1、安徽省皖南地区安徽省皖南地区 2019 届高三入学摸底届高三入学摸底 物理物理 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 小小 题只有一个选项正确，第题只有一个选项正确，第 8-10 小题有多个选项正确。全部选对的得小题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分。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
2、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 【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
3、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/s B. 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 020 / 2 vm s ，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
4、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，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
5、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 【详解】A、N 点电场线最密场强最大，由 qE a m 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
6、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=1:2:3 B. 若初速度相同，高度 hA:hB:hC=1:3:5 C. 若高度 hA:hB:hC=1:2:3，落地时间 tA：tB：tC=1：2：3 D. 若高度 hA:hB:hC=1:2:3，初速度 v1:v2:v3=1: 2 : 3 【答案】D
7、 【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 2 1 2 hgt， 得 hA:hB:hC=1:4:9，A、B 均错误；C、D、若 hA:hB:hC=1:2:3，由2 1 2 hgt，得:1: 2: 3 ABC ttt ；而 2 xg vx th ，得 v1:v2:v3=1:2:3，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，
8、现用一竖直向上的力 F作 用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，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 【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
9、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，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62.45，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： 2 22 4
10、Mm Gmr rT ， 解得行星公转周期： 3 2 r T GM ， 则火星和地球的周期关系为： 3 3 273 6 48 rT T r 火 火 地 地 ， 已知地球的公转周期为 1年，则火星的公转周期为 3 6 4 年， 相邻两次火星冲日的时间间隔设为 t，则：( )2t 地火 化解得： -1 tt TT 地火 ， 即： 1 3 1 6 4 tt ， 求得2.2t 年 故本题选 C 7.如图所示，用同种材料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 3 4 ，AB边与磁感线垂直，先让线框绕 AB边在匀强磁场中以
11、角速度匀速转动，A、B两端的电压有效值为 1 U；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 2 U，则 1 2 U U 为（ ） A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 2 6 【答案】D 【解析】 设 BC 边长为 d，则 AB 边长为 3 4 d，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 22 133 248 m EBdBd，电动势的有效值 2 3 2 162 m E EBd，A、B 两端的电压 有效值 2 1 13 2 464 UEBd，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 2
12、2 2 139 () 2432 UBdBd，因此有 1 2 2 6 U U ，选项 D 正确 故本题选 D 8.核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的元素，它可破坏细胞基因，增加患癌的风险已知钚的一种同位 素 239 94Pu的半衰期为 24100 年，其衰变方程为 2394 942 PuXHe，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 239 94Pu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
13、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( )
14、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 【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 U d ；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= 1 1 ER rR ；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
15、， 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 10.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
16、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 4 3 gR D. 细杆对 A球做的功为 8 3 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 功，D 对 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第二、非选择题：包括必考题和选考题两部分
17、。第 1114 题为必考题，每个试题考生必须作答。题为必考题，每个试题考生必须作答。 第第 1516 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考題（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
18、一个图象_； Aht图象 Bh1 t 图象 Cht2图象 Dh 2 1 t 图象 （3）若（2）问中的图象斜率为 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). 2 2 d k 【解析】 (1) 螺 旋 测 微 器 的 固 定 刻 度 为 17.5mm， 可 动 刻 度 为 30.5 0.01mm=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 d v t ，若减 小的重力势能等于增
19、加的动能时，可以认为机械能守恒； 2 1 2 mghmv，整理得 2 2 1 ( ) 2 d h g t ，为直观判断小 球下落过程中机械能是否守恒，所以应作 2 1 h t -图象故选 D (3)根据函数 2 2 1 ( ) 2 d h g t 可知正比例函数的斜率 2 2 d k g ，故重力加速度 2 2 d g k . 【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，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
20、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) 【
21、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
22、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 ,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】
23、（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m 【详解】（1）由题意，由动量定理得 0 Imv 代入数据解得 v0=3m/s （2）对 A有牛顿第二定律可知： aA= 2 A A m g m =2g=4m/s2 对 B： aB= 21 AAB B m gmmg m 代入数据解得 aB=1m/s2 A 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-aAt xA= 22 0 2() A vv a 对 B： B va t xB= 1 2 aBt2 代入数据解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=
24、1.08m，xB=0.18m A 对 B 的位移为 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= 1 AB AB mmg mm =1g2g， 则假设成立 此后二者共同滑行的距离 x共= 22 06 22 2 v a =0.09m 故整个过程 A 对地的位移 x总=xA+x共=1.17m 14.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
25、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 2 3 ，求粒子经过 x轴时的位置 【答案】(1) 12mEd Bq (2) 22 4 qB R md (3) 3R 【解析】 试题分析； （1）粒子在电场中加速，由动能定理得 qEd 1 2 mv2 （2 分
26、） 粒子进入磁场后做圆周运动，有 qvBm 2 v r （2 分） 解得粒子在磁场中运动的半径 r 2mqEd qB （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 R 2r （3 分） 由以上各式解得 E0 22 4 qB R md （3 分） （3）将 E 2 3 E0代入可得磁场中运动的轨道半径 r 3 R （2 分） 粒子运动情况如图，图中的角度 、 满足 cos / 2R r 3 2 （2 分） 即 30 （2 分） 260 （2 分） 粒子经过 x 轴时的位置坐标为 xr cos r （2 分） 解得 x3R. （2 分）
27、 考点：带电粒子在电磁场中的运动 (二二)选考题选考题 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 【详解】一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，对外做功由 PV/T =C 知，气体的温度升高， 内能增大，由热力学第一定律可
28、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长的理想气体，管内外气体的温度均为
29、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
30、.625cm ()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 3322 23 p Vp V TT 代入数据，解得 T3=317.152K 17.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
31、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 2A B该地震波的最大周期为 0.8 s C该地震波最小波速为 5 km/s D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 【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： 1 0.2 4 nTTs（n=0,1,2，.） ，则 0.8 41 Ts n ，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 min max 4 5/ 0
32、.8 km vkm s Ts ，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 5 3 n ，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 1 sinC n 在 ODF 中cos R C OF 在 OFN 中tan O F C r 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
