江苏省南京十校下学期2022年高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析_第1页
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文档简介

2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、电动平衡车因为其炫酷的操作,被年轻人所喜欢,变成了日常通勤的交通工具。平衡车依靠人体重心的改变,来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。下表所示为某款电动平衡车的部分参数,若平衡车以最大速度行驶时,电机恰好达到额定功率,则下列说法中正确的是()电池输出电压36V电池总容量50000mA·h电机额定功率900W最大速度15km/h充电时间2~3小时百公里标准耗电量6kW·hA.电池最多输出的电能约为1800JB.充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2hC.该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60ND.该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3km2、一圆筒内壁粗糙,底端放一个质量为m的物体(可视为质点),该物体与圆筒内壁间的动摩擦因数为,圆筒由静止沿逆时针方向缓慢转动直到物体恰好滑动,此时物体、圆心的连线与竖直方向的夹角为,如图所示,以下说法正确的是()A.在缓慢转动过程中物体受到的支持力逐渐增大B.在缓慢转动过程中物体受到的静摩擦力逐渐减小C.物体恰好滑动时夹角与的关系为D.缓慢转动过程中,圆筒对物体的作用力逐渐增大3、有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上,假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上,涂料的密度为ρ,若涂料产生的压强为p,不计涂料重力的作用,则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()A. B. C. D.4、空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示,图中曲线关于纵轴对称。在x轴上取a、b两点,下列说法正确的是()A.a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向B.a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向C.a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小Ea<EbD.一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中,电场力先做正功后做负功5、物块以60J的初动能从固定的斜面底端沿斜面向上滑动,当它的动能减少为零时,重力势能增加了40J,则物块回到斜面底端时的动能为()A.10J B.20J C.30J D.40J6、如图是双缝干涉实验装置的示意图,S为单缝,S1、S2为双缝,P为光屏.用绿光从左边照射单缝S时,可在光屏P上观察到干涉条纹.下列说法正确的是().A.减小双缝间的距离,干涉条纹间的距离减小B.增大双缝到屏的距离,干涉条纹间的距离增大C.将绿光换为红光,干涉条纹间的距离减小D.将绿光换为紫光,干涉条纹间的距离增大二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示,间距为L=、长为5.0m的光滑导轨固定在水平面上,一电容为C=0.1F的平行板电容器接在导轨的左端.垂直于水平面的磁场沿x轴方向上按(其中,)分布,垂直x轴方向的磁场均匀分布.现有一导体棒横跨在导体框上,在沿x轴方向的水平拉力F作用下,以v=的速度从处沿x轴方向匀速运动,不计所有电阻,下面说法中正确的是A.电容器中的电场随时间均匀增大B.电路中的电流随时间均匀增大C.拉力F的功率随时间均匀增大D.导体棒运动至m处时,所受安培力为0.02N8、如图所示,纸面内虚线1、2、3相互平行,且间距均为L。1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B,2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为的正方形线圈PQMN电阻为R,各边质量和电阻都相同,线圈平面在纸面内。开始PQ与1重合,线圈在水平向右的拉力作用下以速度为向右匀速运动。设PQ刚进入磁场时PQ两端电压为,线圈都进入2、3间磁场中时,PQ两端电压为;在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F,拉力所做的功为W,则下列判断正确的是()A. B. C. D.9、如图,在一个光滑水平面上以速度v运动的小球,到达A处时遇到一个足够长的陡坡AB,已知AB与竖直线之间的夹角为α,重力加速度取g。则小球()A.离开A到落到斜坡前的加速度为gB.经时间t=落到斜面上C.落在斜坡上的位置距A的距离为D.落到斜坡上时的速度大小为10、如图所示,理想变压器的原线圈接在的交流电源上,副线圈接有R=55的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A.电流表的读数为1.00AB.电流表的读数为2.00AC.电压表的读数为110VD.