2019届安徽省肥东县高级中学高三上学期12月调研考试物理试题（解析版）

安徽省肥东县高级中学2019届高三12月调研考试物理试题

一、选择题

1.如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（　　）

A. 1s

B. 0.5s

C. 1.5s

D. 2s

【答案】C

【解析】

试题分析：根据公式可得，轮子的转动速度为，木板开始先在摩擦力的作用下做加速运动，当速度达到和轮子的速度相等时，做匀速直线运动，根据公式可得，木板的加速时间他t1=1s，根据公式可得加速位移s=0.8m，所以木板匀速位移为x=0.8m，故匀速时间为，所以木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需要的时间t=t1+t2=1.5s，C正确，

考点：本题考查了匀变速直线运动规律

2.物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是（　　）

A. 弹簧的原长为

B. 两种情况下稳定时弹簧的形变量相等

C. 两种情况下稳定时两物块的加速度不相等

D. 弹簧的劲度系数为

【答案】D

【解析】

【分析】

先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A和B为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；由胡克定律求得劲度系数．

【详解】ACD、以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为：。

设弹簧的原长为，根据牛顿第二定律得：

第一种情况：对A：

第二种情况：对B：

联立解得：，，故D正确

B、第一种情况弹簧的形变量为：，第二种情况下弹簧的形变量为：，两种情况下弹簧的形变量不相等，B错误。

故本题正确答案选D。

【点睛】本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究．

3.北京时间2016年10月17日7时30分，在酒泉卫星发射中心，由长征二号FY11运载火箭搭载两名航天员发射升空。10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功。航天员景海鹏和陈冬入住天宫二号空间实验室，开始为期30天的太空驻留生活。已知地球半径为R、表面重力加速度大小为g，神舟十一号飞船做圆周运动时距离地面的高度为h，引力常量为G，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（　　）

A. 由题给条件可求出神舟十一号飞船的线速度

B. 由题给条件可求出神舟十一号飞船在轨道上运动的周期

C. 景海鹏在天宫二号内工作时因受力平衡而在其中静止

D. 要完成对接，飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接

【答案】B

【解析】

A、由和，解得：，A错误；B、神舟十一号飞船做圆周运动万有引力提供向心力，由和，解得：，B正确。C、景海鹏在“天宫二号”内工作时因受到的引力提供向心力，处于完全失重状态，在其中静止，不是处于平衡状态，C错误。D、飞船在半径小的轨道上减速后会远离空间实验室，不可能实现对接，D错误。故选B.

【点睛】本题的关键要掌握万有引力提供向心力和地球表面的物体受到的重力等于万有引力这两个关系，同时要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．

4.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0,L)一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60˚下列说法中正确的是(    )

A. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,0)

B. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,-2L)

C. 电子在磁场中运动的时间为

D. 电子在磁场中运动的时间为

【答案】D

【解析】

画出粒子运动轨迹如图所示：

设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R-L，得R=2L。A、B、根据几何三角函数关系可得，y′=-Rcos60°=-L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-L），则A，B均错误。C、D、电子在磁场中运动时间，而，得，故C错误，D正确。故选D.

【点睛】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．

5.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是（  ）

A. x1和x2处的电场强度均为零

B. x1和x2之间的场强方向不变

C. 粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小

D. 粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大

【答案】D

【解析】

A、φ-x图象的切线斜率越大，则场强越大，因此A项错误；B、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿正方向后沿负方向，B项错误；C、粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；D、由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.

