届江苏省南京市盐城市高三第一次模拟考试 物理解析版.docx

1、届江苏省南京市盐城市高三第一次模拟考试 物理解析版南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试物 理 试 题一、单项选择题:本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.一根轻质弹簧原长为l0，在力F作用下伸长了x。则弹簧的劲度系数k是A B. C. D.2如图所示，一节干电池的电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0，外电路电阻为R，接通电路后，则A电压表读数一定是1.5VB电流表读数可能达到2.0AC电源每秒钟有1.5J的化学能转化为电能D把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极非静电力做功为1.5J3如图甲所示的电路中，R表示电阻，L表示线圈的自感系数。改变电路中

2、元件的参数,使it曲线图乙中的改变为。则元件参数变化的情况是AL增大，R不变 BL减小，R不变CL不变，R增大 DL不变，R减小4如图所示，正六边形的物体上受四个共点力的作用下保持平衡。下列说法正确的是AF1与F2的大小可能不相等BF1与F3的大小可能不相等CF4的大小一定是F2的2倍DF4的大小一定是F3的2倍5如图所示，质量不计的细直硬棒长为2L，其一端O点用铰链与固定转轴连接，在细棒的中点固定质量为2m的小球甲，在细棒的另一端固定质量为m小球乙。将棒置于水平位置由静止开始释放，棒与球组成的系统将在竖直平面内做无阻力的转动。则该系统在由水平位置转到竖直位置的过程中A系统的机械能不守恒B系统

3、中细棒对乙球做正功C甲、乙两球所受的向心力不相等D乙球转到竖直位置时的速度比甲球小二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6质点在光滑水平面上做直线运动，t图像如图所示。取质点向东运动的方向为正，则下列说法中正确的是A加速度方向发生改变B质点在2s内发生的位移为零C质点在2s末的速度是3m/s，方向向东D质点先做匀减速后做匀加速的直线运动7在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成在引力作用下都绕某点做匀速圆周运动；但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动。我们把前一种假设

4、叫“模型一”，后一种假设叫“模型二”。已知月球中心到地球中心的距离为L，月球运动的周期为T。利用A“模型一”可确定地球的质量B“模型二”可确定地球的质量C“模型一”可确定月球和地球的总质量D“模型二”可确定月球和地球的总质量8两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是A甲粒子带正电荷B乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大9如图甲所示，a、b两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上。

5、t=0时刻a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是At2时刻两环相互吸引Bt3时刻两环相互排斥Ct1时刻a环的加速度为零Dt4时刻b环中感应电流最大三、简答题：本题分必做题（第1012题）和选做题（第13题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（8分）如图所示利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：A将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平B测出遮光条的宽度dC将滑块移至图示的位置，测出遮光条到光电门的距离lD释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间tE用天平称出托盘和砝码的总质量mF请回答下列问题：重

6、力加速度取g。（1）滑块经过光电门的速度可以表示为 （用物理量符号表示）（2）为验证机械能守恒定律，还需要测的物理量是 （3）滑块从静止释放，运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少 （用物理量符号表示）（4）选用不同的l，测出对应的t。能直观反应系统机械能守恒的图像是 Atl Bt2l Cl Dl11（10分）设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻Rg约在1K2K之间，量程250A。提供实验器材：电源(4V 0.6)电键S及导线若干一只电阻箱R(09999)滑动变阻器R1(050 0.6A)滑动变阻器R2(01K 0.3A)某同学的测量过程如下：第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图

7、甲所示第二，实验操作步骤如下：先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器R的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零闭合电键s，调节滑动变阻器R的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度Ig滑动变阻器R的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为Ig的一半，记下电阻箱读数Rx，则待测电流表的内阻Rg=Rx请回答以下问题：（1）为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器R是 （选填“R1”或“R2”）（2）该同学在操作步骤中，滑动变阻器R的滑片P应置于 端（选填“a”或“b”）理由是 （3）接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交叉（4）在实验步骤中

8、，确保滑动变阻器R的滑片P的位置不变，其理由是 12选修3-5（12分）（1）某同学用两种不同的金属做光电效应实验。实验中他逐渐增大入射光的频率，并测出光电子的最大初动能。下面四幅图像中能符合实验结果的是（2）如图所示，铀235的其中一种链式反应示意图。完成铀核裂变的核反应方程（未标出的新核元素符号用“Kr”表示）在重核裂变和轻核聚变过程中获得能量的途径是质量 （选填“增大”或“亏损”）（3）如图所示，一位同学在用气垫导轨探究动量守恒定律时，测得滑块甲质量为m甲，它以1的速度水平撞上同向滑行的滑块乙。乙的质量为m乙,速度为2。碰撞后滑块甲以3的速度继续向前运动。求滑块乙的滑行速度乙。 13【选

