 正确，B 错误在 增大到 90的过程中，绳子的方向与 B 球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对 B 球的拉力一直做正功，B 的速度一直最大，B 做加速运动故 CD 错误故选 A.4. 如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R4的滑片向 a 端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点 P 将向下运动D. R3上消耗的功率逐渐减小【答案】B【解析】试题分析：由图可知，R 2与滑动变阻器 R4串联后与
5、 R3并联后，再由 R1串联接在电源两端；电容器与 R3并联；当滑片向 a 移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，可知 R1两端的电压减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过 R3的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数减小；故 B 正确；因并联部分电压增大，而 R2中电压减小，故电压表示数增大，故 A 错误；因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故 C 错误；因 R3两端的电压增大， R 3上消耗的功率增大； 故 D 错误。考点：闭合电路的欧姆定律；电路动
6、态分析【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、电路动态分析综合应用。属于难度较大的题目。运用闭合电路欧姆定律解决电路动态分析的题目，一般可以按照局部-整体-局部的思路进行分析， ，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。5. 如图所示，在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场， MN 是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点 P 以速度 v 垂直磁场正对着圆心 O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为 q、
7、质量为 m,不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心 0C. 只要速度满足 v ，入射的粒子出射后一定垂直打在 MN 上D. 出磁场的粒子一定能垂直打在 MN 上【答案】BC【解析】试题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出 时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系根据周期公式 可知粒子在磁场中的运动周期和速度无关，即所有粒子在磁场中的运动周期相
8、同，粒子在 ，即粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角越大，运动时间越大，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即运动时间越小，A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，B 正确；速度满足 时，粒子的轨迹半径为 ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在 MN 板上，故 C 正确 D 错误6. 如图甲所示，左侧接有定值电阻 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B=1T，导轨间距 L=lm。质量 m=2kg，阻值
9、 的金属棒在水平拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的 vx 图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数 ，则从起点发生 x=1m 位移的过程中(g=10ms 2) A. 金属棒克服安培力做的功 W1=0.5JB. 金属棒克服摩擦力做的功 W2=4JC. 整个系统产生的总热量 Q=5.25JD. 拉力做的功 W=9.25J【答案】CD【解析】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力 ，代入得：FA=0.5x，则知 FA与 x 是线性关系当 x=0 时，安培力 FA1=0；当 x=1m 时，安培力 FA2=0.5N，则从起点发生 x=1m 位移的过程中，安培力做功为
10、：，即金属棒克服安培力做的功为：W 1=0.25J，故 A错误金属棒克服摩擦力做的功为：W 2=mgx=0.252101J=5J，故 B 错误；根据动能定理得：W-mgs+W A= mv2，其中 v=2m/s，=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为：W=9.25J整个系统产生的总热量为：Q=W- mv2=9.25J- 222J=5.25J故 C D 正确，故选 CD点睛：本题的关键是根据 v 与 x 的关系，由安培力公式 ，得到 FA与 x 的关系式，确定出 FA与 x 是线性关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求
11、出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。7. 如图所示，有一矩形线圈的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，绕 OO轴在水平方向的磁感应强度为 B 的匀强磁场中以角速度 做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻 R，下列判断正确的是( )A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e NBS cos tB. 矩形线圈从图示位置经过 时间时，通过电流表的电荷量为 0C. 当 P 不动、 R 增大时，电压表读数也增大D. 当 P 向上移动、 R 不变时，电流表读数增大【答案】AD【解析】试题分析：
12、正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 ，故 A 正确；矩形线圈从图示位置经过 时间时，转过的角度为 ，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为 ，故 B 错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式 ，当 P 位置不动， R 增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值，故 C 错误；当 P 位置向上移动、R 不变时，根据理想变压器的变压比公式 ，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，故电
