江苏省六市南通徐州宿迁淮安泰州镇江普通高中届高三下学期第一次高考模拟联考物理试题及答案文档格式.docx
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vC.
vD.
v
4.“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图甲所示，某同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现分划板的中心刻线与亮条纹未对齐，如图乙所示.下列操作中可使中心刻线与亮条纹对齐的是（ ）
A.仅转动透镜B.仅转动双缝
C.仅转动手轮D.仅转动测量头
5.一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程，如图所示.A→B→D过程，气体对外做功为W1，
与外界变换的热量为Q1；
A→C→D过程，气体对外做功为W2，与外界变换的热量为Q2.两过程中（ ）
A.气体吸热，Q1＞Q2
B.气体吸热，W1＝W2
C.气体放热，Q1＝Q2
D.气体放热，W1＞W2
6.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示.已知甲波的频率为4Hz，则（ ）
A.两列波的传播速度均为4m/s
B.两列波叠加后，x＝0处的质点振动减弱
C.两列波叠加后，x＝0.5m处的质点振幅为30cm
D.两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变
7.在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数.R0为定值电阻，灯泡L和滑动变阻器R串联，P为滑动变阻器的滑片，A为交流电
流表.开关S闭合，电流表A的示数为I.则（ ）
A.仅将P向下滑动，I增大
B.仅将Q向下滑动，灯泡变亮
C.仅将开关S断开，灯泡变亮
D.仅将开关S断开，变压器的输入功率增加
8.如图所示，用频率为ν1和ν2的甲、乙两种光分别照射同一光电管,对应的遏止电压分别为U1和U2.已知ν1<
ν2,则（ ）
A.遏止电压U1<
U2
B.用甲、乙光分别照射时,金属的截止频率不同
C.增加乙光的强度,遏止电压U2变大
D.滑动变阻器滑片P移至最左端,电流表示数为零
9.一物块在水平面内做直线运动,以0时刻物块的位置为坐标原点建立xOy平面直角坐标系,运动轨迹如图甲所示.物块在x方向运动速度vx随时间t的变化规律如图乙所示.下列关于物块在y方向运动的初速度vy0、加速度ay的判断,可能正确的是（ ）
A.vy0＝0,ay＝1m/s2B.vy0＝0,ay＝2m/s2
C.vy0＝4m/s,ay＝2m/s2D.vy0＝4m/s,ay＝4m/s2
10.光滑水平面上放置一表面光滑的半球体,小球从半球体的最高点由静止开始下滑,在小球滑落至水平面的过程中（ ）
A.小球的机械能守恒
B.小球一直沿半球体表面下滑
C.小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒
D.小球在水平方向的速度一直增大
11.如图所示,两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0,所带电荷量分别为＋Q、－Q,圆心A、B连线垂直于圆环平面.以A点为坐标原点,沿AB方向建立x轴,将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释放.粒子在A运动到B的过程中,下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中,可能正确的是（ ）
二、非选择题：
本题共5题,共56分.其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分；
有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位.
12.（15分）在“测量金属丝的电阻率”的实验中,所用测量仪器均已校准.某次实验中,待测金属丝接入电路部分的长度为50.00cm,电阻约几欧.
甲
乙
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径,某次测量结果如图甲所示,读数应为 mm（该值与多次测量的平均值相等）.
（2）实验电路如图乙所示,实验室提供了电源E（3V,内阻不计）、开关S、导线若干.还备有下列实验器材：
A.电压表V1（0～3V,内阻约2kΩ）
B.电压表V2（0～15V,内阻约15kΩ）
C.电流表A1（0～3A,内阻约0.01Ω）
D.电流表A2（0～0.6A,内阻约0.05Ω）
E.滑动变阻器R1（0～10Ω,0.6A）
F.滑动变阻器R2（0～2kΩ,0.1A）
应选用的实验器材有 （选填实验器材前的序号）.
（3）请用笔画线代替导线,在图丙中完成实物电路的连接.
（4）实验中,调节滑动变阻器,电压表和电流表示数记录如下：
U/V
1.05
1.40
1.80
2.30
2.60
I/A
0.22
0.28
0.36
0.46
0.51
请在图丁中作出U－I图线.由图线可知,金属丝的电阻Rx＝ Ω（结果保留两位有效数字）.
（5）根据以上数据可以算出金属丝的电阻率ρ＝ Ω·
m（结果保留两位有效数字）.
（6）下列关于该实验误差的说法中正确的有 Ｗ.
A.金属丝发热会产生误差
B.电流表采用外接法.会使电阻率的测量值偏小
C.电压表内阻引起的误差属于偶然误差
D.用U－I图象处理数据可以减小系统误差
13.（6分）根据某种轮胎说明书可知,轮胎内气体压强的正常值在2.4×
105Pa至2.5×
105Pa之间,轮胎的容积V0＝2.5×
10－2m3.已知当地气温t0＝27℃,大气压强p0＝1.0×
105Pa,设轮胎的容积和充气过程轮胎内气体的温度保持不变.
（1）若轮胎中原有气体的压强为p0,求最多可充入压强为p0的气体的体积V；
（2）充好气的轮胎内气压p1＝2.5×
105Pa,被运送到气温t1＝－3℃的某地.为保证轮胎能正常使用,请通过计算说明是否需要充气.
14.（8分）如图甲所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内,相距为L,轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻,导轨电阻不计.长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ静止放在导轨上,与MP间的距离为d,棒与导轨接触良好.t＝0时刻起,整个空间加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示,图中B0、t0已知.
（1）若t0时刻棒ab的速度大小为v,求0～t0时间内安培力对棒所做的功W；
（2）在0～t0时间内,若棒ab在外力作用下保持静止,求此时间内电阻R产生的焦耳热Q.