电压表的读数为155V三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)小宇同学利用图示器材探究电路规律:(1)断开开关S,旋转选择开关,使其尖端对准欧姆档,此时读数为20Ω,此时测得的是____________的阻值;(2)将旋转开关指向直流电流档,闭合开关S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端,发现该过程中读数最大为320mA,则移动过程中读数变化情况是(___)A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小(3)将旋转开关指向直流电压档,闭合开关S后移动滑动头,发现该过程中电表读数最大为1.2V,结合前两问条件可知,该电源电动势为________V.(结果保留两位小数)12.(12分)(1)同学们通过查阅资料知道,将锌、铜两电极插入水果中,电动势大约会有1V多一点。小明同学找来了一个土豆做实验,如图所示,当用量程为0-3V、内阻约50kΩ的伏特表测其两极电压时读数为0.96V,用欧姆表直接测“土豆电池”的两极,测得内阻r的读数为30Ω。小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极,测得电流为0.32mA。粮据前面小明用伏特表测得的0.96V电压,由全电路欧姆定律得内阻为3kΩ。小明认为上豆的内阻为30Ω,小丽则认为其内阻为3kΩ。以下关于两位同学实验过程的分析,正确的是_________A.小明的方法不正确,因水果电池本身有电动势,故不能用欧姆表直接测其内阻B.小明的方法正确。因水果电池本身也是一个导体,可以用欧姆表直接测其电阻C.小丽的测量结果十分准确,除了读数方面的偶然误差外,系统误差很小D.小丽的测量结果不准确,因为水果电池内阻很大,用伏特表测得的电动势误差很大,因此计算出的内限误差也很大(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源,实验室除了导线和开关外,还有以下一此器材可供选择:A.电流表A1(量程为0-0.6A,内阻约为1Ω)B.灵敏电流表A2(量程为0-0.6mA,内阻约为800Ω)C.灵敏电流表A3(量程为0-30μA,内阻未知)D.滑动变阻器R1,(最大阻值约100)E.滑动变阻器R2,(最大阻值约2kΩ)F.定值电阻(阻值为2kΩ)G.电阻箱R(0-9999)①实验中应选择的器材是_______(填器材前的字母代号)。②在方框中画出应采用的电路图____________________。③实验时,改交电阻箱R的阻值,记录下电流表的示数I得到若干组R、I的数据,根据实验数据绘出如图所示的图线,由此得出其电源的电动势为________V(保留两位有效数)。按照此实验方法请分析内电限的测量值与真实值大小关系,并给由必要的说明:___________________________________。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,在xoy平面内,虚线OP与x轴的夹角为30°。OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场,场强大小为E。OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子,从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场,并从边界OP上某点Q(图中未画出)垂直于OP离开电场,恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m、电荷量为q(q>0),粒子的重力可忽略。求:(1)磁感应强度的大小;(2)粒子在第一象限运动的时间;(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。14.(16分)如图所示,在空间直角坐标系中,I、Ⅱ象限(含x、y轴)有磁感应强度为B=1T,方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=10N/C,方向竖直向上的匀强电场;Ⅲ、Ⅳ象限(不含x轴)有磁感应强度为,方向沿y轴负方向的匀强磁场,光滑圆弧轨道圆心O',半径为R=2m,圆环底端位于坐标轴原点O。质量为m1=lkg,带电ql=+1C的小球M从O'处水平向右飞出,经过一段时间,正好运动到O点。质量为m2=2kg,带电q2=+1.8C小球的N穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放,与M同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞,碰后生成小球P(碰撞过程无电荷损失)。小球M、N、P均可视为质点,不计小球间的库仑力,取g=10m/s2,求:(1)小球M在O'处的初速度为多大;(2)碰撞完成后瞬间,小球P的速度;(3)分析P球在后续运动过程中,第一次回到y轴时的坐标。15.(12分)如图,用手捏住细线,让质量m=2kg的小球在光滑水平桌面上以v=1m/s的速率做匀速圆周运动,其半径r=0.3m。某时刻突然松手,使细线迅速放长0.2m后,又迅速用手捏住细线,保证小球在更大半径的新轨道做匀速圆周运动,已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆。求:(1)细线迅速放长0.2m所经历的时间(2)在大半径新轨道上运动时小球的角速度(3)在大半径新轨道上运动时,细线对小球的拉力

