届安徽省合肥市高三调研性检测零模物理试题Word下载.docx

1、B由图象可知两车的速度均逐渐增大，故C正确；图象斜率的绝对值代表加速度的大小，在时间内，甲车的加速度大小逐渐减小，乙车的加速度大小逐渐增大，故D错误。2.电磁炉具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。关于电磁炉加热食物的过程，下列说法正确的是电磁炉是通过面板发热来加热食物的电磁炉是通过锅底部产生的涡流发热来加热食物的.只要是环保、绝缘材料做成的锅具均可以加热食物线圈中通入足够大的恒定电流也能加热食物【答案】B【详解】电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的电器烹饪器具；使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过金属锅底（铁锅），在锅底中产生大量的涡流，从而

2、产生烹饪所需的热，所以电磁炉发热部分需要用铁锅产生涡流来加热；与分析不符，故与分析相符，故3.在国产科幻片流浪地球中，人类带着地球流浪至木星附近时，上演了地球的生死存亡之战。木星是太阳系内体积最大、自转最快的行星，早期伽利略用自制的望远镜发现了木星的四颗卫星，其中“木卫三”离木星表面的高度约为h，它绕木星做匀速圆周运动的周期约为T。已知木星的半径约为R，引力常量为G，则由上述数据可以估算出木星的质量“木卫三”的质量“木卫三”的密度“木卫三” 向心力【答案】A【详解】AB.“木卫三”绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMm 42m（R+h）=（h）2 T2解得木星的质量：M4GT可

3、以估算出木星的质量，但无法估算出“木卫三”的质量，故正确，B根据密度公式可估算出木星的密度，由于无法估算出“木卫三”的质量和不知道“木卫三”的半径，无法估算出“木卫三”的密度，故由于无法估算出“木卫三”的质量，根据向心力公式可知，无法估算出“木卫三”的向心力，故4.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是a为电源正极炮弹由于安培力的作用在磁场中一直加速仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速仅减小弹体质量，其速度变化率增大【答案】BD

4、若电源、b分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；分别为正极、负极，根据左手定则可知，受到的安培力向左，则导体滑块可在磁场中向左加速；导体滑块在磁场中受到的安培力作用下加速运动，故A错误，B仅将磁场反向，导体滑块所受安培力方向改变，导体滑块向左加速，故C仅减小弹体质量，根据牛顿第二定律可知导体滑块可在磁场中向右加速的加速度增大，所以导体滑块速度变化率增大，故正确。5.如图所示为甲、乙两辆汽车在水平和倾斜路面上转弯时的情景。关于两辆汽车的受力情况，下列说法正确的是两车均需要平行路面的向心力两车均受竖直向上的支持力甲车一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力乙

5、车一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力向心力是效果力，受力分析时，不能分析向心力，故倾斜路面上汽车受到的支持力与斜面垂直，不是竖直向上的方向，故B甲车转弯时，由静摩擦力提供圆周运动向心力，故甲车一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力，故C令斜面的夹角为，当汽车速度满足：m =mgtanr即gvtan时，汽车不受摩擦力作用，故6.图示电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计示数为0，其原因可能是光照时间较短电源电动势较大入射光强度较小入射光波长较长【答案】D【详解】根据电路图可知，光电管所加的是正向电压，所以灵敏电流计示数为零的原因是金属未能发生光电效应，根据光电效应的条件可知，当光照频率

6、小于金属的极限频率时，不会有电子逸出，则入射光的波长较长；7.如图所示，理想变压器的原线圈输入电压不变的交变电流，将滑动变阻器的滑片向下移动时，下列说法正确的是原线圈中的电流减小副线圈两端电压增大小灯泡两端电压增大滑动变阻器消耗功率一定减小输出电压由输入电压和匝数比决定，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈两端电压不变，滑片P向下移动时，电阻增大，流过灯泡的电流减小，则原线圈电流减小，故正确，故流过灯泡的电流减小，根据欧姆定律可知灯泡两端电压减小，故C副线圈电压不变，电流减小，则输出功率减小，灯泡消耗的功率减小，但滑动变阻器消耗的功率不一定减小，故8.图示是某同学练习背越式跳高的过程。关于该