【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．然后再根据电场力分析电子的运动情况．

6.在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列说法不正确的是（  ）

A. U1/I不变，ΔU1/ΔI不变

B. U2/I变大，ΔU2/ΔI变大

C. U2/I变大，ΔU2/ΔI不变

D. U3/I变大，ΔU3/ΔI不变

【答案】B

【解析】

【分析】

R1是定值电阻，根据欧姆定律得知。根据闭合电路欧姆定律，写出U2和U3关于干路电流I的线性函数可以确定，为定值；但，发生着变化。

【详解】根据闭合电路欧姆定律可知

，故；

，故；

A、根据部分欧姆定律可知：，和成正比，得，保持不变，A正确；

BC、，滑片下滑时变大，故变大；根据闭合电路欧姆定律，，其中斜率，保持不变，故B错误，C正确；

D、同理，故，保持不变，但，滑片P下移，变大，故变大，D正确。

故本题选不正确的B。

【点睛】本题对于定值电阻，是线性元件有，对于非线性原件，。

7.如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度必须满足(　　)

A. 最小值

B. 最大值

C. 最小值

D. 最大值

【答案】CD

【解析】

在最高点，速度最小时有：，解得，

根据机械能守恒定律，有：，解得，

在最高点，速度最大时有：，解得，

根据机械能守恒定律有：，解得，

所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：，故CD正确，AB错误。

点晴：小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围。

8.如图所示，滑块A、B的质量均为m,A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°,B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与平面成30°)连接，A、B从静止释放，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，在运动的过程中，下列说法中正确的是（   ）

A. A、B组成的系统机械能守恒

B. 当A到达与B同一水平面时,A的速度为

C. B滑块到达最右端时,A的速度为

D. B滑块最大速度为

【答案】AD

【解析】

因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为、B的速度为，当A到达与B同一水平面时，对A、B速度进行分解，如图所示

根据沿杆方向速度相等有：，根据系统机械能守恒有：，解得：，B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图所示：

根据系统机械能守恒有：，解得：，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图所示：

根据系统机械能守恒有：，解得：，D正确，选AD.

【点睛】应用A、B沿杆方向速度相等，求出A、B的速度关系，因为不计一切摩擦，故A、B组成的系统机械能守恒，当A的速度最大时，B的速度为0；当B的速度最大时，A的速度为0.

9.如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段半径为R，圆心为O（图中未画出）的固定圆弧上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一质量为M的小物块。平衡时，a、b间的距离记为L，M的悬挂点叫做c，不计所有摩擦，下列说法正确的是（       ）

A. 平衡时，c的位置一定在圆心O的上方

B. 平衡时，若L=1.2R，则M=0.56m

C. 平衡时，若L=R，则

D. 平衡时，若L越大，则M与m的比值越大

【答案】AB

【解析】

A、如图所示，Oa、Ob绳的拉力相等，所以两绳的拉力的合力即M的重力一定在ab的垂直平分线上，此线一定过圆心，故A正确

对m受力分析，受重力和拉力，故：

B.对圆环分析，受细线的两个拉力和轨道的支持力，如图所示：

平衡时，若L=1.2R，则，

对M受力分析，知 ，得：  故B对；
C、平衡时，若L=R，则 ，

由 ，得 ，故C错

D、由 知  

平衡时，若L越大，则 就越小，所以比值就越小，故D错

综上所述本题答案是：AB

点睛：解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角是多少，再根据力的合成来求解。

10.如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m、电阻不计的导体棒ab，在垂直导体棒的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。在这个过程中，下列说法正确的是（  ）

A. 导体棒ab刚好匀速运动时的速度

B. 通过电阻的电荷量

C. 导体棒的位移

D. 电阻放出的焦耳热

【答案】ACD

【解析】

导体棒匀速运动时满足 ，解得，选项A正确；根据动量定理： ，而 ，则 ，选项B错误；又 ，联立解得 ，选项C正确；根据能量关系，电阻放出的焦耳热，将x及v的值代入解得，选项D正确；故选ACD.

11.质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（  ）

A. 物块和小车组成的系统机械能守恒

B. 物块和小车组成的系统动量守恒

C. 当物块速度大小为v时，小车速度大小为v

D. 当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L

【答案】BC

【解析】

A、弹簧推开物体和小车的过程，若取物体、小车和弹簧的系统无无其他力做功，机械能守恒，但选物体和小车的系统，弹力做功属于系统外其它力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误。B、取物体和小车的系统，外力之和为零，故系统的动量守恒，B项正确。C、由系统的动量守恒：，解得，C项正确。D、弹开的过程满足反冲原理和人船模型，有，则在相同时间内，且，联立得，D项错误。故选BC.

