2018年安徽省合肥市高考三模试卷物理

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.（6分）我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。在通往量子

论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是()

A.玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念

·C.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念

D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性

解析：A、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A 错误；

B、爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，为解释光电效应的实验规律提出了光子说，并成功地解释了光电效应现象，故B正确；

C、波尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故C错误；

D、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误。

答案：B

2.（6分）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是()

A.M端的电势比N端的高

B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关

C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比

D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0

解析：A、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，M板带负电，那么N板带正电，则M板的电势比N板电势低。故A错误；

BD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q 解得U=vBb，与离子浓度无关。故BD错误。U

，

C、因v=U U BQ

，则流量Q=vbc=c，因此U= ，与污水流量成正比。故C正确。Bb B c

答案：C

3.（6分）已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示，则该电流通过一阻值为10Ω的电阻时的发热功率是()

A.16W

B.18W

C.22.5W

D.28W

解析：由电流热效应可得：2×（12R×0.2+22R×0.3）=I2R×1

解得：I2=2.8A2

电阻的热功率为：P=I2R=28W，故D正确，ABC错误。

答案：D

4.（6分）如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面。有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场。用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i﹣x 的图象中正确的是()

C. D.

解析：线圈进入磁场，在进入磁场的0﹣L的过程中，E=BLv，电流I=判断方向为逆时针方向，为正方向；BLv

，根据右手定则

在L﹣2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=为负方向；2B Lv

，根据右手定则判断方向为顺时针方向，

在2L﹣3L的过程中，E=BLv，电流I=BLv

，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方

向；

故ABD错误，C正确。

答案：C

5.（6分）我国计划在2017年底采用“长征五号”新一代大推力运载火箭发射“嫦娥五号”探

测器，有望重启月球“探亲”之旅。假设火箭中有一质量为lkg的物体静止地放在台式测力计上，则在火箭加速上升的初始阶段，测力计的示数可能是()

A.5N

B.10N

C.20N

D.25N

解析：火箭加速上升的过程中，物体放在静止的台式测力计上时，受到向上的支持力和重力，

物体的加速度的方向向上，根据牛顿第二定律，有：

F﹣mg=ma

得：F=mg+ma=（10+a）N＞10N，故AB错误，CD正确。

答案：CD

6.（6分）某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素。若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是()

A.保持 S 不变，增大 d ，则 C 变小，θ 变大

B.保持 S 不变，增大 d ，则 C 变大，θ 变小

C.保持 d 不变，减小 S ，则 C 变小，θ 变大

D.保持 d 不变，减小 S ，则 C 变大，θ 变小

解析：AB 、根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持 S 不变，增大 d 时，电容减小，

因极板所带电荷量 Q 不变，由电容的定义式 C= 的偏角 θ 变大。故 A 正确，B 错误。

Q U

，分析可知板间电势差增大，静电计指针

CD 、根据电容的决定式 C= S 4kd

得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持 d 不变，减

小 S 时，电容减小，极板所带电荷量 Q 不变，

则由电容的定义式 C= Q U

，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角 θ 变大。故 C 正

确，D 错误。答案：AC

7.（6 分）如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上 O 点。小球由 A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点 C 时速度恰为 0.A 、 C 相距 0.8m ，B 是 A 、C 连线的中点，小球质量为 lkg ，弹簧原长为 0.5m ，劲度系数为 40N/m ， sin37°=0.6，g 取 l0m/s 2.则小球从 A 到 C 过程中，下列说法正确的是( )

A.小球经过 B 点时的速度最大

B.小球在 B 点时的加速度为 6m/s 2

C.弹簧弹力对小球先做正功后做负功

D.小球从 A 到 B 过程和从 B 到 C 过程摩擦力做功相等

解析：A 、A 、C 相距 0.8m ，则 B 、C 相距 0.4m ，CO 长度为 L=

0.4

cos 37

=0.5m ，即 CO 间距等

于弹簧原长。当小球经过B 点时，弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向等于重力沿杆向下的分力，小球继续加速，此时小球的速度没有达到最大值。故 A 错误； B 、小球经过 B 点时，弹簧的压缩量为 x=L ﹣L =0.5m ﹣0.3m=0.2m 。根据牛顿第二定律得

