物理高考模拟卷高三物理试题及答案成都七中高三零诊模拟考试文档格式.docx

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3D电影是利用了光的偏振；

镜头镀膜增透是利用了光的干涉性；

红外遥感是利用了红外线具热效应与较强的穿透性，从而即可各项分析求解．考查光的干涉、偏振与衍射现象在日常生活中的应用，注意各自的区别与联系，是解题的关键，同时便于正确解题．

3、一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin（2.5πt），位移y的单位为m，时间t的单位为s．则（　　）

A．弹簧振子的振幅为0.2mB．弹簧振子的周期为1.25s

C．在t=0.2s时，振子的运动速度为零D．在任意0.2s时间内，振子的位移均为0.1m

【知识点】简谐运动的振幅、周期和频率．

【答案解析】C解析解：

A、质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出振幅A=0.1m，故A错误；

B、质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出角频率为2.5π，故周期T=

故B错误；

C、在t=0.2s时，振子的位移最大，故速度最小，为零，故C正确；

D、根据周期性可知，质点在一个周期内通过的路程一定是4A，但四分之一周期内通过的路程不一定是A，故D错误；

故选：

C．

【思路点拨】质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出振幅A和角频率．然后结合简谐运动的对称性进行分析．本题考查理解简谐运动方程和分析振动过程的能力，要掌握振动方程的标准式：

x=Asinωt，会分析质点的位移和速度等运动情况．

4、如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡D1的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）

A．此电源的内阻为2/3Ω

B．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W

C．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小

D．由于小灯泡B的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，

欧姆定律不适用

【知识点】闭合电路的欧姆定律．

【答案解析】B解析解：

A、由图读出E=4V，斜率表示内阻，则r=

=0.5Ω，故A错误；

B、灯泡与电源连接时，工作电压U=3V，I=2A，P=UI=6W，故B正确；

C、将灯泡换后，输出功率P=

，输出功率变大，故C错误；

D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U-I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；

【思路点拨】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．

5、一列沿x正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（　　）

A．t=0.15s时，质点B的加速度方向沿y轴负方向

B．t=0.3s时，质点B将到达质点C的位置

C．t=0到t=0.6s时间内，B质点的平均速度大小

为10m/s

D．t=0.15s时，质点A的速度方向沿y轴正方向

【知识点】波长、频率和波速的关系；

横波的图象．

【答案解析】A解析A、t=0.15s时，经过

T，质点B的位移为正，速度为负方向，故A正确、D错误；

B、由题：

t=0.2s时C点开始振动，波传播了2m，由波形平移得：

t=0.3s，波向前传播了3m，但B点只在自己的平衡位置附近上下振动，没有向前迁移，不会到达C点．故B错误；

C、t=0到t=0.6s时间内，经过1.5T，质点位移为2m，故平均速度等于位移除以时间，为

m/s，故C错误；

故选A

【思路点拨】根据图象得到波长，运用v=

求解速度，运用v=

求解周期；

运用波形的平移法确定t=0.15s时波向前传播的距离，但质点B并不向前迁移．分析t=0.15s，质点A的速度方向和质点B的加速度方向．确定出t=0到t=0.6s时间内B质点的位移大小，求出其平均速度大小．本题要学会运用波形的平移法研究波的传播过程和质点的振动过程，要注意介质中质点不“随波逐流”．

6、一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生物的场强大小EO=

，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；

把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（　　）

A．E1>

B．E2=

C．E3<

D．E4=

【知识点】电场强度．

【答案解析】A解析解：

根据点电荷电场强度公式E=k

，且电荷只分布球的表面，

对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；

因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=

，则E1＞

；

对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：

左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 

．由于方向不共线，由合成法则可知，E3＞

故A正确，B、C、D错误；

A

【思路点拨】根据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的大小关系．根据E=k

，结合左右两侧球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分析．考查点电荷的电场强度的应用，知道电荷的分布，掌握矢量的叠加法则．

二、不定项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分）

7、某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（　　）

A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势

B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，

则该电荷一定为负电荷

C．一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能

D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动

【知识点】电场线；

电势；

电势能．

A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以A点的场强大于B点的场强，沿电场线的方向，电势降低，所以B点的电势高于A点的电势，所以A正确；

