安徽省池州市东至县2017届高三12月联考理综物理试题（扫描版）

安徽省高考物理模拟卷


2017年高三物理模拟测试卷参考答案
单选：D，D，D，A，B
多选：BD，AD，BC
14. D [根据曲线运动力与轨迹的关系，力需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐减小，故电场力做正功，即力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确．
15. D [该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上．故A，B错误；带电质点运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：eq \f(1,2)mv2＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以：v＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh).故C错误，D正确．]
16. D [由题意知U1＝1 000 V，则U2＝eq \f(n2,n1)U1＝10 V，R消耗的功率PR＝eq \f(U\\al(2,2),R)＝10 W，A错误．电容器的耐压值不小于10eq \r(2) V，B错误．交流电的频率f＝eq \f(ω,2π)＝25 Hz，C错误．电容器可以通交流，故电流表示数一定不为零，D正确．]
17. A [B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B球所在位置两线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知FAcs θ＝FCsin θ，eq \f(FA,FC)＝eq \f(mAg,mCg)＝tan θ＝3/4.]
18. 解析：选B.
由题中条件可知， 当滑块B向上运动时，薄板A将沿斜面向下运动．由受力分析和牛顿第二定律可知：aA＝4 m/s2，方向沿斜面向下；aB＝10 m/s2，方向沿斜面向下，故在滑块向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为2∶5，选项A错误；滑块B的位移为xB＝eq \f(v0,2)t1－eq \f(v,2)t2＝eq \f(25,36) m，方向沿斜面向上，所以滑块B克服摩擦力做的功为W＝fxB＝eq \f(25,9) J，选项B正确；开始运动时，滑块B向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t1＝0.5 s，此时薄板A的速度大小为vA＝aAt1＝2 m/s，然后A、B都将向下运动，且A、B的加速度不变，若最后速度相同则有vA＋aAt2＝aBt2，代入数据可解得t2＝eq \f(1,3) s，共同速度为v＝eq \f(10,3) m/s，A、B运动的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(5,6) s，选项C错误；A、B的相对位移为x＝eq \f(v0,2)t1＋eq \f(1,2)aAteq \\al(2,1)＋vAt2＋eq \f(1,2)aAteq \\al(2,2)－eq \f(v,2)t2，代入数据有x＝eq \f(25,12) m，故在整个过程中产生的热量Q＝fx＝eq \f(25,3) J，选项D错误．
19. BD [因月球上卫星的最小发射速度为最大环绕速度，有eq \f(GMm卫,R2)＝eq \f(m卫v2,R)，又eq \f(GMm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，可得v＝eq \f(2πR＋h,T)eq \r(\f(R＋h,R))A错误，探测器运行时的向心加速度为a＝ω2r＝eq \f(4π2R＋h,T2)，选项B正确，由eq \f(GMm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，ρ＝eq \f(M,V)，V＝eq \f(4,3)πR3，可得月球的平均密度ρ＝eq \f(3πR＋h3,GT2R3)， C错误；根据eq \f(Gm月m,R＋h2)＝m(eq \f(2π,T))2(R＋h)，又eq \f(Gm月m′,R2)＝m′g，两式联立得g＝eq \f(4π2R＋h3,T2R2)，选项D正确．]
20. AD [根据核反应中质量数和电荷数守恒，可知X是eq \\al(1,0)X，所以为中子，A正确；Y应为eq \\al(6,3)Y，所以Y的质子数为3，核子数为6，中子数为3，B错误；两核反应均有能量释放，根据爱因斯坦质能方程，两核反应都有质量亏损，C错误；由聚变反应概念知，D正确．]
21. BC [
由牛顿第二定律可知，从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，A木块由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，B木块由静止开始做加速度不断增大的加速运动．开始时，A的加速度大于B的加速度，两木块的速度图象如图所示，由图象可知，两木块加速度相等时，vA>vB，D项错；两木块速度相等时，aA22. 答案 (1) C A （每空1分）(2)见解析图甲（2分）(3)见解析图乙（2分）
(4)53.3（50.0~57.0均可）（3分）
解析 (1)根据实验数据表可知电压最大为2.80 V，最大电流为30.0 mA，所以电压表应选择A，电流表应选择C.