9、做题】本题包括A、B二小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答。 若多做，则按A、B两小题评分。A选修3-3（12分）（1）如图所示，冬天，剩有半瓶热水的保温瓶经过一段时间后拔瓶口的软木塞时，不易拔出来，其主要原因是A软木塞受潮膨胀B瓶口因温度降低而收缩变小C瓶外气温升高，大气压强变大D瓶内气体因温度降低而压强减小（2）如图所示，一定质量的理想气体，在不同的温度下，有着不同的等温线，则t1 t2（选填“小于”或“等于”、“大于”）；在t1等温线有M、N两个状态，则PMVM PNVN（选填“小于”或“等于”、“大于”）（3）如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热

10、，当气体吸收热量Q时，活塞恰好缓慢上移H，已知活塞横截面积为S，重量忽略不计，大气压强为P0，求封闭气体内能增加量。 B选修3-4（12分）（1）如图所示，甲为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可移动，两板中间有一狭缝。此时测得乙处点没有振动。为了使乙处点能发生振动，可操作的办法是A增大甲波源的频率B减小甲波源的频率C将N板竖直向下移动一些D将N板水平向右移动 一些（2）波源在O点，一列简谐横波沿x轴传播。t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距l.5m，A点速度沿y轴负方向；t=0.02s时，质点A第一次到达负向最大位移处。由此可知此波的传播速度为 m/s，t至少等于 s时，质点B

11、处在波谷位置。（3）如图所示，光导纤维可简化为长玻璃丝的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n（）。AB代表端面。为使光能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面。求光在端面AB上的入射角应满足的条件。四、计算题:本题共3小题，共计47分。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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14（15分）如图所示，闭合矩形线框abcd可绕其水平边ad 转动，ab边长为x，bc边长为L、质量为m，其他各边的质量不计，线框的电阻为R。整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。现给bc边施加一个方向与bc边、磁场的方向均垂直的初速度，

12、经时间t，bc边上升到最高处，ab边与竖直线的最大偏角为，重力加速度取g。求t时间内：（1）线框中感应电动势的最大值；（2）流过线框导体截面的电量；（3）线框中感应电流的有效值。15（16分）一根套有光滑轻质小环、不可伸长的轻线，线的一端系在固定点O1，另一端跨过固定的小滑轮O2。在轻质小环上挂质量为的物体甲，在线的自由端系有质量为m的物体乙，物体乙的下面有一根细线固定，使物体甲、乙保持静止状态，且夹角=120。然后剪断细线由静止释放物体甲、乙，物体甲竖直下降，当夹角变为某一角度0时有最大速度。重力加速度取g，忽略滑轮、小环的质量，不计摩擦。求：（1）剪断前细线所受的拉力；（2）物体甲有最大速

13、度时，物体乙的加速度；（3）物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比。16（16分）如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成和两个区域，区域的宽度为d，右侧磁场区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为。进入区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：（1）某粒子从O运动到O的时间；（2）在区域内有粒子经过区域的面积；（3）粒子在区域运动，当第一次速

14、度为零时所处的y轴坐标。解析版1. 【答案】B【解析】解：已知弹簧的弹力F与伸长的长度x，根据胡克定律F=kx得k=，故ACD错误，B正确。故选：B。已知弹簧的弹力F与伸长的长度x，根据胡克定律F=kx求弹簧的劲度系数k。解决本题的关键要知道胡克定律F=kx中x是弹簧的形变量，不是弹簧的原长，也不是弹簧的长度。2. 【答案】D【解析】解：A、电压表测量路端电压，读数小于1.5V，故A错误。B、外电阻和内电阻串联，根据闭合电路欧姆定律得：I=1.5A，故B错误。C、电路的电流未知，无法求出每秒钟转化为电能的数值，故C错误。D、根据电动势的定义可知，电动势为1.5V，表明1C的正电荷在电源内从负极

15、移送到正极非静电力做的功为1.5J，故D正确。故选：D。先根据闭合电路欧姆定律求得电路中电流，再由欧姆定律求电压U，根据功率公式求解电阻消耗的功率。解决本题关键是掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律，并能正确运用，难度不大，属于基础题。3. 【答案】A【解析】解：电源电阻不计，由图可知，放电达到的最大电流相等，而达到最大电流的时间不同，说明回路中的电阻值不变，即电阻R不变；电流的变化变慢，所以线圈的阻碍作用增大，即自感系数L增大，故A正确，BCD错误故选：A。电源电阻不计，由图可知，放电达到的最大电流相等，而达到最大电流的时间不同，与电阻无关，与电感线圈的自感系数有关。该题考查线圈对电流的阻