B、电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，所以该电荷一定为正电荷，所以B错误；

C、从B到A的过程中，电场力对负电荷做负功，电势能增加，所以负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能，所以C错误；

D、将一个正电荷由A点释放，电荷受到的力的方向向左，电荷向左运动，加速度增大，所以D错误．故选：

A．

【思路点拨】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；

沿电场线的方向电势降低．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道沿电场线的方向电势降低．即可解决本题．常见题目．

8、固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻瑞砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑。

逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则．

A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的小

B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大

C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑

D．β＜θ＜

时，光屏上只有1个光斑

【知识点】光的折射定律．

【答案解析】D解析解：

A、根据题意：

“当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失”，说明A光先发生了全反射，A光的临界角小于B光的临界角，而发生全反射的临界角C满足：

sinC=

，可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，故A错误；

B、玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，由n=

知，A光在玻璃砖中传播速度比B光的小．故B错误．C、据题可知：

A光的临界角CA=α．B光的临界角CB=β．当α＜θ＜β时，B光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到2个亮斑，其中包含NP侧的反射光斑（A、B重合）以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑．故C错误．D、当β＜θ＜90°

时，A、B两光均发生了全反射，故仅能看到NP侧的反射光斑（A、B重合）．故D正确．故选：

D

【思路点拨】由题，当θ=α时，光斑在光屏上消失时，是由于光线发生了全反射，A光先消失，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sinC=

，即可确定玻璃对两种光折射率的大小；

由v=

，判断光在玻璃中传播速度的大小；

对照全反射的条件，当光线从玻璃射入空气，入射光大于临界角时光线将发生全反射进行分析．本题主要考察几何光学和物理光学的基础知识应用，关键要掌握全反射的条件及临界角公式进行分析

9、如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从水平位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接理想变压器．理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；

副线圈接有可变电阻R．电表均为理想交流电表．下列判断正确的是（　　）

A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωcosωt

B矩形线圈产生的感应电动势的有效值为NBSω/2

C当P位置不动，R增大时，电压表示数也增大

D当P位置向上移动、R不变时，电流表示数将增大

【知识点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【答案解析】AD解析解：

A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故A正确；

B、矩形线圈产生的感应电动势的有效值为

NBSω，故B错误；

C、交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式：

：

，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；

D、当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式：

，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，故电流表读数变大，故D正确；

AD．

【思路点拨】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：

e=NBSωcosωt；

电压表和电流表读数为有效值；

计算电量用平均值．本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值

10、如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当调节开关S1、S2的通断，可使电动机驱动风叶旋转，将冷空气从进风口吸入，从出风口吹出冷风或热风。

已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（　　）

A．电热丝的电阻为55Ω

B．当开关S2闭合、S1断开时，电吹风吹出冷风

C．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J

D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1120J

【知识点】电功、电功率．

【答案解析】AB解析解：

A、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热-P冷=1000-120W=880W，由P=

可知R=

Ω＝55Ω，故A正确；

B、吹冷风时，电热丝不工作，电动机都工作，它们是并联的，开关S2闭合、S1断开时，故B正确；

C、当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；

D、当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能Q=Pt=120×

1=120J，故D错误；

AB

【思路点拨】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求,本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；

对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析．

11．如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直予导辘平面向垂的匀强磁场．现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平．在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）

A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a

B．匀强磁场的磁感应强度为2.0T

C．金属杆ab下落0.3 

m的过程中，通过R的电荷量0.24C

D．金属杆ab下落0.3 

m的过程中，R上产生的热量为0.45J

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；

闭合电路的欧姆定律；

电磁感应中的能量转化．

【答案解析】BC解析解：

A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误；

B、由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：

BI0L-mg=ma0

设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0=

联立得：

-mg=ma

代入得：

B=2T，故B正确；

C、

，故C错误；

D、D、下落时，通过a-h图象知a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg=BIL其中I=

=1。

5m/s，从开始到下落的过程中，由能的转化和守恒定律有：

mgh=Q+

mv2代人数值有：

Q=m（gh-

v2）=0.3×

（10×

0.3-

×

1.52）J=0.5625J，故D错误．

【思路点拨】金属杆中感应电流的方向由右手定则判断；

由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度．由图看出，下落0.3m时，金属杆的加速度为零，做匀速直线运动，重力与安培力平衡，列式可求出杆的速度．从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量．

