安徽合肥高三理综物理部分第二次教学质量检测试题含解析

1、安徽省合肥市2015届高三第二次教学质量检测理综物理试题第I卷（选择题）14、如图所示，两束平行单色光a、b从空气射入玻璃三棱镜，出射光为和，对这两束光A、B、C、D、）出射光是a光在该三棱镜中a光的传播速度比从同种介质射入真空发生全反射时,b光大a光临界角比b光的小分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大【答案】C【考点】本题旨在考查光的折射定律。【解析】A、由图可知，a、b光从空气射入玻璃三棱镜时，a光的折sinin射角小于b光的折射角，由sinr得：产叫，故说明a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光，所以出射光是b光，故A错误;B、na>"得:Va<

2、;Vb,故B错误;C、根据sinC1n、na>nb得：a光临界角比b光的小，故C正确;L一AD、d可知，a光形成的相邻亮条纹间距小，故d错误。故选：C15、有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为用时间之比为:g/TiA.3:2B.2:1C.3:1D."【答案】B【考点】本题旨在考查运动的合成和分解【解析】去程时，当船头指向始终与河岸垂直，则有:2v33d2v而回程时的船的合速度为:t2监V当回程时行驶路线与河岸垂直，则有:.3dt2_V_23一.3d一1则回程与去程所用时间之

3、比为：2v故选：B【易错警示】解决本题的关键将小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方向两个分运动，通过分运动的时间去判断渡河的时间。16、如图所示，正三角形ABC的三个顶点固定了电量分别为一q,+q和+q(q>0)的三个点电荷，K、P分别为AB和BC边的中点，下列说法正确的是()A、O点的电场强度小于P点的电场强度B、P点的电场强度大于K点的电场强度C、O点的电势低于K点的电势D、O点的电势低于P点的电势【答案】D【考点】本题旨在考查电场强度、电场的叠加、电势。【解析】AB、根据电场的叠加原理可知，AP间的电场线方向由P指向O,E-kq_kq_.32kq5k132k132-3l2(

4、l)2(l)2O点的电场强度大小为:2222P点电场强单独两个+q的电场在P点产生的电场强度大小相等，方向相反，相互抵消，则在度:Ep_k_q_4kq32一(得)23l2Ek=在K点的电场强度：(2k；)23437kql2可得：O点的电场强度大于P点的电场强度，P点的电场强度小于K点的电场强度，故AB错误；CD根据电场的叠加原理和对称性可知，单独两个+q的电场中，O与O关于BC边对称点的电势相等，在-q单独产生的电场中O点的电势比O关于BC边对称点的电势低，所以O点的电势比P点的电势低，同理可得O点的电势高于K点的电势，故C错误，D正确。故选：D17、如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场

5、，磁感应强度的大小为B1,P为磁场边界上的一点.相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周1长的3。若将磁感应强度的大小变为B2,结果相应的弧长变为圆周长的14,不计粒子的重力B2和粒子间的相互影响，则B1等于【答案】【考点】向心力。【解析】C本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律;设圆形区域的半径为r（1）磁感应弓虽度为B1时，从p点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，/POM=120O,如图所示:0R3sin60R=r所以粒子做圆

6、周运动的半径R为：r,解得：2磁感应弓虽度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，/PON=90°,如图所示:p所以粒子做圆周运动的半径由带电粒子做圆周运动的半径:_mvR=-qB,由于v、m、q相等,3B2_R_2".6B1-R一2一2则得：2故选：C【举一反三】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解。18、如图所示，长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，现将绳水平拉直，让小球从静止开始

7、运动，重力加速度为g,当绳与竖起方向的夹角=30口时，小球受到的全力大小为（）微?a/儿力msR丁中£【答案】B【考点】本题旨在考查向心力【解析】从最高点到绳与竖直方向的夹角为300的过程中，根据动能定理得:120-mv=mgLcos30在该点，沿着绳子方向的合力提供向心力，则有:2F=m=2mgcos300-3mg0=213则此时的合力:F合二F(mgcos30)二mg故选;B19、如图甲所示，倾角为。的斜面足够长，质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小（方向始终沿斜面向上），物块由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点