7、过程，下列说法正确的是该同学越过横杆前处于超重状态该同学刚越过横杆时处于失重状态该同学起跳时，地面的支持力对其做了功海绵垫的作用是延长作用时间，从而减小其作用力该同学从离开地面到落地前，加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故正确；该同学起跳时，地面对他的支持力方向竖直向上，但该同学的位移为零，所以地面的支持力对其不做功，故根据动量定理，海绵垫的作用是延长作用时间，从而减小其作用力，故D9.如图所示，一根水平横杆上套有A、B两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装置处于静止状态，现缓慢增大两环距离，则下列说法正确的是杆对环的支持力逐渐增大环的摩擦力保持不变环的支持力保持不变细绳对环的拉

8、力逐渐增大【答案】CD【详解】AC.设水杯的质量为，以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力FN，力图如图所示，根据平衡条件得：FMgN可得：N 2可见，水平横梁对铁环的支持力不变，故错误、C以环为研究对象，竖直方向：Fsin水平方向：Fcosf联立解得：= FN减小时，变大，故设与环相连的细绳对水杯的拉力为T，根据竖直方向的平衡条件可得：2Tcosmg由于绳子与竖直方向的夹角增大，则cos变小，绳子拉力变大，故10.如图所示，竖直线上有A、B、C三点，AB与BC间距相等，O、C两点等高，在O点固定一点电荷。已知点电势高于点电势，若一带正电小球在外力作用下

9、，沿直线由经匀速运动到C，则下列说法正确的点电荷一定带正电外力方向始终指向点小球的机械能逐渐减小电场力在AB和段做的功一定相等【答案】AC已知点电势，根据距正电荷越近电势越高分析，B距离点的距离小于距离点的距离，因此可以判断点电荷为正电荷，故因为场源电荷带正电，小球也带正电，因此小球受到的电场力是排斥力，带正电小球在外力作用下，沿直线由经，说明小球受到重力以及电场力和外力三力平衡，因此得出外力方向斜向左上方，根据分析可知，除重力外的合力的方向竖直向上，与速度方向成180，因此除重力外的合力做负功，所以机械能减小，故因为段和段所受的电场力是变力，电场力在增大，但电场力的方向与运动方向的夹角增大，

10、根据做功公式可知段电场力做的功不一定相等，故II60二、实验题（本题共小题，共2011.关于“验证机械能守恒定律”的实验，请完成以下问题：（1）实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带、打点计时器、电源、重锤等器材。为完成此实验，除了所给的器材，下图中还必须选取的实验器材有_；（2）实验操作完成后，某同学测量纸带上计时点的距离如下图，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，则点对应的速度vB=_m/s；（保留三位有效数字）若重锤下落的高度为hBH，H点对应的速度为vH，当地重力加速度为g，为得出实验结论，需要比较ghBH与_的大小关系（用题中字母表示），若操作无误，则计算结果一定是前者比后者的值_（

11、填“偏大”或“偏小”）；（3）写出一条减小实验误差的措施_。【答案】 （1）.A （2）.1.35 （3）.1v2-v2HB（4）.偏大（5）.选用体积小、密度大的重锤【详解】（1）1打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度。纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表。必须选取的实验器材其名称是学生电源、电磁打点计时器、毫米刻度尺。重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材其名称天平，同时也不需要弹簧秤；（2）2根据刻度尺的指示可知：AC之间的距离为：xAC5.900

12、.50cm5.40cm根据匀变速直线运动中时间中的速度等于该过程中的平均速度，可以求出B点瞬时速度的大小为：1.35m/s2T 23根据机械能守恒定律可得：1 1mgh= mv2- mv22 2 04若操作无误，因存在阻力的影响，则导致减小的重力势能大于增加的动能，即前者比后者的值偏大。电压表（03V，内阻约3k）；（3）5依据实验原理，结合实验操作，可将纸带保持竖直，从而减小打点计时器对纸带的阻力，或选用体积小、密度大的重锤从而减小空气阻力.12.某兴趣小组欲测定一阻值约5的未知电阻Rx的阻值，现有如下实验器材：。电流表（00.6A，内阻约0.滑动变阻器（020电源（电动势3V，内阻不计）；

13、开关和导线若干（1）将完成以下电路图_；（2）在正确连接电路后，闭合开关。当滑动变阻器 滑片移至某位置时，电压表和电流表的示数分别如图甲和乙所示。由图可知，电压表读数为_V，电流表读数为_A，可得待测电阻的阻值为的_（结果保留位小数），用该方案测得的电阻值_其真实值（选填“大于”等于”或“小于”）。【答案】 （1）.（2）.2.（3）.0.484.58小于（1）1根据题意可以发现：RVA所以测量电路应采用电流表的外接法，为使调压范围大，滑动变阻器采用分压接法，电路如图所示（2）2根据电表的量程为3V和最小分度值为0.1V，估读到0.01V，电压表示数U2.20V；3电流表的最小刻度为0.02A