12．如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；

若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）．以下说法正确的是（　　）

A．该粒子带正电

B．该粒子带正电、负电均可

C．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0

D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为

v0

【知识点】带电粒子在混合场中的运动．

A、若撤去电场，则粒子从M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A正确，B错误；

CD、设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：

Bqv0=Eq撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知r=

洛仑兹力提供向心力：

qv0B=

…①撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速庶a，穿越电场所用时间为t，则有：

Eq=ma…②y=

at2…③d=v0t…④由①②③④联立解得：

y=d设末速度为v，由动能定理知：

mv2−

m

=Eqd解得：

v=

v0，故C错误，D正确；

【思路点拨】粒子沿直线从bc边的中点P射出，洛伦兹力等于电场力，若撤去电场，则粒子从M点射出，所以粒子应带正电荷；

若撤去磁场，在此过程中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律列式．本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：

匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力

第Ⅱ卷非选择题（共58分）

三、实验题（本题包括2个小题，13题6分，14题10分）

13、某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°

在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；

在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．

（1）该单摆在摆动过程中的周期为__________________；

（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______________________

（3）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的

A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了

B．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间

C．以摆线长作为摆长来计算

D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算

【知识点】用单摆测定重力加速度．

【答案解析】

（1）2t/（n-1）；

（2）（n-1）2（2l+d）π2/（2t2）；

（3）BD；

解析解：

（1）由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为：

N=

，周期为：

T=

（2）单摆的长度为：

l=L+

d，由单摆的周期公式T=2π

，得：

g=

将l=L+

d，T=

，代入解得：

（3）A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的测量值比实际值小，根据g=

可知，测得的g应偏小．故A错误；

B、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=

求出的周期变小，g偏大．故B正确；

C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=

可知，测得的g应偏小．故C错误；

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=

可知，测得的g应偏大．故D正确．故选：

BD

【思路点拨】根据从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，确定单摆全振动的次数，再求解周期，由周期公式T=2π

，代入摆长：

d可求重力加速度对于测量误差可根据实验原理进行分析．本题中单摆的周期采用累积法测量的，计算周期时，要准确算出单摆全振动的次数．

14、实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示．供选择的仪器如下：

①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω），②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω），③定值电阻R1（300Ω），④定值电阻R2（10Ω），⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω），⑥滑动变阻器R4（0～20Ω），⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干．

（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）

（2）用连线连接实物图2．

（3）补全实验步骤：

①按电路图连接电路， 

②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；

③；

④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．

【知识点】伏安法测电阻

（1）③，⑥

（2）见上图

（3）①将滑动触头移至最左端．③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2

解析

（1）器材选择：

定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；

滑动变阻器的电阻不要太大．故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥．

（2）连接实物图如图所示．

（3）补充实验步骤见

3将滑动触头移至最左端；

③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2；

【思路点拨】由于电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；

滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大．根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式．本题考查测量实际电流表G1内阻r1的实验器材选择，实物电路连接及实验原理（并联分流）等．对于变阻器分压式接法，操作时要注意：

开关闭合前，变阻器输出电压要最小．

四、计算题（本题包括4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15、（8分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极板间的距离为d、电势差为U）加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上．设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x。

（1）求该离子的荷质比

．

（2）若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子（m1>

m2），它们分别到达照相底片上的P1、P2位置（图中末画出），求P1、P2间的距离△x。

【知识点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．

（1）

（2）

解析解

（1）离子在电场中加速，由动能定理得

①（1分）

离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

②（1分）

由①②式可得：

④（2分）

（2）由①②式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1，则：

⑤（1分）

对离子m2，同理得

⑥（1分）

∴照相底片上P1、P2间的距离

⑦（2分）

【思路点拨】根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入