13、流表读数变大，故 D 正确8. 如图所示，滑块 A、B 的质量均为 m，A 套在固定竖直杆上，A、B 通过转轴用长度为 L 的刚性轻杆连接，B 放在水平面上并靠着竖直杆，A、B 均静止由于微小的扰动，B 开始沿水平面向右运动不计一切摩擦，滑块 A、B 视为质点在 A 下滑的过程中，下列说法中正确的是（ ） A. A、B 组成的系统机械能守恒B. 在 A 落地之前轻杆对 B 一直做正功C. A 运动到最低点时的速度为D. 当 A 的机械能最小时，B 对水平面的压力大小为 2mg【答案】AC【解析】试题分析：过程中由于没有摩擦力，AB 和地球组成的系统中动能和势能相互转化，所以系统的机械能守恒，A
14、 正确；刚开始运动时，轻杆对 B 是推力，方向向右，使得 B 加速，当 B 运动到一定位置时，轻杆对 B 的作用力变成拉力，方向向左，使得 B 减速运动，所轻杆对 B 先做正功后做负功，B 错误；到达最低点时，B 的速度减小到零，所以系统减小的势能转化为 A 的动能，故根据机械能守恒可得 ，解得： ，C 正确；杆对 B 做正功的过程中，对 A 做负功，这个过程 B 做加速运动，当 B 的速度最大时，即加速度为零，此时对 B 做正功结束，也是对 A 做负功结束的时刻，此时刻 A 的机械能最小，B 的加速度为零，即杆对 B 没有作用力，所以 B 只受重力和支持力，所以对地面的压力为 mg，故 D
15、错误；考点：考查了机械能守恒非选择题： (一)必考题9. 如图所示为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量 M，重物的质量 m，用米尺测量两光电门之间的距离 s；已知遮光片的宽度为 d；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间 t A和 t B，求出加速度 a；多次重复步骤，求 a 的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数 .回答下列问题：(1)物块的加速度大小 a 可用 d、s、t A和 t B表示为 a_.(2)动摩擦因数 可用 M、m、和重力加速度
16、 g 表示为 _.(3)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于_(填“偶然误差”或“系统误差”)【答案】 (1). （1） (2). （2） (3). （3）系统误差【解析】试题分析：（1）物块经过 A 点时的速度 ，物块经过 B 点时的速度 ，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2-vA2=2as，加速度 ；（3）以 M、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得： ，解得；（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差考点：测量物块与水平桌面之间动摩擦因数【名师点睛】此题是测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验；关键是搞清实验的原理，灵活运用牛顿第二定律及运动公式进
17、行解答；要知道由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差。10. 某兴趣小组在一次实验中需测量一只量程已知的电压表的内阻，现提供如下器材：待测电压表一只（量程 3V，内阻约 3k 待测）;电流表一只（量程 3A，内阻 001）;电池组（电动势约为 3V，内阻不计）; 滑动变阻器一个；变阻箱一个（可以读出电阻值，09999）;开关和导线若干。某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）该同学设计了如图甲、乙两个实验电路。为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是_（填“甲”或“乙” ）电路。（2）用你选择的电路进行实验时，闭合电键 S，改
18、变阻值，记录需要直接测量的物理量： 电压表的读数和_（填上文字和符号） ；（3）为方便计算电压表的内阻，需作出相应的直线图线，请从下面选项中选择适当的坐标_。 （A）UI （B）U （C） R （D）UR（4）设该直线图像的斜率为 k、截距为 b，则用 k、b 表示出的电压表内阻的表达式RV_. 【答案】 (1). 乙 (2). 电阻箱的阻值 R (3). C (4). b/K用你选择的电路进行实验时，闭合电键 S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量： 电压表的读数和电阻箱的阻值。根据闭合电路欧姆定律： ，斜率 k= 截距 b ，联立解得 RV 。考点： 本题考查测电压表的内阻、闭合电路欧姆定
19、律。11. 如图甲， PNQ 为竖直放置的半径为 0.1 m 的半圆形轨道，在轨道的最低点 P 和最高点 Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力 FP和 FQ.轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为 0.06 kg 的小球 A，以不同的初速度v0与静止在轨道最低点 P 处稍右侧的另一质量为 0.04 kg 的小球 B 发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球 C)以共同速度 v 冲入 PNQ 轨道( A、 B、 C 三小球均可视为质点， g 取 10 m/s2)(1)若 FP和 FQ的关系图线如图乙所示，求：当 FP13 N 时所对应的入射小球 A 的初
20、速度 v0为多大？(2)当 FP13 N 时， AB 所组成的系统从 A 球开始向左运动到整体达到轨道最高点 Q 全过程中所损失的总机械能为多少？(3)若轨道 PNQ 光滑，小球 C 均能通过 Q 点试推导 FP随 FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线【答案】 （1） （ 2）0.6 J（3） FQ FP6(N) ，如图所示；【解析】试题分析：小球经过 P、 Q 两点时，由重力和轨道对小球的支持力的合力提供向心力， AB 相碰，满足动量守恒，根据牛顿第二定律及动量守恒定律列式即可求出速度；先求出AB 相碰所损失的机械能，根据动能定理求出从球 C 从 P 运动至 Q 的过程中摩擦力做功，进而求
21、出小球损失的机械能；轨道光滑，小球 C 由 P 至 Q 的过程中机械能守恒，可列出小球经过AC 两点的速度关系，再由牛顿第二定律得到 FP随 FQ变化的关系式，画出图线。（1）设 A 球的质量为 M， B 球的质量为 m，由牛顿第三定律可知，小球在 P、 Q 两点所受轨道的弹力大小为： NP=FP， NQ=FQ在 P 点根据牛顿第二定律可得：带入数据解得：A、 B 相碰过程中满足动量守恒： Mv0=（ M+m） vP带入数据解得：(2) A、 B 相碰所损失的机械能：带入数据解得：球 C 在 Q 点由牛顿第二定律得：球 C 从 P 运动至 Q 的过程，根据动能定理得：联立并代入数据解得： Wf
