1、安徽省皖南地区2019届高三入学摸底物理 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一个选项正确，第8-10小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、科学假说法、建立理想模型法、微元法等等下列物理研究方法说法中不正确的是（ ）A. 根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B. 在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力关系，再保
2、持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法C. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法【答案】D【解析】【详解】试题分析：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体，这种方法最大特点是抓住主要因素忽略次要因素，因此是理想模型法，故D错误，故选D考点：本题考查物理学中的科学方法2.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动的v-t图像如图，下列说法正确的是( )A. 0-10s平均速度大于10m/sB.
3、 15s末开始运动员静止C. 10s末速度方向改变D. 10s-15s运动员做加速度逐渐减小的减速运动【答案】AD【解析】(1).若运动员做匀变速直线运动，则平均速度，运动员在010s内的位移大于匀加速直线运动到20m/s的位移，所以平均速度大于10m/s故A正确(2)、15s末物体的速度不变，做匀速直线运动，故B错误(3)、在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未改变故C错误(4)、1015 s内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动故D正确故选AD【点睛】通过图线与时间轴围成的面积表示位移，通过比较匀变速直线运动到20m/s和变加速运动到20s内的位移
4、，得出平均速度与10m/s的关系通过速度时间图线速度的正负值判断运动的方向结合图线的斜率判断加速度的变化3.如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点下列判断错误的是A. 只受电场力作用时，同一负电荷在N点的加速度最大B. M、N、P三点中N点的电势最高C. 正电荷从M点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到N点D. 只受电场力作用时，同正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】B【解析】【详解】A、N点电场线最密场强最大，由可知N点的加速度最大，故A正确B、顺着电场线的方向电势降低，所以M点的电势最高，故B错误C、在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运
5、动，但是运动轨迹并不是电场线，故C错误D、根据EP=q，由MN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能，故D正确故选B【点睛】解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加4.图为三个小球初始时刻的位置图，将它们同时向左水平抛出都会落到D点，DE=EF=FG，不计空气阻力，则关于三小球（ ）A. 若初速度相同，高度hA:hB:hC=1:2:3B. 若初速度相同，高度hA:hB:hC=1:3:5C. 若高度hA:hB:hC=1:2:3，落地时间tA：tB：tC=
6、1：2：3D. 若高度hA:hB:hC=1:2:3，初速度v1:v2:v3=【答案】D【解析】A、B、若初速度相同，根据水平方向做匀速直线运动知运动时间tA：tB：tC=1：2：3，则下落高度，得hA:hB:hC=1:4:9，A、B均错误；C、D、若hA:hB:hC=1:2:3，由，得；而，得v1:v2:v3=1:，故C错误，D正确故选D【点睛】知道小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，熟练运动匀速运动与自由落体运动的运动规律即可正确解题5.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加
7、速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma0，故A正确，B、C、D错误故选A【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象
8、，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等6.2018年7月27日将发生火星冲日能量，那时火星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间，已知地球和火星绕太阳公转的方向相同，火星公转轨道半径约为地球的1.5倍，若将火星和地球的公转轨迹近似看成圆， 取，则相邻两次火星冲日的时间间隔约为（ ）A. 0.8年B. 1.6年C. 2.2年D. 3.2年【答案】C【解析】由万有引力充当向心力得：，解得行星公转周期：，则火星和地球的周期关系为：，已知地球的公转周期为1年，则火星的公转周期为年，相邻两次火星冲日的时间间隔设为t，则：化解得：，即：，求得故本题选C7.如图所示，用同种材料
9、制成的直角三角形线框ABC处在足够大的水平向右的匀强磁场中，线框平面与磁感线平行，直角边AB的长是直角边BC长的，AB边与磁感线垂直，先让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度匀速转动，A、B两端的电压有效值为；再让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度匀速转动，结果A、B两端的电压为，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设BC边长为d，则AB边长为，让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度匀速转动，则线框中感应电动势的最大值，电动势的有效值，A、B两端的电压有效值，让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度匀速转动，A、B两端的电压，因此有，选项D正确故本题选D8.核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放
