江苏省常州市高三物理期末统考常州市教育学会学业水平监测扫描版 有答案Word下载.docx

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竖直方向：

Tcos30°

=2mg

得：

T=

B．

3、【答案】D

【考查方向】本题旨在考察电容的决定因素和动态分析

【解析】在电容器的电压不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据C=，结合，可分子电容变化，进而可得电容器电量变化；

保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式E=，分析板间场强的变化，确定P点与下板间电势差的变化，再判断P点电势的变化．

A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A错误；

B、依据，由于U不变，C减小，故Q减小，可知电容器放电，故R有向上的电流，故B错误．

CD、保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，B板向下移动一小段距离，板间距离d增大，根据公式E=分析得知，板间场强减小，由U=Ed得知，P点与A板间电势差减小，电场线方向向下，沿电场线方向电势降低，由于电压AB电势差不变，则p点电势升高．故C错误，D正确；

D．

4、【答案】C

【考查方向】本题主要考察抛体运动的规律

【解析】根据题意，两次投篮时球的出手点相同，第一球正好沿水平方向从篮筐的上边缘飞过，投出的第二球正好“空心”进筐，故第一球从出手到篮筐的运动时间要小于第二球，而两球的水平位移相同，由水平方向的匀速直线运动性质可比较速度大小，出手时的初速度分别为要通过速度的合成来分析．

两次投篮时球的出手点相同，第一球正好沿水平方向从篮筐的上边缘飞过，投出的第二球正好“空心”进筐，故第一球在轨迹的最高点，而第二球应该经过了最高点之后，由竖直方向的运动特点知，第一球从出手到篮筐的运动时间要小于第二球，如果将球看作质点，球的水平位移相同，由，故时间长的速度小，故有v1x＞v2x；

从竖直方向看，第二球上升高度大，故v1y＜v2y，由v=知，无法判断v1、v2的大小关系．故C正确，A、B、D错误．

C

5、【答案】D

【考查方向】本题主要考察法拉第电磁感应定律

【解析】由电流图象写出电流与时间的关系式，根据法拉第电磁感应定律分析磁通量与时间的关系．根据法拉第电磁感应定律得到速度与时间的关系式．据牛顿第二定律的力F与时间的关系；

根据电流的定义式得出电荷量与时间的关系，再选择图象．

由电流图象得，I=kt，k是比例系数．设金属棒长为L．

A、由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，由欧姆定律得知，回路中的感应电动为E=I（R+r）=kt（R+r），E∝t，则根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，Φ﹣t应是曲线．故A错误．

B、由I=、I=kt、，得则V与t成正比，即速度随时间均匀增加，故A恒定；

故B错误．

C、由对导体棒受力分析，根据，可得F与t不成正比，则C错误．

D、由得q与t是二次关系．故D正确．

6、【答案】AC

【考查方向】本题旨在考察变压器的构造和工作原理

【解析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论

A、电流表的读数为电流的有效值，原线圈的电流有效值为5A，根据电流与匝数成反比可知，副线圈的电流有效值为0.5A，所以熔断器的熔断电流应该大于0.5A，所以A正确．

B、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为22V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为220V，电容器的耐压至少为220V，所以B错误

C、当电压不变时，若原线圈输入交流电的频率增大，则副线圈的频率也增大，只有电容器通交流、隔直流，通高频，阻低频，能使电流表A2的示数增大，所以C正确，D错误．

AC

7、【答案】AC

【考查方向】本题旨在考察万有引力定律的应用

【解析】卫星1是地球同步卫星，周期为24小时，求出周期之比，根据万有引力提供向心力列式求出两个卫星的半径之比，根据向心加速度a=求解向心加速度之比，根据v=求解线速度之比，根据两颗卫星的周期关系求出卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期．

A、卫星1是地球同步卫星，周期为24小时，卫星2是周期为3小时，则，

根据万有引力提供向心力得：

解得：

，

向心加速度a=，则，故A正确；

B、线速度v=，则，故B错误；

C、若某时刻卫星1和卫星2处于地球赤道上某一点的正上方，而卫星1周期为24小时，卫星2周期为3小时，所以再经过24小时，两个卫星又同时到达该点正上方，所以卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时，故C正确，D错误．

8、【答案】AB

【考查方向】本题旨在考察电场能的属性

【解析】金属球置于水平向右的匀强电场中产生静电感应，最终达到静电平衡，整个导体是一个等势体，表面是一个等势面．顺着电场线电势降低，根据电场力做功正功分析电势能的变化．