15.（13分）如图所示,高h＝0.2m的平板C右端固定有竖直挡板,置于水平面上,平板上放置两小物块A、B,A、B间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧,A置于平板左端,B与C右端挡板的距离L＝1.5m,A、B、C的质量均为m＝1.0kg.某时刻,将压缩的弹簧由静止释放,使A、B瞬间分离,A水平向左抛出,落地时距离C左端x＝1.0m,B运动到C右端与挡板发生弹性碰撞.已知B与C、C与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.3,取g＝10m/s2,求：
（1）弹簧释放前瞬间的弹性势能Ep；
（2）B与C发生弹性碰撞后瞬间C的速度大小vC；
（3）整个过程中C滑动的距离s.
16.（14分）如图甲所示,真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后,由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO′射入板间,加速电压为U0,M、N板长为L,两板相距
L.加在M、N两板间电压u随时间t变化的关系图线如图乙所示,图中U1未知,M、N板间的电场可看成匀强电场,忽略板外空间的电场.在每个粒子通过电场区域的极短时间内,两板电压可视作不变.板M、N右侧距板右端2L处放置一足够大的荧光屏PQ,屏与OO′垂直,交点为O′.在M、N板右侧与PQ之间存在一范围足够大的有界匀强磁场区,PQ为匀强磁场的右边界,磁场方向与纸面垂直.已知电子的质量为m,电荷量为e.
（1）求电子加速至O点的速度大小v0；
（2）若所有电子都能从M、N金属板间射出,求U1的最大值；
（3）调整磁场的左边界和磁感应强度大小B,使从M板右侧边缘射出电场的电子,经磁场偏转后能到达O′点,求磁感应强度的最大值Bm.
物理试题参考答案
1.D 2.B 3.B 4.D 5.A
6.D 7.A 8.A 9.C 10.C 11.C
12.（15分）
（1）0.400（0.398～0.402均正确）（2分）
（2）ADE（2分）（漏选得1分,错选或不选不得分）
（3）如图1所示（2分）
（4）如图2所示（2分） 5.0（4.8～5.2均正确）（2分）
（5）1.3×
10－6（1.2×
10－6～1.4×
10－6均正确）（2分）
（6）AB（3分）（漏选得2分,错选或不选不得分）
13.解：
（1）设最多可充入压强为p0的气体的体积为V,轮胎内气体压强达到2.5×
105Pa,
由玻意耳定律得p0（V0＋V）＝pV0（2分）
解得V＝3.75×
10－2m3（1分）
（2）设轮胎运送到某地后,轮胎内气体压强为p2,
由查理定律得
＝
（1分）
解得p2＝2.25×
105Pa（1分）
因为p2＝2.25×
105Pa<
2.4×
105Pa,所以需要充气.（1分）
14.解：
（1）对导体棒ab,由动能定理得
安培力对导体棒做的功为W＝
mv2（3分）
（2）电路中产生的电动势E＝
导体棒ab中的电流I＝
导体棒ab在外力作用下保持静止,0～t0时间内电阻R上产生的焦耳热
Q＝I2Rt0（1分）
解得Q＝
（2分）
15.解：
（1）弹簧释放后瞬间,设物块A、B的速度大小分别为vA、vB,
物块A、B组成的系统动量守恒mBvB－mAvA＝0（1分）
物块A向左水平抛出至落地的过程中,物块B在平板C上向右滑动,平板相对地面保持静止.设物块A经时间t1落地,则h＝
gt
x＝vAt1
设弹簧释放前瞬间的弹性势能为Ep,则Ep＝
mAv
＋
mBv
解得Ep＝25J（2分）
（2）设物块B运动到平板C右端与挡板碰前的速度为vB1,由动能定理得
－μmBgL＝
－
物块B与平板C右端挡板发生弹性碰撞,设碰后物块B的速度为vB2,则
mBvB1＝mBvB2＋mCvC（1分）
mCv
解得vB2＝0，vC＝4m/s（1分）
（3）物块B与平板C右端发生碰撞后，物块B与平板C相对滑动，设物块B的加速度大小为aB，平板C的加速度大小为aC，由牛顿第二定律得
对木块B：
μmBg＝mBaB
对平板C：
μ（mBg＋mCg）＋μmBg＝mCaC（1分）
设经过时间t2，物块B与平板C速度相等，设为v，则v＝vC－aCt2＝aBt2（1分）
此过程中，平板C向右滑行的距离s1＝
t2（1分）
此后B、C一起向右滑动直至停止，设运动的距离为s2，由动能定理得
－μ（mBg＋mCg）s2＝－
（mB＋mC）v2（1分）
平板C运动的位移s＝s1＋s2
解得s＝1.0m（1分）
16.解：
（1）电子加速到O点的过程，由动能定理得eU0＝
mv
解得v0＝
（2）当电子恰好从板的右端飞出时，偏转电压达最大值U1.设M、N两板间的距离为d，电子在M、N板间运动的时间为t，加速度大小为a，则
L＝v0t（1分）
d＝
at2（1分）
a＝
解得U1＝
U0（2分）
（3）电子从M板右端飞出，当电子在磁场中运动的轨迹与O′相切时，电子在磁场中偏转的半径最小，设为r，此时磁场的磁感应强度为最大值Bm，如图所示.设电子从M、N板右边缘飞出时的速度大小为v，方向与OO′间夹角为α，垂直M、N板方向上的速度为vy，则
tanα＝
vy＝at
v0＝vcosα
电子在磁场中运动，有
evB＝
由几何关系得
＋r＝2L＋
L（2分）
解得Bm＝
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