10、射性的元素，它可破坏细胞基因，增加患癌的风险已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，则下列说法中正确的是（ ）A. 衰变发出的射线是波长很短的光子，穿透能力很强B. 上述衰变方程中的X 含有143个中子C. 8个经过24100年后一定还剩余4个D. 衰变过程中总质量不变【答案】AB【解析】衰变发出放射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电故A正确根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，质子数为94-2=92，则中子数为235-92=143故B正确半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用故C错误在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量产生，则有质量亏
11、损，不过质量数不变，故D错误故选AB【点睛】根据电荷数守恒和质量数守恒得出X原子核的电荷数和质量数，从而得出中子数半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用9.如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C的极板水平放置闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间下列说法正确的是()A. 仅增大的R2阻值，油滴仍然静止B. 仅增大R1的阻值，油滴向上运动C. 增大两板间的距离，油滴仍然静止D. 断开开关S，油滴将向下运动【答案】ABD【解析】【详解】开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg=q；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成简单电路，电容器与R1并联，电容器两
12、端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U=IR1=；仅增大R2阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，故A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，故B正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，故C错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，故D正确；故选ABD【点睛】本题考查了判断液滴运动状态问题，分析清楚电路结构，分析清楚极板间场强如何变化、判断出液滴受力如何变化是解题的关键1
13、0.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）A. A球增加的机械能等于B球减少的机械能B. A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能C. A球的最大速度为D. 细杆对A球做的功为mgR【答案】AD【解析】以AB球整体为研究对象可知机械能守恒，则A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A对A球增加的重力势能跟AB球增加的动能之和等于B球减少的重力势能，B错，解得，即A球的最大速度为，C错细杆对A球做的
14、功，D对二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1114题为必考题，每个试题考生必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考題11.在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验此方案验证机械能守恒定律方便快捷（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d_mm；（2）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象_；Aht图象 Bh图象 Cht2图象 Dh图象（3）若（2）问中
15、的图象斜率为k，则当地的重力加速度为_（用“d”、“k”表示，忽略空气阻力）【答案】 (1). 17.805 (2). D (3). 【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为17.5mm，可动刻度为30.50.01mm=0.305mm，所以最终读数为17.5mm+0.305mm=17.805mm，(2) 已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；所以 ，若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；，整理得，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应作图象故选D(3)根据函数可知正比例函数的斜率，故重力加速度.【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微
16、器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解12.某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，现有如下实验器材：量程为 3 V、内阻约为 3 k 的电压表；量程为 0.6 A、内阻约为 0.1 的电流表；阻值为 020 的滑动变阻器；内 阻可忽略、输出电压为 3 V 的电源；额定电压是 2.5 V 的小灯泡；开关和导线若干 (1)该同学连接实验电路如图所示，闭合开关 S 前请老师检查，老师指出图中标示的、和五根连线中有两处错误，错误连线是_(填“”或“”“”“”或“”)；(2)正确连线后，闭合开关 S 前，应将滑动变阻
17、器滑片 C 移到_处(填“A”或“B”)调节滑动变阻器，电流表的示数从 0 开始增加，当示数为 0.50 A 时，电压表示数如图所示，读数为_ V (3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的_ (填字母) 【答案】 (1) (2). A (3). 2.50 (4). C【解析】(1)本题应采用滑动变阻器分压接法，同时电流表应采用外接法； 电路图如图所示； 由图可知，线应接在滑动变阻器左下端接线柱上； 导线应接在灯泡右侧接线柱或电流表-接线柱上.(2)实验开始时为了保证实验仪器的正常使用，需要将C拨到最左端，即A处，此时测量部分电压为零电压表的最小分度为0.1V，需要估读到0.01V，故读数
18、为2.50V.(3)由于灯泡内阻随温度增大而增大，故对应的图象的均为曲线，在I-U图象中应为斜率减小的曲线；故只有C正确.【点睛】本题考查了实验电路设计以及实物图的连接和图象的处理问题，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键13.如图所示,长L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物块A(视为质点).B的质量mB=2.0kg ,A的质量mA=3.0kg ,B与水平面间的动摩擦因数1=0.20 ,A、B间的动摩擦因数2=0.40 ,刚开始两者均处于静止状态,现给A一水平向左的瞬间冲量I,I=9.0NS ,重力加速度g取10m/s2