(2)通过估算二极管的阻值可知满足eq \f(RV,Rx)>eq \f(Rx,RA)，所以电流表应用外接法．
由于电流、电压从零开始调节，所以滑动变阻器应采用分压式接法，连线图如图甲所示．
甲
(3)画出的I－U图象如图乙所示
乙
(4)根据闭合电路欧姆定律应有I＝eq \f(E,Rx＋R)，由I－U图象可读出I＝15 mA时对应的电压U＝2.2 V，可求出Rx≈146.7 Ω，代入数据解得R≈53.3 Ω.（50.0~57.0均可）
23. (1)AE (2)0.75 (3)B（每空2分）
解析 (1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，A、E错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D对．
(2)由逐差法可得：小车的加速度
a＝eq \f(s34－s01＋s45－s12＋s56－s23,9T2)，
将T＝eq \f(1,50)×4 s＝0.08 s，代入可得a≈0.75 m/s2
(3)由题图结合牛顿第二定律，有
2F＝Ma，
得a＝eq \f(2,M)F
则图象斜率k＝eq \f(2,M)，得小车的质量M＝eq \f(2,k)，故A、D、C错，B对．
24. 解析：(1)线框的AB边离开磁场时已经匀速运动
F＝Ff＋BI2LAB (2分)
Ff＝μmg=0.5N(1分)
所以I2＝eq \f(F－Ff,BLAB)＝5 A. (1分)
E2＝BLABv＝0.2 V (1分)
R QUOTE =0.04Ω (1分)
(2)线框的AB边进入磁场前
F－Ff＝ma，(2分)
a＝eq \f(F－Ff,m)＝10 m/s2(1分)
veq \\al(2,0)＝2as，(1分)
v0＝2 m/s
线框的AB边进入磁场时E1＝BLABv0＝0.4 V. (1分)
I1= E1/R =10A(1分)
F安 = BI1LAB＝2N (1分)
方向：水平向左(1分)
答案：(1) 0.04Ω (2) 2N 水平向左
25. 【解析】(1)根据动量守恒得：
mBv0＝(mB＋mA)v (2分)
解得：v＝eq \f(2,5)v0＝2 m/s． (1分)
(2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．则有：
eq \f(1,2)mBv02＝eq \f(1,2)(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2 (2分)
又Q2＝μmBg(LQP＋LPR) (2分)
联立解得：Q1＝1 J． (1分)
(3)当B滑上圆弧再返回至P点时最有可能速度向右，设木块滑至P的速度为vB，此时A的速度为vA，有：
mBv0＝mBvB＋mAvA (2分)
eq \f(1,2)mBv02＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mAvA2＋μmBgL (2分)
代入数据得：vB2－0.8v0vB＋7.2－0.2v02＝0
当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右．即需：v0＞6 m/s，故B有可能相对地面向右运动． (2分)
若要B最终不滑离A，有：
μmBg·2L≥eq \f(1,2)mBv02－eq \f(1,2)(mB＋mA)(eq \f(2,5)v0)2 (2分)
得：v0≤2 m/s=6.3 m/s (1分)
故v0的取值范围为：6m/s＜v0≤2 m/s=6.3 m/s． (1分)
[答案] (1)2 m/s (2)1 J
(3)可能 6 m/s＜v0≤2 m/s=6.3 m/s
33. ABC [单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故A正确；当分子间的引力和斥力平衡时，无论分子间距再增大或减小，分子力都要做负功，负子势能增加，故B正确；布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动，故C正确；外界对物体做功，若同时物体放出热量，物体内能不一定增加，故D错误；固体、液体的分子间距较小，但气体分子间距离较大，故知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不可计算出阿伏加德罗常数，故E错误．]
(2)20 cm
解析 (2)设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl1①（3分）
式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，设此时空气柱长度为x，
则p2＝p0－ρg[(l1＋l2)－x]②（3分）
式中p2为管内空气柱的压强．由玻意耳定律有：
p1l2S＝p2xS③（3分）
S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题设条件得x＝20 cm. （1分）
34. (1)BDE (2)①eq \r(2) ②424 nm
解析 (1)质点不随波传播，A错；由波向右传播可知B点向上振动，B对；B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，回到平衡位置所用时间小于八分之一周期，C错；由T＝eq \f(λ,v)可知周期为0.05 s，D对；C点向下运动，所以经过四分之三周期到达波峰，E对．
(2)①光路图如图所示，设在B点的入射角为i、折射角为γ，在C点的入射角为β，出射角为θ，在△OCP中，OC＝R，OP＝eq \r(2)R；由正弦定理可得：
eq \f(R,sin α)＝eq \f(\r(2)R,sin π－θ)
sin θ＝eq \f(\r(2),2)
θ＝45°
所以∠COP＝θ－α＝15°
因为OB＝OC＝R，
所以γ＝β，
又根据折射定律可得i＝θ＝45°
所以∠BOM＝i＝45°
由几何关系可得：γ＋β＝∠COP＋∠BOM＝60°
所以γ＝β＝30°
由折射定律可得：n＝eq \f(sin i,sin γ)＝eq \r(2)（7分）
②n＝eq \f(c,v)＝eq \f(λ0,λ)（2分）
所以λ＝eq \f(λ0,n)≈424 nm. （1分）