廣東省揭陽市京隴中學(xué)高三物理模擬試卷含解析

1、廣東省揭陽市京隴中學(xué)高三物理模擬試卷含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. （單選）（A）如圖甲所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域內(nèi)，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場過程的感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象是下圖所示的（）ABCD參考答案：考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律專題：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合分析：先根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向再由E=BLv，分析感應(yīng)電動勢，其中L是有效的切割

2、長度由歐姆定律得到感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式解答：解：設(shè)直角三角形右下角為金屬框進(jìn)入磁場的過程，感應(yīng)電動勢為 E=BLv，L=vttan，則得 E=Bv2t?tan，感應(yīng)電流大小i=t，由楞次定律判斷得知：感應(yīng)電流為逆時針方向，是負(fù)值；金屬框穿出磁場的過程，感應(yīng)電動勢為 E=BLv，L=L0v（t）tan=（2L0vt）tan，L0是三角形底邊的長度，則得 E=B（2L0vt）v?tan，感應(yīng)電流大小i=，由楞次定律判斷得知：感應(yīng)電流為順時針方向，是正值；由數(shù)學(xué)知識可知C圖象正確故選C點評：本題是楞次定律和法拉第電磁定律、歐姆定律的綜合應(yīng)用，得到電流的表達(dá)式，再選擇圖象2. 如圖所示，一輕桿兩端分

3、別固定著質(zhì)量為mA和mB的兩個小球A和B（可視為質(zhì)點）將其放在一個直角形光滑槽中，已知當(dāng)輕桿與槽左壁成角時，A球沿槽下滑的速度為vA，則此時B球的速度（ ）A. vAtanB. vAcotC. vAcosD. vAsin參考答案：B【詳解】根據(jù)題意，將A球速度分解成沿著桿和垂直于桿方向的兩個分速度，同時將B球速度也分解成沿著桿和垂直于桿兩方向。則有，A球：v=vAcos而B球，v=vB=vBsin由于同一桿，則有vAcos=vBsin所以vB=vA=vAcot，故B正確，A、C、D錯誤；故選：B3. （單選）把水星和金星繞太陽的運動視為勻速圓周運動從水星與金星和太陽在一條直線上開始計時，若測得

4、在相同時間內(nèi)水星、金星轉(zhuǎn)過的角度分別為1、2（均為銳角），則由此條件可求得水星和金星（）A質(zhì)量之比B繞太陽運動的軌道半徑之比C繞太陽運動的動能之比D受到太陽的引力之比參考答案：考點：萬有引力定律及其應(yīng)用專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：相同時間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為1；金星轉(zhuǎn)過的角度為2，可知道它們的角速度之比，繞同一中心天體做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，可求出軌道半徑比，由于不知道水星和金星的質(zhì)量關(guān)系，故不能計算它們繞太陽的動能之比，也不能計算它們受到的太陽引力之比解答：解：A、水星和金星作為環(huán)繞體，由題可求出周期或角速度之比，但無法它們求出質(zhì)量之比，故A錯誤B、相同時間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為

5、1；金星轉(zhuǎn)過的角度為2，可知道它們的角速度之比，根據(jù)萬有引力提供向心力：解得：r=，知道了角速度比，就可求出軌道半徑之比，即到太陽的距離之比故B正確C、由于不知道水星和金星的質(zhì)量關(guān)系，故不能計算它們繞太陽的動能之比，故C錯誤D、由于不知道水星和金星的質(zhì)量關(guān)系，故不能計算它們受到的太陽引力之比，故D錯誤故選：B點評：解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力：以及知道要求某一天體的質(zhì)量，要把該天體放在中心天體位置，放在環(huán)繞天體位置，被約去，求不出來4. （多選）如圖所示，在傾角為a的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒。在導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外