16、碍作用的理解，解答的关键是要看明白该电路中的最大电流是相等的。4. 【答案】A【解析】解：因F1与F3关于F2和F4方向对称，则F1与F3必须相等，故B错误；将F1与F3合成为一个F2方向上的力，大小未知，则F2、F4和合力三个力在同一直线上平衡，大小均未知，则大小关系无法确定，故CD错误，A正确。故选：A。由F1与F3关于F2和F4方向对称，则F1与F3的大小可判断，F1与F3可合成为一个F2方向上的力，大小未知，则F2、F4和合力三个力在同一直线上平衡，据此分析即可。本题考查了物体的平衡条件的应用，关键是灵活应用平衡条件分析。5. 【答案】B【解析】解：A、以系统为研究对象，由于只有重力做

17、功，只发生重力势能和动能相互转化，故系统的机械能守恒，故A错误。B、在转动过程中，甲、乙两球的角速度相同，设转到竖直位置时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，则：由v=r，相等，可得v2=2v1由系统的机械能守恒知系统减少的重力势能等于增加的动能，可得：解得W=mgL，可见，系统中细棒对乙球做正功，故B正确。C、甲、乙两球所受的向心力分别为，则F1=F2，故C错误。D、由上分析知，乙球转到竖直位置时的速度比甲球大，故D错误。故选：B。小球甲、乙组成的系统，只有重力势能和动能相互转化，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律和速度关系列式，求出系统转到竖直位置时两球的速度，根据动能定理求细棒对乙球

18、做的功，再结合向心力公式分析。本题是系统的机械能问题。判断机械能是否守恒可以看是否只有重力做功，也可以看是否只有重力势能和动能相互转化。6. 【答案】BD【解析】解：A、v-t图象是一条倾斜直线，斜率表示加速度，故加速度保持不变，故A错误。B、根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，图象在时间轴上方表示的位移为正，图象在时间轴下方表示的位移为负，则知在前2s位移为：x=31m-31m=0，故B正确；C、根据图象可知：质点在2s末的速度是-3m/s，“-”说明方向向西，故C错误；D、0-1s内质点速度在减小，加速度不变，做匀减速直线运动，1s-2s速度在增大，且方向相反，加速度不变，故做反向匀加速

19、直线运动，故D正确；故选：BD。速度的正负表示质点的运动方向。由速度-时间的斜率分析加速度。加速度反映速度变化的快慢。根据图象的形状分析质点的运动性质。图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移大小。对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键。要注意位移和速度的正负。7. 【答案】BC【解析】解：对于“模型一”，是双星问题，设月球和地球做匀速圆周运动的轨道半径分别为r和R，间距为L，相互作用的万有引力大小为F，运行周期为T，根据万有引力定律有：其中R+r=L，解得：M+m=，可以确定月球和地球的总质量。对于“模型二”，月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心

20、力，有：，解得地球的质量为：M=，可以确定地球的质量，无法确定月球的质量，故BC正确，AD错误。故选：BC。对于“模型一”是双星问题，地球和月球绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律列式。对于“模型二”，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解中心天体的质量。此题关键是建立天体的运动模型；对于双星问题，关键我们要抓住它的特点，即两星球的万有引力提供各自的向心力和两星球具有共同的周期；当Mm时，题中两个模型是等价的。8. 【答案】AC【解析】解：A、甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A正

21、确。B、两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：，E、t、m相等，则yq，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B错误。C、电场力对粒子做功为 W=qEy，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C正确。D、水平方向有x=v0t，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，故D错误。故选：AC。根据粒子所受的电场力方向与电场方向的关系，判断其电性。根据竖直分位移公式列式，判断电荷量的大小。根据电场力做功分析电势能的变化量。根据初速度关系分析初动能关系。本题是带电粒子在电场中偏转问题，要熟练运用运动的分解法研究，通过列式进行

22、半定量分析。9. 【答案】ACD【解析】解：AB、相互吸引还是相互排斥，就要看电流是增大还是减小了，t2时刻与t3时刻，均处于电流减小阶段，根据楞次定律，可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误。C、t1时刻，a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两线圈相互作用，所以，作用力最大的时刻，也就是a中电流变化最快的时刻。在乙图中，“变化最快”也就是曲线的斜率最大。t1时刻斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两线圈没有作用力，则加速度为零，故C正确。D、虽然t4时刻的电流为零，但是根据该点的斜率，电流是变化的，也就是磁通量变化率最大，那么b环中感应电动势最大，则感应电流

23、最大，故D正确。故选：ACD。根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，结合安培力方向，依据磁场通过电流大小体现，而感应电动势由电流的变化率体现，即可求解。考查感应电流产生条件，掌握法拉第电磁感应定律的应用，理解楞次定律的另一种用法：相对运动。注意电流ia随时间t的变化规律，当斜率为零时，感应电动势即为零，是解题的突破口。10. 【答案】 滑块和遮光条的总质量M mgl D【解析】解：（1）根据瞬时速度的定义式可知，挡光条通过光电门的速率为：v=（2）令滑块和遮光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为：EK=（M+m）v2=（m+M）（）2，实验中还要测量的物理量为滑块和挡光条的总质量