19、,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:(1)A开始运动的速度 ; (2)A、B之间因摩擦产生的热量; (3)整个过程A对地的位移.【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m【解析】【详解】（1）由题意，由动量定理得 代入数据解得 v0=3m/s（2）对A有牛顿第二定律可知：aA=2g=4m/s2对B：aB=代入数据解得 aB=1m/s2A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设A、B达到相同速度为v，所需时间为t，A的位移为xA，B的位移为xB对A：v=v0-aAtxA=对B： xB=aBt2代入数据解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18mA对B的位
20、移为x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m1m，假设成立故此过程中，A、B之间因摩擦产生的热量 Q=2mAg解得 Q=10.8J（2）A、B达到相同速度后，设二者保持静止，整体减速的加速度为a=1g2g，则假设成立此后二者共同滑行的距离 x共=0.09m故整个过程A对地的位移x总=xA+x共=1.17m14.如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O
21、点射入磁场(不计粒子的重力)(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r；(2)要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；(3)若电场强度E等于第(2)问E0的，求粒子经过x轴时的位置【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析；（1）粒子在电场中加速，由动能定理得qEdmv2 （2分）粒子进入磁场后做圆周运动，有qvBm （2分）解得粒子在磁场中运动的半径r （2分）（2）粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图，可得Rr （3分） 由以上各式解得 E0（3分）（3）将EE0代入可得磁场中运动的轨道半径 r （2分）粒子运动情况如图，
22、图中的角度、满足cos（2分） 即30 （2分） 260 （2分）粒子经过x轴时的位置坐标为xr （2分）解得xR. （2分）考点：带电粒子在电磁场中的运动(二)选考题15.下列说法正确的是_ （填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错一个扣3分，最低得分为0分）A. 气体在等压膨胀过程中一定从外界吸收热量B. 气体在等温压缩过程中一定从外界吸收热量C. 液晶显示屏是应用液晶光学各向异性特点制成的D. 空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性E. 当分子间距离减小时，分子势能不一定减小【答案】ACE【解析】【详解】一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，对
23、外做功由PV/T =C知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量故A正确；气体在等温压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能不变，故气体一定放出热量，故B错误液晶显示屏是应用液晶光学各向异性特点制成的，选项C正确；热传递的方向性是指在没有外界影响的前提下，空调机工作过程掺进了电流做功，显然不满足这个前提，故D错误；分子间距减小，但不确定分子力做功的正负，则不能分析分子势能变化，如分子力为斥力，分子距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故E正确；故选ACE.16.如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm
24、长的理想气体，管内外气体的温度均为33()现将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成53角，此时管中气体的长度为多少？()在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走1cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐？(大气压强为P0=76cmHg)【答案】(1) 50.625cm (2) 317.152K【解析】()设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1=306K，体积为V1=50S，压强p1=81cmHg当玻璃管倾斜至与水平面成53角时，管内气体的压强为p2=(76+5sin53)cmHg，体积为V2=lS由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据，解得：l=50.625c
25、m()设温度升至T3时，水银柱长为4cm，管内气体的体积为V3=53S，压强为p3=(76+4sin53)cmHg由理想气体状态方程得代入数据，解得T3=317.152K17.我国地震台网正式测定：2017年10月19日09时15分在山西临汾市襄汾县（北纬35.95度，东经111.54度）发生3.0级地震，震源深度5千米地震波既有横波，也有纵波，某监测站截获了一列沿x轴负方向传播的地震横波，在t s与（t0.2）s两个时刻x轴上-3 km3 km区间内的波形图分别如图中实线和虚线所示，则下列说法正确的是_Ax =1.5 km处质点离开平衡位置的最大距离是2AB该地震波的最大周期为0.8 sC该
26、地震波最小波速为5 km/sD从波源开始振动到波源迁移到地面最长需要经过1 s时间E. 从t时刻开始计时，x2 km处的质点比x1.5 km处的质点先回到平衡位置【答案】BCE【解析】【详解】x =1.5 km处质点离开平衡位置的最大距离是A，选项A错误；由波形图可知：（n=0,1,2，.），则，当n=0时，周期最大，则Tmax=0.8s，选项B正确；该地震波最小波速为，选项C正确；机械波传播时，波源不随波迁移，选项D错误； t时刻，x2 km处的质点将要向下振动，而x1.5 km处的质点向上振动，则从t时刻开始计时，x2 km处的质点比x1.5 km处的质点先回到平衡位置，选项E正确；故选BCE.18.投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑已知镜头半径R =30 cm，光屏MN到球心O的距离为d =102 cm，玻璃对该单色光的折射率，不考虑光的干涉和衍射求：光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径r【答案】r=0.86m【解析】【详解】如图所示，设光线入射到D点时恰好发生全反射在ODF中在OFN中又OF = d -OF解得：r = 0.86 m【点睛】此题考查学生几何知识解决光学问题的能力对于几何光学问题，关键是画出光路图，找到临界光线，对数学的几何能力要求较高，要加强训练