6、加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向正確的是A方向垂直斜面向上 B方向垂直斜面向下 C方向豎直向上 D方向豎直向下參考答案：5. 如圖所示，水平桌面上放置一個質(zhì)量為1kg的物塊A，在A的上面放置另一個質(zhì)量也為1kg的物塊B，已知A與地面之間的動摩擦因數(shù)為1=0.5，A、B之間的動摩擦因數(shù)為2=0.2。現(xiàn)在給物塊A施加一個與水平方向夾角為=37斜向上方大小恒為F=10N的力，則物塊B所受的摩擦力為(重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)A. 大小為0.5N，方向水平向右B. 大小為2N，方向水平向右C. 大小為0.5N，方向水平向左D. 大小為2N，方向水平向左參考

7、答案：A【詳解】先假設(shè)AB一起運動，以AB對象，根據(jù)牛頓第二定律則有，解得；以B對象，根據(jù)牛頓第二定律則有，假設(shè)成立，所以物塊B所受的摩擦力為靜摩擦力，大小為，方向水平向右，故選項A正確，B、C、D錯誤；故選選項A。二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. “長征2號”火箭點火升空時，經(jīng)過3 s速度達(dá)到42 m/s，設(shè)火箭上升可看作勻加速運動，則它在3 s內(nèi)上升的高度為_ m，升空時的加速度為_ m/s2.參考答案：7. 某實驗小組利用彈簧秤和刻度尺，測量滑塊在木板上運動的最大速度。實驗步驟如下：用彈簧秤測量橡皮泥和滑塊的總重力，記作G；將裝有橡皮泥的滑塊放在水平木板上，通過水平

8、細(xì)繩和固定彈簧秤相連，如圖甲所示。在A端向右拉動木板，等彈簧秤讀數(shù)穩(wěn)定后，將讀數(shù)記作F；改變滑塊上橡皮泥的質(zhì)量，重復(fù)步驟；實驗數(shù)據(jù)如下表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.620.830.991.221.371.61如圖乙所示，將木板固定在水平桌面上，滑塊置于木板上左端C處，細(xì)繩跨過定滑輪分別與滑塊和重物P連接，保持滑塊靜止，測量重物P離地面的高度h；滑塊由靜止釋放后開始運動,最終停在木板上D點（未與滑輪碰撞），測量C、D間距離S。完成下列作圖和填空：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在給定的坐標(biāo)紙（見答題卡）上作出FG圖線。（2）由圖線求得滑塊和木板間的動摩擦因數(shù)_（保留2

9、位有效數(shù)字）（3）滑塊最大速度的大小_（用h、s、和重力加速度g表示。）參考答案：（1）如右圖所示（2）0.40（0.38、0.39、0.41、0.42均正確）（3）解析：（1）根據(jù)描點法在F-G圖象上描出各點，再連接起來，如圖所示；（2）由圖甲可知F=G，則F-G圖象上的直線的斜率代表值的大小由F-G圖象可知=0.40；（3）當(dāng)重物P剛好下落到地面時，滑塊的速度v最大，此時滑塊的位移為h，此后滑塊做加速度為g的勻減速運動，由公式v2-v02=2as知：滑塊的最大速度vmax滿足：vmax2=2g（S-h），則vmax= 8. 如圖所示，一直立的氣缸用一質(zhì)量為m的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞

10、橫截面積為S，汽缸內(nèi)壁光滑且缸壁是導(dǎo)熱的開始活塞被固定，打開固定螺栓K，活塞上升，經(jīng)過足夠長時間后，活塞停在B點，則活塞停在B點時缸內(nèi)封閉氣體的壓強為 _，在該過程中，缸內(nèi)氣體_（填“吸熱”或“放熱”）（設(shè)周圍環(huán)境溫度保持不變，已知AB=h，大氣壓強為p0，重力加速度為g）參考答案： (1). (2). 吸熱活塞處于平衡狀態(tài)有: ,所以被封閉氣體壓強為 被封閉氣體體積增大,氣體對外界做功,因為氣體溫度不變,因此內(nèi)能不變,根據(jù) 可以知道,在該過程中,缸內(nèi)氣體吸熱.綜上所述本題答案是：(1). (2). 吸熱.9. 如圖所示，某車沿水平方向高速行駛，車廂中央的光源發(fā)出一個閃光，閃光照到了車廂的前、