0 BO

mgsin37°﹣μ kx=ma ，解得 a ＜6m/s 故 B 错误。

C 、弹簧一直处于压缩状态，所以弹簧弹力对小球先做负功后做正功，故 C 错误。

D 、根据过程的对称性可知，小球从 A 到 B 过程和从 B 到 C 过程摩擦力做功相等，故 D 正确。答案：D

8.（6分）如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()

A.物块与斜面体间的弹力增大

B.物块与斜面体间的摩擦力增大

C.斜面体与地面间的弹力不变

D.斜面体与地面间的摩擦力始终为0

解析：AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，

根据共点力平衡条件，支持力N=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数f

t an ；

对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcosα+Fsinα，变大；滑动摩擦力

f′=μN′，也变大；故A正确，B正确；

CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；

加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确。

答案：ABD

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

（一）必考题

9.（6分）某兴趣小组设计了一个寻求碰撞前后不变量的实验。实验器材有：打点计时器、低压交流电源（f=50Hz）、纸带、刻度尺、表面光滑的平直金属轨道、带撞针的小车甲、带橡皮泥的小车乙、天平。

该小组实验的主要步骤有：

A.用天平测出甲的质量m=0.50kg，乙的质量m=0.25kg

1 2

B.更换纸带重复操作三次

C.接通电源，并给甲车一定的初速度v

甲

D.将平直轨道放在水平桌面上，在其一端固定打点计时器，连接电源

E.将小车甲靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，将小车乙静止地放在平直轨道中间位置

(1)上述实验步骤合理的顺序为。

解析：在实验中首先需要测量出两滑块的质量，然后再安装装置，安装时先要将轨道放置在桌面上，然后将小车放在轨道上，并且靠近打点计时器，接通电源后开始实验，要注意多次重复实验，故步骤为：ADECB。

答案：ADECB

(2)从打下的纸带中，选取比较理想的一条，如图所示，请补充完成下表（均保留两位有效数字）。

甲车乙车甲乙整体

m/kg0.500.250.75

v/（m?s﹣1）0

v m mv mv20

0 0

AC2 6.0102

解析：碰前的速度v===3.0m/s

2T20.02

v 3.0

则==6.0m/kgs；

m0.5

mv=0.5×3.0=1.5kgm/s；

mv2=0.5×9=4.5kg（m/s）2；

FH2 4.0102

碰后做匀速运动，应以FH段时行分析，速度v'== =2.0m/s

2T20.02 v 2.0

则==2.7m/kgs；

m0.25

mv=0.25×2.0=1.5kgm/s；

mv2=0.5×4=3.0kg（m/s）2；

将以上数据写入表格，如下表所示：

甲车m/kg0.50 v/（m?s﹣1） 3.0乙车

0.25

甲乙整体

0.75

2.0

v 6.00 2.7 m

mv mv21.5

4.5

1.5

3.0

答案：如上表

(3)根据以上数据寻找出碰撞前后不变量的表达式为。

解析：根据表格数据可知，守恒的量应是mv；

故表达式为：

m v+m v=（m+m）v。

甲甲乙乙甲乙共

答案：m v+m v=（m+m）v。

甲甲乙乙甲乙共

10.（9分）某同学设计了一个“测定电源电动势和内阻”的实验，可供选择的器材如下： A.待测干电池一节

B.电流表A（量程为0～60mA，内阻为R=18Ω）

C.电压表V（量程0～3V，内阻R约3kΩ）

D.滑动变阻器R（0～5Ω）

E.滑动变阻器 R （0～30Ω ）

F.定值电阻 R （阻值为 2Ω ）

G.定值电阻 R （阻值为 l0Ω ）

(1)为完成实验，滑动变阻器应该选，定值电阻应该选（填写器材后面的代号）；

解析：由于电源的内阻较小约为几欧，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应采用总阻值为 30Ω 的 R ；由于给出的电流表量程约为 60mA ，量程偏小，为了能准确测量，可以采用

