江苏省无锡市届高三上学期第一次模拟考试物理试题.docx
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江苏省无锡市届高三上学期第一次模拟考试物理试题
无锡市2018年秋学期高三期末考试试卷物理
一、单项选择题
1.超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．如图所示，某超级电容标有“2.7V 100F”，将该电容接在1.5V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为（ ）
A.－150CB.－75CC.－270CD.－135C
【答案】A
【解析】
【分析】
根据C=Q/U求解电容器的带电量。
【详解】根据C=Q/U可知电容器带电量为Q=CU=100×1.5C=150C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为-150C，故选A.
2.避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面．MN是电场线中两个点，下列说法正确的是（ ）
A.M点的场强比N点的场强大
B.试探电荷从M点沿直线移动到N点，电场力做功最少
C.M点的电势比N点的电势高
D.CD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电场线的疏密判断场强的大小．顺着电场线电势逐渐降低．等势面与电场线正交.
【详解】A．N点处的电场线比M点密集，可知M点的场强比N点的场强小，选项A错误；
B．由于MN两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点，电场力做功都是相同的，选项B错误；
C．沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，选项C正确；
D．CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，选项D错误；
故选C.
【点睛】本题要掌握电场线的物理意义：
电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，电场力做功与路径无关；等势面与电场线正交．
3.矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示．灯泡标有“36V 40W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A.图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36
sin（πt）V
B.变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次
C.灯泡L恰好正常发光
D.理想变压器输入功率为20W
【答案】D
【解析】
【分析】
根据交流电的图像确定交流电瞬时值表达式；交流电的方向一周改变2次；根据变压器匝数比求解次级电压从而判断灯泡的发光情况；变压器的输入功率等于输出功率.
【详解】A．由乙图可知，周期为0.02s，交流电的圆频率：
，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ=72sin100πt（V），故A错误；
B．交流电的频率为50Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；
C．变压器初级电压有效值为
，由原副线圈的匝数比为2:
1可知，次级电压为18
V，则灯泡L不能正常发光，选项C错误；
D．灯泡电阻为
，次级功率：
，则理想变压器输入功率为20W，选项D正确；
故选D.
【点睛】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力.
4.有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，如图所示．另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正确的是（地磁场很弱，可以忽略）（ ）
A.线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流
B.线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流
C.由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生
D.若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流
【答案】B
【解析】
【分析】
若穿过线圈的磁通量变化就会产生感应电流，据此判断.
【详解】ABC．线圈贴着模具上下移动的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变可知不会产生感应电流，选项AC错误，B正确；
D．若线圈平面放置不水平，则移动过程中由于穿过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流，选项D错误；
故选B.
5.如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。
在t=0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。
则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v-t图象下列可能正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变，据此分析.
【详解】工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当与传送带共速后一起与传送带做匀速运动；与弹性挡杆碰撞后以等大的速度反向弹回，向左做匀减速运动，因加速的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，速度减到零后再反向向右加速，到达挡板位置时又与传送带达到共速，同时被反向弹回，以后重复原来的过程，则图像C正确，BD错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当到达挡板处时刚好与传送带共速，然后碰回，以后重复上述运动，碰后的加速度应该与碰前相同，故A错误；故选C.
二、多项选择题
6.如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动．已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是（ ）
A.物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大
B.物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C.物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能
D.物块的动能最大时，物块的重力势能最小
【答案】AC
【解析】
【分析】
通过分析弹力和重力沿斜面方向的分量mgsinθ的大小关系来分析加速度和速度的变化；根据能量守恒关系分析重力势能、动能和弹性势能的变化.
【详解】A．B．物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsinθ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsinθ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsinθ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，向下A正确，B错误；
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确；
D．当弹力等于mgsinθ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误；
故选AC.
7.2018年9月29日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲固体运载火箭，成功将微厘空间一号S1卫星送入预定轨道．整星质量97公斤，运行在高度700公里的圆轨道，该轨道为通过两极上空的圆轨道．查阅资料知地球的半径和重力加速度的值，则（ ）
A.卫星可能为地球同步卫星B.卫星线速度小于第一宇宙速度
C.卫星可能通过无锡的正上方D.卫星的动能可以计算
【答案】BCD
【解析】
【分析】
同步卫星的轨道应该与赤道平面重合；第一宇宙速度是环绕地球运转的卫星的最大速度；根据万有引力等于向心力可求解卫星的动能的表达式。
【详解】A．同步卫星的轨道与赤道平面重合，该卫星轨道为通过两极上空的圆轨道，可知该卫星不可能是同步卫星，选项A错误；
B．第一宇宙速度是环绕地球运转的卫星的最大速度，可知卫星线速度小于第一宇宙速度，选项B正确；
C．因为该卫星轨道为通过两极上空的圆轨道，可知卫星可能通过无锡的正上方，选项C正确；
D．根据
，解得卫星的动能
，由此可求解卫星的动能，选项D正确；
故选BCD.