8、的位移x变化关系如图乙所示，其中0-x1过程的为曲线“一过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为x2的过程中（）A、B、C、D、【解析】A、由图可知，物块向下运动的过程中，其中0口为过程的图线为曲线,k斜率逐渐减小，而斜率：E=-(F+Nmgcos与|3奴，联立可知,物块的加速度始终在减小物块减少的机械能等于物块克服合力做的功物块减少的机械能小于减少的重力势能物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功【答案】C【考点】本题旨在考查功能关系。k=-(F+Nmgcos9),mg-（F+kmgcos9）不一定减小，由牛顿第二定律:斜率减小，-（F+以惚cos与减小，物块受到的

9、合外力%a=m,物块的加速度不一定减小;在X1LX2过程的图线为直线，k不变，则物块的加速度不变，故A错误;B、物块向下运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做功，不等于物块克服合力做的功，故B错误；C、D、物块由静止开始沿斜面向下运动，减小的重力势能转化为动能与内能，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能.故C正确，D错误。故选：C20、如图所示，I、II区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T,方向相反,一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电阻氏&5口的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动

10、穿过磁场区域，速度v-lOm/a。在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为（）A.5JB.7.5JC.10JD.15J【答案】D【考点】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势。,BLv11=-z-【解析】由感应电动势公式得：E=BLv,感应电流RI1°LL内，感应电流BLV0R10,5100.5A=10A,逆时针方向取正值;t1时间间隔-=0.05sV0L|_2L内2BLv0R0.50.510A=20A,顺时针方向取负值；时间间隔t2=上=0.05sv0,I32LU3L内，3BLv。R10,5100.5A=10At3=-0.05s，逆时针方向取正值；时间间隔v0因为线框匀速运动，

11、所以外力做的功等于电流做的功WnIjRtI；Rt2I；Rt3=1020.50,052020.50,051020.50,05J=15J，故ABC错误，D正确。故选：D第II卷（非选择题）21、（18分）I、做难机械能守恒定律的实验，某同学借助频闪仪拍摄了如图所示小钢球从高处落下过程中的频闪照片，频闪仪每隔0.10s闪光一次，图中所标数据是相邻两次光时间内小钢球下落的距离，若已经测得小钢球质量m=0.100kg,重力加速度取9.80m/s2。（1）可求得，从t2到t5时间内，重力势能减少量卜'LOOJ,动能增加量落广（结果可保留三位有效数字）（2）比较（1）中计算的£出的略小于E

12、的大小，造成这种结果的原因可能是A、当地的重力加速度实际大于C、频闪仪闪光周期实际略大于9.80m/s20.10sB、空气阻力对小钢球做负功D、频闪仪闪光周期实际略小于0.10s【答案】(1)0.994J；(2)BD【考点】本题旨在考查验证机械能守恒定律试验。【解析】：（1）重力势能增加量:t2时刻速度为:0.1459O.243%31.95m：s20.10t5时刻速度为:0.43780.5352:,“.v5二ms=4.87ms20.10动能增加量为:1212_，Ekmv5mv2：0.994J（2）由于空气阻力的存在，机械能有损失，即减小的重力势能有极少部分转化为内能;频闪仪闪光周期实际略小于0

13、.10s时，计算得到的t2时刻速度和t5时刻速度都略小，从而导致计算的&EK出的略小于AEp的大小，胡选：BD故答案为：（1）0."4J；（2）BDII、图1为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题:（1）如果用直流“50V”挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为V''（2）用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势E=1.5V,选择开关在“X1”挡，把它的两表笔短接，旋转可变电阻R1的旋钮，当指针指向“0C”时，流过多用电表的电流为mA;（3）图2是测量Rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时

14、间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测Rx的值，其测量结果与原结果相比将较（填空“变大”、“变小”或“不变”）。（4）图3是将表头G改装成两个倍率挡（如卜/）的欧姆表电路原理图，则当开关S合向端（选填"a”或"b”）时，欧姆表是较大倍率挡。【答案】（1）23.0V；100mA；变大；（4）b【考点】本题旨在考查【解析】（1）如果是用直流50V挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为1V,则读数为23.0V；（2）把它的两表笔短接，旋转可变电阻R1的旋钮，当指针指向“0C”时，流过多用电表的电流即显示在多用电表的表盘上，则此时读数为"