14、，估读在同一位，示数为：I0.44A4根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为：2.2= 5.0x I 0.445由于电压表的分流作用，测量电流的值大于真实值，所以待测电阻的测量值偏小.三、计算题（本题共4解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩耍。如图所示,有一只企鹅在水平冰面上,靠爪抓冰面，先沿直线以0.5m/s2的加速度由静止开始“奔跑4s,接着突然卧倒，以肚皮贴着冰面向前滑行,若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数=0.025,空气阻力不计,g=10m/s2.求:（1）企鹅加速“奔跑阶段的最

15、大速度;（2）企鹅从开始“奔跑起10s内通过的路程。【答案】（1）2m/s（2）11.5m（1）由速度公式v0at企鹅加速“奔跑阶段的最大速度0.54m/s2mm（2）企鹅以肚皮贴着冰面向前滑行时的加速度为：企鹅以肚皮贴着冰面向前滑行的时间为fmgg0.25ms2m（104）s6s企鹅以肚皮贴着冰面向前滑行6s后的速度为a（20.256）m0.5m减速位移x0.56m7.5m加速位移企鹅从开始“奔跑”起内通过的路程为04mx=x1+x2=11.5m14.如图所示，粒子源释放出速度不计的某粒子，经电压为U的电场加速后水平向右运动，由磁场边界的A点沿径向垂直射入圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转60，

16、从边界上点射出。已知磁场方向垂直于纸面向里，圆形区域的半径为R，O为圆心，AB为圆的直径，粒子比荷为k，不计粒子重力。求：（1）粒子的电性及其进入磁场时的速度大小；（2）磁感应强度的大小。（1）带负电，2kU（2）2U3k（1）根据左手定则可判断出粒子带负电；粒子在电场中加速时，根据动能定理可得：qU解得：mv= 2kU（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据牛顿第二定律可得：qvB由几何关系知粒子在磁场中的偏转半径：r3R15.如图所示，将下端开有小口、半径为的导体圆环竖直固定放置，长为2a的直导体杆从图中实线位置（恰与圆环相切）静止释放，杆沿圆环始终平行于水平直径PQ向下一直加

17、速运动，某时刻恰好到达图中MN位置，且速度大小为v，MNOM的夹角60已知圆环内部区域分布着方向垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体环和杆单位长度电阻均为R0，杆的质量为m，杆与圆环始终接触良好，重力加速度为g，求：（1）杆在位置的加速度大小；（2）该过程回路中产生的焦耳热。3B2av（1） g- （2）（53）mR（1）由几何知识可得，杆在位置时有效长度：lcos60a根据法拉第电磁感应定律得：EBlvBav此时回路中有效电阻：53aR根据闭合电路欧姆定律得：3Bav3Bv3）aR3）R由牛顿第二定律得：mgIlBma-（2）根据能量守恒定律得：mga（1+sin60）Q该过程回

18、路中产生的焦耳热：Q（ 3 12 216.如图所示，半径为的光滑竖直四分之一圆弧导轨MN，在最低点N与水平地面平滑对接，水平地面上N、两点分别放有小物块b，P点右侧有一竖直墙壁，NP、P与墙之间均相距R。现将一小物块c由圆弧轨道点正上方某处静止释放，c碰撞后粘为一体，接着继续向右滑行一段时间，又与发生弹性碰撞，碰后最终没有与墙碰撞。a、b、c完全相同，它们与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，空气阻力不计。求物块刚开始释放的位置距点的高度h的取值范围。25 4 【详解】设三个物块质量均为，开始释放 位置距点的高度为，到达点速度为v1，由释放处至点过程，根据机械能守恒定律有： （hR）碰撞过程动量守恒，设撞后的速度为，碰撞过程根据动量守恒有：2mv由解得：= 2R）若要物块整体与能够发生碰撞，应有：2mv22mgR由解得：（41）R 设发生弹性碰撞前的瞬间，整体的速度大小为v3由动能定理可得：-= 2mv- 碰后的瞬间，其速度大小分别为v1，由动量守恒和能量守恒有：2mvmv3 1 2 21 1 1+ mv联立式解得：v4v由题意，没有与墙发生碰撞，由功能关系可知：mgR联立式，可得：联立 式，的取值范围是：1）R251）R