8.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则（ ）
A.电容的带电量变大
B.灯泡亮度变亮
C.
与
均保持不变
D.当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭
【答案】BC
【解析】
【分析】
想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
【详解】A．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电源的内电压以及R上的电压增大，则灯泡和滑动变阻器两端的电压之和减小，即电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知，电容器带电量减小，选项A错误；
B．电路中电流增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B正确；
C．根据U2=E-Ir，得
=r，保持不变。
=R，保持不变，故C正确；
D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D错误；
故选BC
【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
9.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆环上，和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A从水平位置的左端由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A.小球A恰好可以回到出发点
B.小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能始终保持不变
C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大
D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为
【答案】AD
【解析】
【分析】
分析小球所受的电场力和重力的情况，到达Q点时的电势能与A点的电势能相同，由动能定理求解Q点的速度；因在P点的电势能大于在A点的电势能，则小球不可能到达P点，在AP间的某点时速度减到零，然后返回，最终可以回到A点；分析小球受的电场力和重力的合力的方向与速度方向的夹角，从而判断合力做功情况，从而判断速度的变化。
【详解】AD．释放小球A后，在B的斥力和重力作用下小球A向下运动，由对称性可知，到达Q点时的电势能与A点的电势能相同，由动能定理
，解得
；小球到达最低点后将继续向右上方运动，因在P点的电势能大于在A点的电势能，则小球不可能到达P点，在AP间的某点时速度减到零，然后返回，最终可以回到A点，故选项AD正确；
B．小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项B错误；
C.小球从A点下滑的开始阶段电场力和重力都做正功，则小球的速度增加；当小球到达最低点Q时，受向下的重力和沿BQ方向的电场力作用，两个力的合力方向与速度夹角大于900，说明在到达Q点以前的某段过程中，电场力和重力的合力就已经对小球做负功了，即小球的速度减小，即在从A点运动到圆环最低点Q的过程中，小球的速率是先变大后减小的，选项C错误；
故选AD.
三、实验题
10.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
（1）实验中涉及下列操作步骤：
①松手释放物块；
②接通打点计时器电源；
③木板一端抬高以平衡摩擦；
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量．
上述步骤正确的操作顺序是________（填序号）．
（2）甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值________（选填“偏小”或“偏大”）．
（3）乙同学实际打点结果如图3所示．打点计时器所用交流电的频率为50Hz，小车质量为200g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s，相应的弹簧的弹性势能为________J．（结果均保留两位有效数字）
【答案】
（1）.③④②①
（2）.偏小（3）.0.78（4）.0.061
【解析】
【分析】
（1）根据实验原理排列操作的顺序；
（2）根据纸带的点迹分布分析小车的运动情况，从而分析弹性势能的测量值和真实值之间的关系；（3）点迹间距最大时对应的速度最大，此时小车的动能等于弹性势能.
【详解】
（1）上述步骤正确的操作顺序是：
③④②①．
（2）由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值.
（3）物块脱离弹簧时的速度为
；
弹性势能：
11.某同学想在实验室测量电压表V1的内阻．
（1）他先用多用电表的欧姆挡“×1k”测量，如图甲所示，该读数为________Ω；多用表的红表笔与电压表V的________（选填“正”或“负”）的接线柱相连．
（2）为了更准确地测量电压表V1的内阻，实验室提供的实验器材如下：
A.待测电压表V1（量程为0～3V）；
B.电压表V2（量程为0～9V，内阻约为9kΩ）；
C.滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）；
D.定值电阻R3（阻值为6kΩ）；
E.电源（电动势为9V，内阻约为1Ω）；
F.开关一个、导线若干．
①根据提供的器材，连接图乙中的实物图__________．
②某次实验时电压表V1和电压表V2的读数分别为U1和U2，移动滑动变阻器滑片，多次测量，作出U2U1图象如图丙所示，已知图象的斜率为k，则内阻RV1的表达式为________（用R3和k表示）．
③考虑电压表V2的内电阻，则该方法对实验的测量结果________（选填“有”或“无”）影响．
【答案】
（1）.
（1）6000
（2）.负（3）.
（2）电路如图；
（4）.
（5）.无
【解析】
【分析】
（1）根据欧姆表的倍率挡和表盘进行读数；欧姆表红表笔接内部电源的负极。
（2）根据实验原理设计电路图；根据电路图找到U2和U1的函数关系，根据斜率求解RV；根据电路结构判断电压表V2内阻的影响.
【详解】
（1）用多用电表的欧姆挡“×1k”测量，该读数为6×1kΩ=6000Ω；电流从多用电表的负极流入，则多用表的红表笔与电压表V的负的接线柱相连．
（2）①实物连线如图；
②由欧姆定律可得：
，即
，
则
，解得
③由电路图可知，电压表V2的内阻对测量结果无影响.