参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

A.电池最多储存的电能为故A错误;B.由储存的电能除以额定功率可求得时间为故B正确;C.根据功率公式则有故C错误;D.由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出故D错误。故选B。2、C【解析】

AB.对物体受力分析如图所示,正交分解,根据平衡条件列出方程随着的增大,减小,增大,选项AB错误;C.当物块恰好滑动时得选项C正确;D.缓慢转动过程中,圆筒对物体的作用力与重力等大反向,始终不变,D错误。故选C。3、B【解析】

涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程,速度从v变为0,其动量的变化源于墙壁对它的冲量,以极短时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料(微元)为研究对象,设墙壁对它的作用力为F,涂料增加的厚度为h。由动量定理得F·Δt=Δm·v又有Δm=ρ·ΔSh所以涂料厚度增加的速度为u=联立解得u=故选B。4、C【解析】

AB.因为在O点处电势最大,沿着x轴正负方向逐渐减小,电势顺着电场强度的方向减小,所以a、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。C.在a点和b点附近分别取很小的一段d,由图像可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差,看作匀强电场,可知Ea<Eb,故C正确。D.x轴负方向电场线往左,x轴正方向电场线往右,所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中,电场力先做负功后做正功。故D错误。故选C。5、B【解析】

由能量守恒可知物块沿斜面上滑的过程中,产生的摩擦热为20J。由于上滑过程和下滑过程中摩擦力的大小相同,相对位移大小也相同,所以上滑过程中的摩擦生热和下滑过程中的摩擦生热相等。对全程用能量守恒,由于摩擦生热40J,所以物块回到斜面底端时的动能为20J。故B正确,ACD错误。故选B。6、B【解析】试题分析:根据公式,减小双缝间的距离,干涉条纹间的距离变大,A错误,根据公式,增大双缝到屏的距离,干涉条纹间的距离增大,B正确,根据公式,将绿光换为红光,频率减小,即波长增大,所以干涉条纹间的距离增大,C错误根据公式,将绿光换为紫光,频率增大,即波长减小,所以干涉条纹间的距离减小,D错误,考点:本题考查光波的干涉条纹的间距公式,点评:应牢记条纹间距的决定因素,不要求定量计算,但要求定性分析.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、AC【解析】根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得E=BLv,所以△E=△BLv,由于磁场随位移均匀变化,所以感应电动势随位移均匀增大,电容器两端的电压均匀变化,电场强度也是均匀变化的,A正确;电容器的电容,解得:I=LCv,由于导体棒匀速运动,且磁感应强度随位移均匀变化,而x=v•△t,所以电流强度不变,B错误;

导体棒匀速运动,根据平衡条件可得F=BIL,而B均匀增大,所以安培力均匀增大,拉力F均匀增大,拉力做功功率等于克服安培力做功功率,即P=Fv可知,外力的功率均匀增大,C正确;导体棒运动至x=3m处时,磁感应强度为B=(0.4+0.2×3)T=1T,电流强度:I=LCv=LCv2=0.2×1×0.1×4A=0.08A,所以导体棒所受安培力为FA=BIL=1×0.08×1N=0.08N,故D错误.故选AC.8、ABD【解析】

A.只有PQ进入磁场,PQ切割磁感线产生电动势电路中电流PQ两端电压选项A正确;C.受到的安培力进入过程克服安培力做功都进入1、2间后磁场回路无电流,不受安培力,拉力为0,不做功;PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中,MN切割磁感线产生电动势,PQ切割右边磁感线产生电动势回路中电流PQ和MN受到安培力大小分别为需要拉力最大为选项C错误;B.PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功都进入右边磁场后,PQ和MN都切割磁场,回路无电流,安培力为0,选项B正确;D.PQ出磁场后,只有MN切割磁感线,线圈受到安培力PQ出磁场过程中安培力做功整个过程克服安培力做功选项D正确。故选ABD.9、ABC【解析】

A.小球离开A后做平抛运动,只受重力,加速度为g,即离开A到落到斜坡前的加速度为g,故A正确;

B.落在斜面上时位移方向与竖直方向的夹角为α,则有解得故B正确;

C.落在斜坡上时的水平位移则落在斜坡上的位置距A的距离故C正确;

D.落到斜坡上时竖直方向速度则落到斜坡上时的速度大小故D错误。

故选ABC。10、AC【解析】

CD.原线圈电压有效值U1=220V,根据原副线圈匝数比为2:1可知次级电压为U2=110V,则电压表的读数为110V,选项C正确,D错误;AB.根据变压器输入功率等于输出功率,即解得I1=1.00A,选项A正确,B错误;故选AC.三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、滑动变阻器A1.48【解析】(1)当断开电键S,旋转选择开关,使其尖端对准欧姆档,由图可知,此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻.(2)将旋转开关指向直流电流档,闭合电键S,将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中,变阻器滑片两侧的电阻并联,总电阻先增大后减小,则总电流先减小后增大.滑片从最右端移至中点的过程中,变阻器并联电阻增大,并联电压增大,而滑片右侧电阻减小,所以直流电流档的读数增大.滑片从中点移至最右端的过程中,电路的总电流增大,通过变阻器左侧电阻的电流减小,所以直流电流档的读数增大,故A正确.(3)将旋转开关指向直流电流档,闭合电键S时,读数最大时,由闭合电路欧姆定律得:E=Imax(R1+r)=0.32(R1+r)将旋转开关指向直流电压档,读数最大时,由闭合电路欧姆定律得:联立以上可解得:.12、ADBG3.0偏大,内电阻的测量值包含电流表内阻,所以大于真实值【解析】

(1)[1]AB.因水果电池本身有电动势,故不能用欧姆表直接测其内阻,故A正确,B错误;CD.水果电池内阻很大,用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大,故C错误,D正确。故选AD。(2)[2]所给仪器没有电压表,定值电阻也较小,若通过串联定值电阻改装成电压表,根据(1)的分析知测量值也不准确,所以选用安阻法测量电源电动势和内阻,因灵敏电流表直接接电源的两极,测得电流为0.32mA,选灵敏电流表A2和变阻箱测量,所以实验中应选择的器材是BG。[3]本题是利用安阻法测电源内阻及电动势,测量电路如图所示

[4]由闭合电路欧姆定律,变形得根据图象的斜率表示电动势,得电池组的电动势为[5]按照此实验方法,测出的电源内阻是电流表A2和电源两部分电阻之和,因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1);(2);(3)【解析】

(1)由于粒子从Q点垂直于OP离开电场,设到Q点时竖直分速度为,由题意可知设粒子从M点到Q点运动时间为,有粒子做类平抛运动的水平位移如的由磁场方向可知粒子向

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