11、后壁，則地面上的觀察者認(rèn)為該閃光 （選填“先到達(dá)前壁”、“先到達(dá)后壁”或“同時到達(dá)前后壁”），同時他觀察到車廂的長度比靜止時變 （選填“長”或“短”）了。參考答案：先到達(dá)后壁 短（10. （6分）若加在某導(dǎo)體兩端的電壓變?yōu)樵瓉淼臅r，導(dǎo)體中的電流減小了0.4 A.如果所加電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則導(dǎo)體中的電流為_A。參考答案：2.011. （5分）如圖所示，質(zhì)量為m，橫截面為直角三角形的物塊ABC，ABC=，AB邊靠在豎直墻面上，F(xiàn)是垂直于斜面BC的推力，現(xiàn)物塊靜止不動，則摩擦力的大小為 。參考答案：答案：mg+Fsin12. 如圖所示，由導(dǎo)熱材料制成的氣缸和活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)，活

12、塞與氣缸壁之間無摩擦，活塞上方存有少量液體，將一細(xì)管插入液體，利用虹吸現(xiàn)象，使活塞上方液體緩慢流出，在此過程中，大氣壓強與外界的溫度均保持不變，下列各個描述理想氣體狀態(tài)變化的圖象中與上述過程相符合的是 圖，該過程為 過程。（選填“吸熱”、“放熱”或“絕熱”）參考答案：D 吸熱氣體做等溫變化，隨著壓強減小，氣體體積增大。A、B圖中溫度都是變化的；等溫情況下，PVC，圖象是一條過原點的直線，故圖D正確。故選D。該過程中，體積增大，氣體對外界做功，W0，等溫變化，所以Q0，氣體要吸收熱量。13. 如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度，下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在

13、天平的右臂下方，線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)，若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是（）ABCD參考答案：A【考點】安培力【分析】線框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁場強度B和電流大小I相等，即根據(jù)線框在磁場中的有效長度大小關(guān)系即可判斷其受力大小關(guān)系【解答】解：天平原本處于平衡狀態(tài)，所以線框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于線框平面與磁場強度垂直，且線框不全在磁場區(qū)域內(nèi)，所以線框與磁場區(qū)域的交點的長度等于線框在磁場中的有效長度，由圖可知，A圖的有效長度最長，磁場強度B和電流大小I相等，所以A所受的安培力最大，則A圖最容易使天平失去平衡故選：A三、 實驗題：本

14、題共2小題，每小題11分，共計22分14. (5分)如圖6所示，在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，光具座上放置的光學(xué)元件依次為光源、_、_、_、遮光筒、光屏。對于某種單色光，為增加相鄰亮紋（暗紋）間的距離，可采取_或_的方法。參考答案：答案：濾光片 單縫 雙縫 減小雙縫間距離 增大雙縫到屏的距離。15. 如圖所示，用伏安法測電源電動勢和內(nèi)阻的實驗中，在電路中接一阻值為2的電阻R0， 通過改變滑動變阻器，得到幾組電表的實驗數(shù)據(jù)：U（V）1.21.00.80.6I（A）0.100.170.230.30（1）R0的作用是 ；（2）用作圖法在坐標(biāo)系內(nèi)作出U-I圖線；（3）利用圖線，測得電動勢E= V，

15、內(nèi)阻r = 。（4）某同學(xué)測另一串聯(lián)電池組的輸出功率P隨外電阻R變化的曲線如圖所示。由所得圖線可知，被測電池組電動勢E_V，電池組的內(nèi)阻r_?！局R點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻J7【答案解析】 【思路點撥】（1）通過電源、電表的電流不宜太大，故需串接定值電阻，以減小最大電流；（2）先描點，然后用一條直線連接起來，如果不能通過所有點，使曲線兩側(cè)的點數(shù)大致相同；（3）電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動勢；斜率表示內(nèi)電阻；（4）當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，利用這個結(jié)論求解即可本題關(guān)鍵是要明確保護(hù)電阻的作用，電源的U-I圖象的物理意義，同時明確“當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大”的結(jié)

