届安徽省合肥市高三调研性检测零模物理试题Word下载.docx
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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：
GMm4π
2m（
R
+
h）
=
（
h）2T
2
解得木星的质量：
M
4π
GT
可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
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θ
，当汽车速度满足：
m=
mgtanθ
r
即
gvtanθ
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D
9.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：
F
Mg
N
可得：
N2
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：
Fsinα
水平方向：
Fcos
α
f
联立解得：
=FN
α
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：
2Tcosθ
mg
由于绳子与竖直方向的夹角θ
增大，则
cos
θ
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，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，根
据做功公式可知
段电场力做的功不一定相等，故
II
60
二、实验题（本题共
小题，共
20
11.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__________
（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）.
1
v2
-
v2
H
B
（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：
x
AC
5.90
0.50cm
5.40cm
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/s
2T
2
[3]根据机械能守恒定律可得：
11
mgh
=mv2
-mv2
220
[4]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（0～3V，内阻约
3
kΩ
）；
（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
Ω
的未知电阻
Rx的阻值，现有如下实验器材：
。
电流表（0～0.
6A，内阻约
0.
滑动变阻器（0～20
电源（电动势
3V，内阻不计）；
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）.
0.48
4.58
小于
（1）[1]根据题意可以发现：
R
V
>
A
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U
2.20V
；
[3]电流表的最小刻度为
0.02A，估读在同一位，示数为：
I
0.44A
[4]根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为：
2.2
=Ω
5.0Ω
xI0.44
[5]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μ=0.025,空气阻力不计,g=10m/s2.求:
（1）企鹅加速“奔跑"
阶段的最大速度;
（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
v0
at
企鹅加速“奔跑"
阶段的最大速度
0.5
⨯
4m
/
s
2m
m
（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
f
μmg
μ
g
0.25m
s2
m
（10
4）s
6s
企鹅以肚皮贴着冰面向前滑行
6s
后的速度为
a'
（2
0.25
6）m
0.5m
减速位移
x
0.5
6m
7.5m
加速位移
企鹅从开始“奔跑”起
内通过的路程为
0
4m
x=x1+x2=11.5m
14.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°
，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）
2U
3k
（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：
r
3R
15.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
向下一直加速运动，某时刻恰好到达图中
MN
位置，且速度大小为
v，MN
OM
的夹角θ
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）
（5π
3）mR
⎛
⎫
⎭
（1）由几何知识可得，杆在
位置时有效长度：
l
cos60︒
a
根据法拉第电磁感应定律得：
E
Blv
Bav
此时回路中有效电阻：
5π
3
aR
根据闭合电路欧姆定律得：
3Bav
3Bv
3）aR
3）R
由牛顿第二定律得：
mg
IlB
ma'
-
（2）根据能量守恒定律得：
mga（1+
sin
60︒）
Q
该过程回路中产生的焦耳热：
Q
（31
22
16.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，N
P、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。
25μ⎫
⎝
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：
①
（h
R）
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
②
由①②解得：
=2
R）
若要物块
整体与
能够发生碰撞，应有：
③
2mv2
2mgR
④
由③④解得：
（4
1）R⑤
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：
-μ
=⨯
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：
2mv'
mv'
312
⑦
2
111
+mv'
⑧
联立⑦⑧式解得：
v'
4
v
⑨
由题意，
没有与墙发生碰撞，由功能关系可知：
≤
mgR
⑩
联立③⑥⑨⑩式，可得：
联立⑤式，
的取值范围是：
1）R
<
25μ
1）R
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