【点睛】本题关键是灵活地选择系统，运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式后联立求解。是反冲模型和人船模型的应用。

12.如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场等势面，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB与等势面垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球，以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB=BC，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 （  ）

A. 电场方向沿A指向B

B. 电场强度大小为

C. 小球下落高度

D. 此过程增加的电势能等于

【答案】BCD

【解析】

A、由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线斜向上由B指向A，故A错误.

B、小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mgABcos30°-EqACcos30°=0，解得：；故B正确；C、电场力的竖直分量为，则物体在竖直方向上的合力为，则由牛顿第二定律知，则下落高度，故C正确；D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系知小球沿电场线方向上的位移为，则电势能的增加量，故D正确。故选BCD.

【点睛】本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识．

二、实验题

13.为了探究合力做功与物体动能变化的关系，某实验小组设计了如下实验方案：木板左端固定着一个挡板，一根轻质弹簧左端可以拴在挡板上，右端可以拴住一个滑块，滑块右端拴着一根细线，细线跨过木板右端的定滑轮，拴着一个重锤，重锤右侧有一个遮光片，当弹簧的长度为原长时，遮光片恰好处于光电门A处，光电门A和B分别连接计时器（图中未画出）。已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2，忽略滑轮摩擦及空气阻力。实验步骤如下：

（1）简述平衡摩擦力的方法：___________________________________________。

（2）在挡板和滑块间连接好弹簧，保持木板倾角不变，将弹簧分别拉长Δx、2Δx、3Δx、4Δx、…后，从静止释放滑块，分别记下遮光片通过光电门A的时间t1、t2、t3、t4、…。若将前3次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3，则W1∶W2∶W3＝________；

（3）若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象近似是________（填“一条直线”或“一条曲线”）。

（4）实验中， ________（填“必须”或“可以不”）测量遮光片的宽度。________（填“必须”或“可以不”）测量滑块和重锤的质量。

【答案】    (1). （1）将木板右侧垫起一定高度，是遮光片通过两光电门的时间相同    (2). （2）1:4:9      (3). （3）一条直线    (4). 可以不    (5). 可以不

【解析】

(1) 将木板右侧垫起一定高度，滑块不连弹簧时，让滑块由静止释放，当重锤上的遮光片通过两光电门的时间相同时，说明重锤做匀速直线运动，即滑块做匀速直线运动，即平衡了摩擦力；

(2)由功的定义式：，所以；

(3)根据能量守恒可知：弹簧弹力所做的功等于滑块与重锤动能增加之和，（其中滑块重力势能的减小等于重锤重力势能的增加）即，，（其中d为遮光片的宽度），所以得到的图象近似一条直线；

(4)根据能量守恒可知：，实验中只要得到，当弹簧伸长量与

遮光片通过光电门A的时间成反比即可，所以实验中可以不测量遮光片的宽度，也可以不测量滑块和重锤的质量。

14.某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过可移动的密封塞封满一定量的矿泉水．

（1）某同学用如1图所示的游标卡尺的________（选填“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图，则玻璃管的内径d为____________cm．

（2）该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“×100"档，发现指针如图所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：①换选__________（填“‘×10”或“×1k”）； ②_________．

（3）该组同学按图连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，可能的原因是 （            ）

A．滑动变阻器阻值太小

B．电路中5、6之间断路

C．电路中7、8之间断路

（4）该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I．多次改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的L-图像如图所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率ρ=_______________． （用k、d和常数表示）．

【答案】    (1). （1）A；    (2). 2.150cm；    (3). （2）×1k，    (4). 换档要进行欧姆调零；    (5). （3）AC；    (6). （4）