16、論參考答案：（1）保護(hù)電源、電表，防止短路（2） （3）1.5v 1.0 (4)30v 5解析： ：（1）一節(jié)干電池的電流不宜長時間超出0.6A，否則會損壞電池；電流表也有量程，不能超過；（2）先描點，然后用一條直線連接起來，如果不能通過所有點，使曲線兩側(cè)的點數(shù)大致相同，如圖所示；（3）電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動勢，故E=1.5V；斜率表示內(nèi)電阻，即R0+r，故r=3.0-2.0=1.0；（4）當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，由圖象可以看出，當(dāng)電阻R=5時，電源的輸出功率最大，為45W，故電源內(nèi)阻為5；再根據(jù)PI2R()2R，有：45=（）25，解得：E=30V四、計算題：

17、本題共3小題，共計47分16. 如圖所示，電阻不計、間距L=1m、足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成=37角，導(dǎo)軌平面矩形區(qū)域efhg內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度的大小B=1T，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，邊界ef、gh之間的距離D=1.4m現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=的導(dǎo)體棒P、Q相隔t=0.2s先后從導(dǎo)軌頂端由靜止自由釋放，P、Q在導(dǎo)軌上運動時始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，P進(jìn)入磁場時恰好勻速運動，Q穿出磁場時速度為2.8m/s已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，求（1）導(dǎo)軌頂端與磁場上邊界ef之間的距離S；（2）從導(dǎo)體棒P釋放到Q穿出磁場的過程，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q總參考

18、答案：解：（1）設(shè)P進(jìn)磁場時的速度為v1，由法拉第電磁感應(yīng)定律 E=BLv1由閉合電路歐姆定律 I=P所受的安培力 F=BIL P勻速運動，則有 F=mgsin 聯(lián)立解得 v1=2m/s 由牛頓第二定律 a=gsin 由運動學(xué)公式 S=解得 S=m0.33m （2）P進(jìn)入磁場以速度v1勻速運動t=0.2s后，Q恰好進(jìn)入磁場，速度也為v1=2m/s之后，P、Q以加速度a勻加速運動，P出磁場以后繼續(xù)以加速度a勻加速運動，而Q在安培力作用下減速運動，直到穿出磁場區(qū)域P在磁場中勻速運動的位移 x1=v1t 此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=mgx1sin P、Q一起勻加速運動的位移 x2=Dx1設(shè)P剛好出

19、磁場時，P、Q的速度為v，由運動學(xué)公式v2v12=2ax2解得 v=4m/s Q出磁場時的速度為v2=2.8m/s，運動的位移 x3=x1 Q減速運動過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q2=mgx3sin+所以，全過程回路中的焦耳熱為Q總=Q1+Q2=0.888J 答：（1）導(dǎo)軌頂端與磁場上邊界ef之間的距離S為0.33m；（2）從導(dǎo)體棒P釋放到Q穿出磁場的過程，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q總為0.888J【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；焦耳定律【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】（1）P進(jìn)入磁場時恰好勻速運動，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式推導(dǎo)出P所受的安培力與速度的關(guān)系，再由P受力

20、平衡，求出P進(jìn)入磁場時的速度，最后由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解S（2）分析兩棒的運動情況：P進(jìn)入磁場以速度v1勻速運動t=0.2s后，Q恰好進(jìn)入磁場，速度也為v1=2m/s之后，P、Q以加速度a勻加速運動，P出磁場以后繼續(xù)以加速度a勻加速運動，而Q在安培力作用下減速運動，直到穿出磁場區(qū)域分段求解回路中產(chǎn)生的熱量，從而得到總熱量17. 相距L=1.5m的足夠長金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量m1=1kg的金屬棒ab和質(zhì)量m2=0.27kg的金屬棒cd，均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖1所示，虛線上方磁場的方向垂直紙面向里，虛線下方磁場的方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強度大小相同。ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)=0.75，兩棒總電阻為1.8，導(dǎo)軌電阻不計。ab棒在方向豎直向上、大小按圖2所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放。（g=10m/s2）（