15、;切、国用共1g（3）设电流表满偏电流1g,欧姆调零时：大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流100mA.ERE二Rj=一%,则：Ig,当电动势变小、内阻变1g不变，R3变小，用欧姆表测电阻时:Ig以Rx%Rx1,Rx%,由此可知当R变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了;（4）开关合向b端时，电路最大电流小，欧姆表的中值电阻大，倍率大，这时的欧姆表是较大倍率挡。故答案为：（1）23.0V；100mA；变大；（4）boIII、某同学将量程为200“A,内阻为500c的表头改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图(4)所示.定值电阻R1=50QQ,R2=25QQ

16、,S为单刀双掷开关，A、B为接线柱.回答下列问题：(1)将开关S置于“1挡时，量程为mA;(2)定值电阻的阻值R3=Q.(结果取3位有效数字)(3)利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2挡，表头指示如图(5)所示，则所测量电流的值为mA.【答案】(1)10;(2)25.0;(3)678【考点】本题旨在考查【解析】(1)将开关s置于“1”挡时，定值电阻R能分流较大的电流，所以量程应为10mA(2)当开关打到1时有:Ig(Rg+R+R)=(l1Ig)R3I1=10mA当开关打到2时:Ig(Rg+R)=(l2-Ig)(R2+R)l2=1mA解得：R=225：R=25.0(3)开关置于2位置时，电

17、流表量程为1mA，由图示电流表可知，其分度值为0.02mA,电流表示数为0.78mA。故答案为：(1)10;(2)25.0；0.78。22、(14分)如图所示，P是一颗地球同步卫星，已知球半径为R,地球表面处的重力加速度为R,地球自车t周期为To(1)设地球同步卫星对地球的张为2。，求同步卫星的轨道半径r和sinQ的值。n(2)要使一颗地球同步卫星能覆盖赤道上，A,B之间的区域，/AOB=3,则卫星可定位在轨道某段圆弧上，求该段圆弧的长度l(用r和。表示)3g3臂【答案】(1)Y4n2、丫T2g；JI2rL【考点】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】(1)设地球和同步卫星的质量分别为M、

18、mo由万有引力提供同步卫星所需向心力得:cMm,G-=m(r)2rGM=R2g由右图可得:rsin二-R联立以上各式,解得:22r=3RT2gsin-V4n,一34二2RTT2g(2)如右图所示:in八l=r2一-2r(-)即：3'3R2T：g34r答：(1)同步卫星的轨道半径为44n2和sin。的值为''T2g;、L厂、,2r(二一力(2)要该段圆弧的长度为3。23、(16分)如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，二则一另一质量为m不带电的绝缘小球P以水

19、平初速度v0向Q运动,"小球P、Q正碰过程mg中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度E=q,水平台面距离地h=面高度2m2g22qB,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后，小球Q的速度大小;(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球P落地，落地点与平台边缘间的水平距离多大？(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘，小球P仍以水平初速度现“向Q运动，小球Q的运动轨迹如图所示，已知Q球在最高点和最低点所受全力的大小相等，求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离Ho2mmg（二1）qB【答案】（1）2qB;3mg

20、；（3）2qB、【考点】本题旨在考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、动量定理。【解析】（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞后，P球速度为vp,Q球速度为vQ由动量守恒定律得:mv0=mvPmvQ0PQ由机械能守恒定律得:121212一mv0=一mvP-mvQ222-V0mg2qB（2）对于小球Q由于qE=mg,故Q球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有:qvQBvQ二mr经时间tl丁2二m=T=qB小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后:mgvp=vq=2qBvq-。小球p离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2:2h2mgqB所以，P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间:t=t

21、1t2=2qBqB落地点与平台边缘间的水平距离2mqB（二1）xP=vPt2(3)小球P、Q发生弹性碰撞后,mgvQ=v0=2qB,之后小球Q士、VqQ以速度mg2qB开始做曲线运动设小球运动到最低位置时下落高度为H,此时速度最大为vQ方向水平向右mgH=由动能定理得：-mvQ-mvQ22vy任意日刻v沿水平向右方向、竖直向下方向的分速度分别为vx与vy对应的洛伦兹力水平向右分力：fx=qvyB小球Q到最低点的过程中，应用动量定理得:=mvQ-mvQQQ二fx二t二"qvyBt=qB'Evyt=qBH2HmgH-2d2联立解得：qBVQ=3mg2qBmg答：(1)小球Q的速度大小为2qB2m(二1)(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经qB小球p落地，落地点与平台边缘间的水平22距离为qB3mg(3)小球Q在运动过程中的最大速度为222qB和第一次下降的最大距离为qB。A连接，物体A又与24、(20分)如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