1.5

串联定值电阻的方法来减小电流，需要的电阻 R= =25Ω ，两定值电阻均达不到要

60 10 3

求，所以应考虑改装电流表，为了让量程较大，应将较小的电阻与电流表并联，量程改装为：

I R

I=I + =60+ R

答案：R ；R 2 3

60 80 2

=600mA ，符合实验要求。

(2)请完善图 a 中的电路图；

解析：根据(1)中分析可知，电路图如图所示；

答案：如图所示。

(3)根据图 b 中已描的点画出 U ﹣I 图象，由图象得该电源的电动势 E= V ，内阻 r=

Ω （结果保留三位有效数字）。

解析：根据闭合电路欧姆定律可知： U=E ﹣10Ir

由图可知，图象与纵轴的交点为电源的电动势，故 E=1.48V ；

g g g

r=1.48-0.9

0.54

=1.07Ω。

答案：1.47；1.07。

11.（12分）如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量为q（q＞0），粒子重力及粒子间的相互作用均不计。

(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；

解析：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

qvB=m…①

根据题意得几何关系：r R

…②

q BR 联立①②式得：v≤

粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2m

q B

…③

通过比较所有粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，

则：t=T

…④

联立③④式可得：t=

m q B

。

答案：若粒子带负电，粒子的速率应不大于q BR

m ，粒子在磁场中运动的最短时间为。

q B

(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。

解析：分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，

有几何关系可得该半圆的半径：r′=

面积：S=R2…⑥

2 R…⑤

联立⑤⑥式可得：S=1

R2。

答案：若粒子带正电，粒子在磁场中能够经过区域的最大面积为1

R2。

12.（20分）如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ=30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物

块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能E=

P 5 4

mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g。求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数；

解析：物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：

W+mgh=E。

f P

即μmgcosθ?

+mgh=mgh。sin 4

解得：μ=

3 12

。

答案：物块与斜面间的动摩擦因数是

3 12

。

(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比；

解析：在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a和a，根据牛顿第二定律得：

1 2

物块上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma，得a=g（sinθ+μcosθ）=g×（

1 1133

+×）2122

=5 8 g

物块下滑过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，得a=g（sinθ+μcosθ）=g×（

2 2

）=g

281 3﹣×2 12

故a：a=5：3。

1 2

答案：物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比是5：3。

(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定。设

斜面最高点C与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。

解析：经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运

动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为h。则由功能关系得：

E=W 。

p f总

即mgh=2μmgcosθ?m

4sin

解得：h=2.5h＜3h

所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出。

答案：物块不能从C点抛出。

（二）选考题

[物理--选修3-3]（15分）

13.（6分）下列说法正确的是()

A.相对湿度与同温度水的饱和汽压无关

B.松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变

C.若一个系统与另一个系统达到热平衡时，则两系统温度一定相同

D.若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大

E.液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离而产生的

解析：A、空气的相对湿度是指在特定温度下的水汽压（e）和饱和水汽压（es）之比，即

f=e/es×100%，它是空气舒适度的重要指标之一。故A错误；

B、松香是非晶体，只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故B错误；

C、根据热力学第零定律，温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时

两系统温度相同。故C正确；

D、气体的压强与单位体积的分子数和分子动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W＞0，Q＞0，根据热力学第一定律△U=Q+W知，△U△＞0，说明气体的温度T升高，分子平均动能增大，又气体被压缩体积V减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D正确；

E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故E正确。答案：CDE

14.（9分）如图所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面上有一长为L=l00cm、开口向上的薄