四、计算题
12.如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：
（1）物块在0-4s内的加速度a1的大小和4-8s内的加速度a2的大小；
（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（1）8s内恒力F所做的功．
【答案】
（1）
方向水平向左;
方向水平向左
（2）F=7N，μ=0.15（3）W=-168J
【解析】
【详解】
（1）由图可知，0-4s内，物体向右做匀减速直线运动，4-8s内，物体向左做匀加速直线运动；
0-4s内，
，方向水平向左；
4-8s内，
，方向水平向左；
由牛顿第二定律，得到：
F+μmg=ma1
F-μmg=ma2
代入数据解得：
F=7N，μ=0.15
（2）依据图象可知，物体4s内的位移：
（2）根据牛顿第二定律，在0-4s内恒力F与摩擦力同向：
F+μmg=ma1
4s-8s内恒力F与摩擦力反向：
F-μmg=ma2
代入数据解得：
F=7N，μ=0.15
（3）根据图形的面积可得8s内物体运动的位移
恒力F做的功为W=Fs=-7×24=-168J
【点睛】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度，根据功的公式计算做功的多少。
13.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2500V，偏转电场电压U＝200V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm（忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字）．求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
【答案】
（1）v0＝3.0×107m/s.
（2）h＝7.2×10－3m.（3）ΔE＝－W＝－5.8×10－18J.
【解析】
【分析】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；
（3）根据W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。
【详解】
（1）电场中加速有eU0＝
mv02
解得v0＝
代入数据解得v0＝3.0×107m/s.
（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.
电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝
at2
根据牛顿第二定律有
＝ma
解得y＝
＝
＝3.6×10－3m＝0.36cm
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知
解得h＝7.2×10－3m.
（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
W＝eEy＝e
y＝5.8×10－18J
ΔE＝－W＝－5.8×10－18J.
【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系。
根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。
这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。
其二，功和能的关系。
根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。
这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
14.高频焊接是一种常用的焊接方法，图甲是焊接的原理示意图．将半径为r＝10cm的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外．工件非焊接部分单位长度上的电阻R0＝1.0×10－3Ω·m－1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响．
（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象（以逆时针方向电流为正），并写出必要的计算过程；
（2）求环形金属工件中感应电流的有效值；
（3）求t＝0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热．
【答案】
（1）
（2）816A.（3）1.13×103J.
【解析】
【分析】
（1）根据法拉第电磁感应定律为
求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流．画出电流图象．
（2）根据电流的热效应，求出此电流在一个周期通过阻值为R的电阻产生的热量，与直流相比较，求出有效值．
（3）求解出焊接处电阻值，根据焦耳定律求出热量．
【详解】
（1）环形金属工件电阻为R＝2πrR0＋9×2πrR0＝20πrR0＝6.28×10－3Ω
在0～
时间内的感应电动势为
E＝
·πr2＝6.28V
电流为I＝
＝1.0×103A
由楞次定律得到电流方向逆时针，I-t关系图象如图所示：
（2）在同一个周期内
解得I有效＝
A＝816A.
（3）在t＝0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q＝I2有效R′t
而R′＝9×2πrR0＝5.65×10－3Ω
解得Q＝I2有效R′t＝1.13×103J.
【点睛】本题运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律研究高频焊接的原理，抓住B-t的斜率等于△B/△t，即求出磁通量的变化率，得到感应电动势．根据有效值的定义求解有效值．
15.如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m.A、B与地面的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
（1）三者均静止时A对C的支持力为多大？
（2）A、B若能保持不动，μ应该满足什么条件？
（3）若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对A做的功．
【答案】
（1）FN＝2mg.
（2）μ≥
.（3）－
.
【解析】
【分析】
（1）对C进行受力分析，根据平衡求解A对C的支持力；
（2）A保持静止，则地面对A的最大静摩擦力要大于等于C对A的压力在水平方向的分力，据此求得动摩擦因数μ应该满足的条件；
（3）C缓慢下落同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受力平衡，根据平衡条件求解滑动摩擦力大小，根据几何关系得到A运动的位移，再根据功的计算公式求解摩擦力做的功。
【详解】
（1）C受力平衡，2FNcos60°＝2mg
解得FN＝2mg
（2）如图所示，A受力平衡F地＝FNcos60°＋mg＝2mg
f＝FNsin60°＝
mg
因为f≤μF地，所以μ≥
（3）C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开．A的受力依然为4个，如图所图，但除了重力之外的其他力的大小发生改变，f也成了滑动摩擦力．
A受力平衡知F′地＝F′Ncos60°＋mg
f′＝F′Nsin60°＝μF′地
解得f′＝
即要求
－μ>0，与本题第
（2）问不矛盾．
由几何关系知：
当C下落地地面时，A向左移动的水平距离为x＝
R
所以摩擦力的功W＝－f′x＝－
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：
确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
16.如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1m、R2＝
m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝
cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：
（1）要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？
（2）若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？
（3）从P点出发开始计时，在满足第
（2）问的条件
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