【解析】

试题分析：（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．即A部分；游标卡尺测内径时，主尺读数为，游标读数为，最后读数为。

（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换倍率；换挡要进行欧姆调零。

（3）滑动变阻器阻值太小，通过调节它电路的电流改变比较小，故A可能；电压表有示数则干路一定是通的，故B不可能；电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近电源电动势，故C是可能的。

（4）由电阻定律可得：，又：，由图象可知：，解得：。

考点：测定金属的电阻率

【名师点睛】该题关键是判定电路故障的时候，只要说电压表有示数，则就说明干路一定是通的，这样就能排除很多位置，从而简化分析。

三、计算题

15.倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=0.28 m的有界匀  强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示。在斜面上由静止释放一质量m=0.1 kg，电阻R=0.06Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线  框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示。已知整个过程中线框底边bc始终  与磁场边界保持平行，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6．cos 37°=0.8。

(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm;

(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻。为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式。

【答案】（1）（2）（3）（s）

【解析】

（1）由图像可知在进入磁场之前做匀加速直线运动，

2m/s2，由牛顿第二定律

解得：；

（2）由图像可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间为0.125s，匀速进入磁场的速度=1.2m/s，则线框边长m

由

解得磁感应强度大小为T

线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设线框出磁场时速度大小为，由运动学公式可得：

解得：

由法拉第电磁感应定律可得：

由闭合电路欧姆定律可得：

由安培力公式可得：

解得：

（3）穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框下边出磁场时开始计时，则

 解得：（s）。

点睛：本题考查导体棒切割磁场模型，解题关键是要分好过程，正确进行受力分析，结合运动状态列出力学方程，要求线框出磁场，并且无感应电流，则任意时间t回路的磁通量相等，始终等于初状态的磁通量，则B随时间t的关系式就能求出。

16.如图所示,一个半径为R的四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC固定在竖直平面内,轨道在A点与水平地面AD相接,地面与圆心O等高.MN是放在水平地面上长度为2R、厚度不计的垫子,左端M正好位于A点。将一个质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方的P点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g.

(1)若小球恰好能到达管口C点,求P、A两点的高度差h1；

(2)若小球从管口C点飞出后恰好打到MN的中点,求P、A两点的高度差h2；

(3)设P、A两点的高度差为h，试推导在小球能打到MN的前提下，轨道管口C点对小球的弹力F的大小随高度h的变化关系式。

【答案】(1)0.4m(2)0.8m(3) 当0.5m≤h≤0.6m时，F＝6-10h, 当0.6m＜h≤1.3m时，F＝10h-6

【解析】

（1）小球恰好能到达管口C点速度为零

解得    

（2）小球从管口C点飞出后恰好打到MN的中点

解得

（3）若小球到达管口C点时与管口无作用力

解得

小球从管口C点飞出后恰好打到A点

解得 

当0.5m≤h≤0.6m时，F＝6-10h

小球从管口C点飞出后恰好打到N点

解得

当0.6m＜h≤1.3m时，F＝10h-6 

17.某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（如图乙所示），当带电粒子每次进入两极板间时，板间电势差为U（下极板高于上极板电势），当粒子离开两极板后，级间电势差为零；两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q＞0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力，求：

（1）磁感应强度可能的最小值；

（2）调节磁感应强度大小为B1＝，计算离子从P点射出时的动能；

（3）若将磁感应强度在（，）范围内调节，写出离子能从P点射出时该范围内磁感应强度B所有的可能值；并计算磁感应强度B2＝时，离子在磁场中运动的时间。

【答案】（1）；(2)

【解析】

14．解：（1）设离子从O点射入磁场时的速率为v，有：

设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有：

若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有：

r＝2D 

此时磁感应强度取得最小值，且最小值为：

（2）若B1＝，根据得

r1＝ 

可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减到零后又重新反向加速至进入时的速率，从进入处再回到磁场区域。因为r1＝，这样的过程将进行2次。