A、整个金属球是一个等势体，由图知Q点的电势与虚线处等势面的电势相等，根据顺着电场线方向电势降低，可知Q点的电势最高，故A正确．

B、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，Q处电场线最密，场强最大，故B正确．

C、带正电试探电荷从Q点移到P点，电势降低，电场力做正功，其电势能降低，故C错误．

D、M点无初速释放的带负电试探电荷，该电荷所受的电场力逆着电场线方向，不可能被吸引到带正电的金属半球．故D错误．

AB．

9、【答案】BD

【考查方向】本题旨在考察运动的合成与分解

【解析】小船受拉力、重力、浮力和阻力，重力和浮力不做功，拉力功率恒定，当P＞fv时，小船加速，当P=fv后开始匀速；

根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据

A、B、对小船受力分析，小船受拉力、重力、浮力和阻力，重力和浮力不做功，拉力功率恒定不变；

当P＞fv时，小船加速，随着速度的增加，当P=fv后开始匀速；

拉力的水平分力为，根据牛顿第二定律，有：

﹣f=ma，故速度增加，加速度减小；

即小船先做加速度减小的加速运动后做匀速运动；

故A错误，B正确；

C、小船经过A点时，拉力的水平分力为；

根据牛顿第二定律，有：

﹣f=ma，解得：

a=；

故C错误；

D、当加速度为零时，速度最大，故a==0，解得：

；

故D正确；

BD．

10、【答案】

（1）1.18；

（2）；

（3）﹣h；

（4）减小小球的直径，或适当增加小球下落的高度．

【考查方向】本题旨在考察力学实验

【解析】

（1）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；

（2）由平均速度等于瞬时速度，即求得光电门的瞬时速度，并根据运动学公式v2=2gh，从而即可求解；

（3）根据实验原理，结合第

（2）问题的重力加速度的表达式，即可确定坐标轴的物理量；

（4）根据误差分析，一是瞬时速度的不准确，二是测量高度的不准确，从而即可求解．

（1）游标卡尺的主尺读数为：

1.1cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，

所以游标读数为8×

0.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：

1.1cm+0.08cm=1.18cm．

（2）由题意可知，通过光电门的瞬时速度v=；

根据运动学公式v2=2gh，则有：

g==；

（3）当改变高度，多次测量，则公式中g=，那么h与t会出现变化，而d与g不会变化，

则有：

因此在坐标系中作出与h的关系图象，

那么图象的斜率与重力加速度有关，从而可以方便的求出重力加速度；

（4）根据实验原理可知，引起实验误差的原因是瞬时速度的不准确，高度测量的不准确；

因此当小球直径越小时，平均速度越接近瞬时速度，

或当测量长度越大时，测量误差越小，

11、【答案】

（1）A；

（2）1.2，3.0；

（3）；

（4）通过小灯泡的电流太小

【考查方向】本题旨在考察电学实验:

测电动势和内阻，

【解析】本题

（1）根据水果电池内阻较大，可以与电压表内阻相比拟，导致电压表分流作用较大（或满足），所以相对电源来说电流表应用内接法；

题

（2）用直线把各点相连，读出纵轴截距并求出图线斜率即可求解；

题（3）应选择阻值与水果电池接近的变阻器；

题（4）根据闭合电路欧姆定律求出通过小灯泡的最大电流即可求解．

（1）根据“伏安法”测量电源电动势和内阻的原理E=U+Ir可知，变阻器不能采用C、D接法，只能从A、B中选择正确接法，由于水果电池的内阻很大，电压表的分流作用较大（或满足），所以对电池来说电流表应用内接法，合理的电路应是A电路；

（2）作出的U﹣I图象如图所示：

由U=E﹣Ir可知，=2.4V，=6.0kΩ，

所以每个水果电池的电动势为E==1.2V，r==3.0kΩ

（3）由于待测水果电池的总电动势为6kΩ，所以变阻器应选择阻值与之接近的；

（4）根据闭合电路欧姆定律，通过小灯泡的最大电流为，远小于小灯泡的额定电流0.5A，即通过小灯泡的电流太小，所以小灯泡不亮．

12、A、1）

【答案】BD

【考查方向】本题主要考察热力学中一些基本的概念

【解析】晶体都有固定的熔点；

由表面张力可分析B；

由压强微观解释分析C；

由液晶特性分析D；

A、晶体都有固定的熔点，无论是单晶体还是多晶体，故A错误．

B、小露珠显球形是因为液体表面有张力，故B正确；

C、气体压强与容器中气体分子的密度和温度有关，密度越大，温度越高，压强越大，故C错误；

D、液晶具有流动性和光学的各向异性，可以用来制作高质量显示器，故D正确．

A、2）

【答案】，E+

【考查方向】本题旨在考察热力学第一定律、理想气体状态方程

【解析】由题，气缸导热性能良好，气缸内气体的温度与环境温度相同，使外界环境温度缓慢降低的过程中，气体发生等压变化．根据气体放出热量700J，内能减少了500J，由热力学第一定律求出外界对气体做功W，根据热力学第一定律求吸热；

（1）由题意知气体做等压变化，则，所以：

根据W=P0（V1﹣V2）=，由热力学第一定律得：

Q=E+

A、3）

【答案】①气缸内气体分子的个数；

②液体体积与原来气体体积的比值为1×

104

【考查方向】本题旨在考察宏观微观之间的转化

【解析】先求出气体的质量，然后求出分子的体积，再求出等质量液体的体积，最后求出液体与气体的体积之比

①物质的量n=分子个数N=

②设气体体积V1，完全变为液体后体积为V2，

气体质量：

m=ρV1，

含分子个数：

n=NA，

每个分子的体积：

V0=πD3，

液体体积为：

V2=nV0，

解得液体与气体体积之比：

≈1×

104；

B、1）

【答案】ACD

【考查方向】本题旨在考察光学中的一些基本概念原理

【解析】光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，根据光的特性、受迫振动、光的偏振和相对论判断现象是否正确．

A、光纤通信和医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理，故A正确；

B、物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，故B错误；

C、光的偏振现象说明光波是横波，故C正确；

D、根据相对论的