24、M。（3）根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的，为：EP=mgl。（4）为了验证机械能守恒，需满足的关系是：mgl=（M+m）（）2，应该是图象，故D正确。故答案为：（1）；（2）滑块和遮光板的总质量M；（3）mgl；（4）D。分析物体下降的高度，根据EP=mgh分析系统的重力势能的减少量，由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。根据机械能守恒定律确定要验证的表达式，以及确定所需测量的物理量。解决该题的关键是掌握实验的实验目的和实验原理，熟记瞬时速度的求解方法，知道机械能守恒定律的一般表达式。11. 【答案】R1 a 接通电路时，确保电流表安全 保持a

25、P间电压不变【解析】解：（1）根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，然后选择滑动变阻器为：R1；（2）为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a端，这样就可以保证在接通电路时，确保电流表安全；（3）根据电路图，连接实物图如图所示：（4）在实验步骤中，确保滑动变阻器R的滑片P的位置不变，其理由是 保持aP间电压不变。故答案为：（1）R1（2）a接通电路时，确保电流表安全（3）如图所示（4）保持aP间电压不变（1）根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，然后选择滑动变阻器；（2）为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a端；（3）由电路图对比连接即可；（4

26、）滑片位置不变，一般会保持电路中电压不变。本题中考查了电学实验的常规，即开关闭合前应将滑动变阻器的滑片调到开关闭合后输出电压最小的位置。从实验原理出发，分析误差，选择可行的实验方案。12A选修3-5（12分）（1）【答案】C【解析】解：由光电效应方程Ek=h-W0可知，图象斜率都为普朗克常量h，故得出的两条图线一定为平行线，由于两金属的逸出功不同，则与横轴的交点不同，故C正确，ABD错误。故选：C。根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，图线的斜率表示普朗克常量；遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。解决本题的关键掌握光电效应方程EKm=h-W0，以及知道光电子的最大初动能与入射光

27、的强度无关，与入射光的频率有关。（2） 【答案】 亏损【解析】解：（1）根据核电荷数守恒得Kr的核电荷数：92-56=36，根据质量数守恒得Kr的质量数：235+1-144-3=89，所以铀核裂变的核反应方程为：n。（2）爱因斯坦质能方程为E=mc2，若核反应中的质量亏损为m，释放的核能E=mc2，所以在重核裂变和轻核聚变过程中获得能量的途径是质量亏损。故答案为：，亏损。（1）根据质量数守恒和核电荷数守恒来计算Kr的核子数和核电荷数；（2）重核裂变和轻核聚变过程中出现质量亏损，会释放出相应的能量。本题考查了爱因斯坦质能方程、裂变反应和聚变反应等知识点。掌握质量数守恒和核电荷数守恒时解决本题的关

28、键。（3）. 【答案】解：取水平向右为正方向。则碰撞前甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰撞后，甲的速度为v3，滑块乙的滑行速度v乙，根据动量守恒定律得m甲v1+m乙v2=m甲v3+m乙v乙。【解析】甲、乙碰撞过程，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列出公式，即可求解滑块B的滑行速度。解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，解题时要注意选取正方向，用符号表示速度方向。A选修3-4（1）【答案】D【解析】解：一开始暖瓶塞受力平衡如图：由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定律得由于T1T2，所以P1P2，即暖瓶内的压强由原来的P1减小为现在

29、的P2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，故ABC错误D正确。故选：D。木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化。应用查理定律时要注意判断气体的体积不能发生变化，然后判断压强与温度之间的关系。（2） 【答案】大于 等于【解析】解：在P-V图象中做一条等压线如图所示：同一压强下，两条等温线上对应体积分别为V1、V2，由图可知V1V2，根据盖吕萨克定律可得：由可得T1T2同一等温线上各个状态温度相同，根据理想气体状态方程可得：故PMVM=PNVN故答案为：大于、等于。利用控制变

30、量法和气体实验定律分析两条等温线的温度关系；同一等温线上的两个状态，根据理想气体状态方程分析PV关系。本题考查了判断气体状态变化过程中各状态参量的变化情况，分析清楚图示图象、应用理想气体状态方程即可正确解题。（3）. 【答案】解：加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为：P=P0气体对外做功为：W=P0SH由热力学第一定律知内能的增加量为U=Q-W=Q-p0SH；答：封闭气体内能增加量为Q-p0SH。【解析】先计算加热过程中气体对外做的功，再由热力学第一定律求出气体的内能增加量。本题考查热力学第一定律，解题关键是根据W=PV求解气体做功，另外利用热力学第一定律求解时要注意功、热量和内能增加量的正负号问题。B选修3-4（1）. 【答案】B【解析】解：乙处点没有振动，说明波没有