壁玻璃管，用长为l=50cm的水银柱封闭一段空气柱。当玻璃管保持静止时，空气柱长为

l=12.5cm。已知玻璃管的横截面积S=1cm，大气压强P=75cmHg，水银的密度ρ=13.6× 2

l03kg/m3，玻璃管的质量与水银柱的质量相等，g取l0m/s2。

(1)若将玻璃管开口向下放置于斜面，且仍使其保持静止状态，求管内空气柱长度；解析：以管内气体作为研究对象，

管开口向上放置时气体压强：P =P +l sin30°=100cmHg

1 0 1

管开口向下放置时气体压强：P =P ﹣l sin30°=50cmHg

2 0 1

设空气柱长为 l ，此过程气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：P V =P V

3 1 1 2 2

即：P l S=P l S

1 2 2 3

解得：l =25cm 。

答案：管内空气柱长度为 25cm 。

(2)在(1)问情形下，用沿斜面向上的恒力 F 拉玻璃管使其向上做匀加速直线运动，为了使水银柱不从管口溢出，求 F 的大小应满足的条件。

解析：设管内水银柱的质量设为 m ，则 m=ρ 1 S=0.68kg

玻璃管整体能向上加速，则：F ＞2mgsin30°=6.8N

水银柱下端到玻璃管口时，整体加速度最大，F 也最大，此时，管内空气柱的长度为 l =50cm

设管内气压为 P ，由玻意耳定律得：P V =P V

3 2 2 3 3

解得：P =25cmHg

取水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律可得：P S ﹣P S ﹣mgsin30°=ma

0 3

取玻璃管和水银柱整体为研究对象，有牛顿第二定律可得：F ﹣2mgsin30°=2ma

标况大气压强：P =75cmHg=ρ gh=13.6×l0 kg/m ×10m/s ×0.75mHg=1.02×10 Pa 0

75 - 25

联立以上格式可得：F=2（P ﹣P ）S=2×（75﹣25）cmHg ×1cm 2=2× ×1.02×105Pa

0 3 ×1×10﹣4m 2=13.6N

综上所述：6.8N ＜F ≤13.6N 。

答案：F 的大小应满足的条件为 6.8N ＜F ≤13.6N 。

[物理--选修 3-4]（15 分）

15.（5 分）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面 a a'和 bb'。O 为直线 AO 与 aa'的交点。在直线 OA 上竖直地插上 P 、P 两枚大头针。下面关于该实验的说法正

l 2

确的是( )

A.插上大头针 P ，使 P 挡住 P 和 P 的像

3 3 2 l

B.插上大头针 P ，使 P 挡住 P 、P 和 P 的像

4 4 3 2 l

C.为了减小作图误差，P 和 P 的距离应适当大些

3 4

3 3 2 5 75

D.为减小测量误差，P、P的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好

l 2

E.若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，仍可用此方法测玻璃的折射率

解析：AB、确定P大头针的位置的方法是插上大头针P，使P挡住P、P的像。确定P大

3 3 3 1 2 4

头针的位置的方法是插上大头针P，使P挡住P和P、P的像。故A正确，B错误；

4 4 3 1 2

C、折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度

会较大，故P、P之间的距离适当大些，可以提高准确度。故C正确；

3 4

D、入射角θ即P和P的连线与法线的夹角尽量大些，即P、P的连线与玻璃砖界面的夹

1 1

2 1 2

角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小。故D错误。E、本实验中采用档像法进行测量，对于半圆形玻璃砖同样可以确定入射光线和折射光线，故可以确定折射率，故E正确。

答案：ACE

16.（10分）如图所示，一轻质弹簧的上端固定在倾角为30°的光滑斜面顶部，下端栓接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B恰位于斜面的中点。将细线烧断，发现当B运动到斜面底端时，A刚好第三次到达最高点。已知B的质量m=2kg，弹簧的劲度系数k=l00N/m，斜面长为L=5m，且始终保持静止状态，重力加速度g=l0m/s2。

(1)试证明小物块A做简谐运动；

解析：烧断细线后A向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为x，则：kx﹣m gsin30°=0

0 0 A

①

选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示A离开平衡位置

的位移。当A运动到平衡位置下x位置时，物块A受到的合力为：

F=m gsin30°﹣k（x﹣x）②

0 A 0

联立①②得：F=﹣kx，可知A受到的合外力总是与物块的位移成反比，所以A做简谐振动。

答案：证明小物块A做简谐运动如上。

(2)求小物块A振动的振幅和周期。

解析：开始时AB组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为x，根据胡克定律有：

kx﹣（m+m）gsin30°=0③

1 A B

(m m)sin30

所以：x A B

烧断细线后A从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块A的振幅，则：

A=x-x

10m g sin30

代入数据得：A=0.1m

烧断细线后B向下做匀加速直线运动，则：m gsin30°=m a

B B

设B到达斜面底端的时间为t，则：L1

at2

A向上运动经过1

周期第一次到达最高点，则第三次到达最高点的时间：t=2.5T

代入数据联立得：T=0.4s。

答案：小物块A振动的振幅是0.1m，周期是0.4s。