22、0.2 J故球 C 上升过程中所损失的机械能 E20.2 J故整个系统在全过程中所损失的机械能 E E1 E20.6 J （3）因轨道光滑，小球 C 由 P 至 Q 的过程中根据动能定理得： 联立解得： NP NQ6( M m)g即 FQ FP6(N)图线如图所示点睛：本题主要考查了圆周运动与动能定理得结合，抓住速度是联系它们之间的桥梁。12. 如图 1 所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿 y 轴方向没有变化，与横坐标 x 的关系如图 2 所示，图线是双曲线（坐标是渐近线） ；顶角=53的光滑金属长导轨 MON 固定在水平面内，ON 与 x 轴重
23、合，一根与 ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨 MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知 t=0 时，导体棒位于顶角 O 处；导体棒的质量为 m=4kg；OM、ON 接触处O 点的接触电阻为 R=0.5，其余电阻不计，回路电动势 E 与时间 t 的关系如图 3 所示，图线是过原点的直线，求：（1）t=2s 时流过导体棒的电流强度的大小；（2）在 12s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力 F（单位：N）与横坐标 x（单位：m）的关系式。【答案】 （1）8A（2）8Ns（ 3）【解析】试题分析：（1）根据 E-t 图象中的图线是
24、过原点的直线特点，可得到 t=2s 时金属棒产生的感应电动势为：由欧姆定律得：（2）由图 2 可知，由图 3 可知，E 与时间成正比，有 E=2t（V）因=53，可知任意 t 时刻回路中导体棒有效切割长度又由 ，所以 ，即安培力跟时间成正比所以在 12s 时间内导体棒所受安培力的平均值故（3）因为 ，所以可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度又 ，联立解得考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式选考题 物理选修 3313. 下列说法正确的是_A相对湿
25、度与同温度水的饱和汽压无关B松香在熔化过程中温度升高，但分子平均动能不变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】根据相对湿度的定义可知，相对湿度等于实际的空气水气压强和同温度下饱和水气压强的百分比，所以相对湿度与同温度水的饱和汽压有关，选项 A 错误；松香在熔化过程中温度升高，分子平均动能变大，选项 B 错误；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，选项 C 正确；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则内能一定变大，温
26、度升高，由 可知压强一定增大，选项 D 正确；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，使得表面层分子表现为引力而产生的，选项 E 正确；故选CDE.14. 某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图所示的圆柱形导热气缸，把它放在大气压强为 P0=latm、温度为 t0=27的环境中自然冷却。该气缸内壁光滑，容积为 V=lm3，开口端有一厚度可忽略的活塞。开始时，气缸内密封有温度为 t=447、压强为 P=1.2atm 的理想气体，将气缸开口向右固定在水平面上，假设气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：（1）活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度 t1；（2）最终气缸内气体的体积
27、V1;（3）在整个过程中，气缸内气体对外界_（填“做正功” “做负功”或“不做功” ） ，气缸内气体放出的热量_（填“大于” “等于”或“小于” ）气体内能的减少量。【答案】 (1). （1）327（2）0.5m 3 (2). （3）负功；大于【解析】试题分析： 气体做等容变化，由查理定律得：T 1=600K，t 1=327由气态方程，得： V 1=0.5m3在整个过程中，气缸内气体对外界做负功，气缸内气体放出的热量大于气体内能的减少量。考点：气体的状态方程；热力学第一定律。物理选修 3415. 如图甲所示是一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t0 时刻的波形图，P 是离原点x12m 的一个
28、介质质点，Q 是离原点 x24m 的一个介质质点，此时离原点 x36m 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这列波的波长 4mB这列波的周期 T3sC这列波的传播速度 v2m/sD这列波的波源起振方向为向上E乙图可能是图甲中质点 Q 的振动图象【答案】ACE【解析】由甲读出波长 =4m，由图乙读出周期 T=2s，波速 故 AC 正确，B 错误D、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 错误由图乙看出，t=
29、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 E 正确故选 ACE.点睛：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. 如右图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形 ABC，其中 ，AB=9cm；现有两细束平行且相同的单色光 a、b，分别从 AC 边上的 D 点、E 点以 角入射，且均能从 AB 边上的 F点射出，已知 AD=AF=3cm，求：（i）玻璃砖的折射率；（ii）D、E 两点之间的距离。【答案】 （1） （2）
30、12cm【解析】试题分析：（i）由题意画出光路图，由数学知识求出入射光 a 经 AC 边的折射角，再由折射定律求玻璃砖的折射率 （ii）根据 求出全反射临界角 C，可知光线在 BC 边上发生了全反射，由几何知识求出 D、E 两点之间的距离（i）作出的光路图如图所示由于 AD=AF， ，则入射光 a 经 AC 边的折射角为：玻璃砖的折射率为：（ii）设光在玻璃砖中发生全反射的临界角为 C则有：解得： 由图可知，b 光经 AC 边折射后，在 BC 边上的入射角为 ，大于临界角 C所以此光线在 G 点发生了全反射由几何知识可知，四边形 DEGF 是平行四边形，由于 ，AF=3cm则有：且 ，又 FG=DE联立解得：DE=12cm【点睛】对于几何光学的解题关键，就是要结合题意作出光路图，并且灵活运用几何知识帮助解决物理问题同时还要掌握光的折射定律、全反射条件等光学基础知识
