海南省儋州市第一中学2023-2024学年高三下学期仿真模拟物理试题

海南省儋州市第一中学2023-2024学年高三下学期仿真模拟物理试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 第I卷（选择题）   评卷人 得分     一、单选题(共8题，每题3分，共24分) 1．如图所示的直角坐标系,在第一象限内存在有方向水平向左的匀强电场。在x轴上的P点沿y轴正方向射入一带电粒子(粒子重力不计),设粒子通过y轴时,离坐标原点的距离为h,从P点到y轴所需的时间为t。则关于该粒子运动的说法正确的是 A.该粒子带负电 B.粒子以不同速率进入电场,h越大,t越大 C.粒子以不同速率进入电场,从P点到y轴的运动过程中,电场力对粒子做的功不相等 D.粒子以不同速率进入电场,h越大,进入电场时的速率v也越大 2．如图所示电路,当滑动变阻器R3的滑片向右移动一小段距离后,电压表V1和电压表V2的示数的变化量分别为ΔU1和ΔU2(均取绝对值)。下列说法中正确的是 A.电压表V1的示数变大,电压表V2的示数变小,且有ΔU1>ΔU2 B.电压表V1的示数变小,电压表V2的示数增大,且有ΔU1>ΔU2 C.电容器的左极板带正电,且两极板间电场强度减小 D.电源的输出功率比R3的滑片移动前大 3．如图所示,一圆环上均匀分布着负电荷,x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是 A.从O点沿x轴正方向,电场强度先增大后减小,电势一直降低 B.从O点沿x轴正方向,电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 C.O点的电场强度为零,电势最低 D.O点的电场强度不为零,电势最高 4．如图所示为一质点做直线运动时的加速度—时间(a—t)图象,图中阴影部分的面积S表示 A.初速度大小 B.末速度大小 C.位移大小 D.速度的变化量大小 5．如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是 A.太阳对各小行星的引力相同 B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年 C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值 D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值 6．如图所示,A、B两带电小球的质量分别为m1、m2,带电荷量分别为q1、q2,两小球用绝缘细线悬挂于O点,平衡时A、B两球处于同一高度,与竖直方向的夹角分别为30°、60°,已知细线OA长为l,重力加速度为g,静电力常量为k。则 A.A、B间库仑力大小为m2g B.细线OA的弹力大小为m1g C.A、B间库仑力大小为k D.A、B的质量之比为m1∶m2=3∶2 7．如图所示,边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO'以角速度ω匀速转动,轴OO'垂直于磁感线,制成一台交流发电机,它与理想变压器的原线圈连接,变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2,二极管的正向电阻为零,反向电阻无穷大,从正方形线圈处于图示位置开始计时,下列判断正确的是 A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBωL2sin ωt B.变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1 C.电压表V示数为NBωL2 D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,电流表和电压表示数均减小 8．如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则 A.电路中感应电动势的大小为 　　 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 　　 D.金属杆的热功率为   评卷人 得分     二、多选题(共5题，每题4分，共20分) 9．2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约100 s时,它们相距约400 km,绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星 A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 10．下列关于简谐振动和简谐波的说法,正确的是 A.媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等 B.媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等 C.波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致 D.横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍 11．如图所示,在竖直平面内的MM'和NN'之间存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MM'和NN'之间的距离为h,在MM'上方高h处一长度为2L、宽度为L的矩形导体线框从静止开始下落。已知h>L,线框的质量为m,电阻为R,线框下落过程中ab边始终保持水平,不考虑空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是 A.线框进入磁场的过程中线框中电流方向是a→b→c→d→a B.线框在完全进入匀强磁场后有可能做匀速直线运动 C.若线框刚进入匀强磁场区域时做匀速直线运动,则线框中电流的功率为 D.线框进入磁场的过程中通过导线截面的电荷量为 12．如图所示,A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用,正沿斜面向下运动,斜面体B始终保持静止不动。斜面体B受到地面的摩擦力向右,物块A正在下滑时,则 A.若只撤去F1,则B受到地面的摩擦力变大 B.若只撤去F2,则B受到地面的摩擦力变大 C.若同时撤去F1、F2,物块A将做减速运动 D.增大F2,物块A受到斜面的摩擦力将变大 13．如图，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2.第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是 A.　　　　　　　 B.=()2 C. D. 第II卷（非选择题）   评卷人 得分     三、实验题(共2题，每题10分，共20分) 14．Ⅰ.根据单摆周期公式T=,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。 (1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图2所示,读数为　　　mm。 图1　　　　　　　　　　　　图2 (2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有　　　　。 a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些 b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度 d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔Δt即为单摆周期T e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间Δt,则单摆周期T= Ⅱ.(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为　　　mm,合金丝的直径为　　　mm。 (2)为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图1所示的实验电路图,按照该电路图完成图2中的实物电路连接。 图1　　　　　　　　　　图2 Ⅲ.根据闭合电路欧姆定律,用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0是定值电阻,通过改变R的阻值,测出R0两端的对应电压U12,对所得的实验数据进行处理,就可以实现测量目的。根据实验数据在—R坐标系中描出坐标点,如图2所示。已知R0=150 Ω,请完成以下数据分析和处理。 图1　　　　　　　　　　图2 (1)图2中电阻为　　　　Ω的数据点应剔除; (2)在坐标纸上画出—R关系图线; (3)图线的斜率是　　　　(V-1·Ω-1),由此可得电池电动势Ex=　　　　V。 15．众所周知,将两个金属电极铜、锌插入一个水果中就可以做成一个水果电池(如图甲所示).水果电池的电动势大约为1 V,但由于内阻偏大,日常生活中我们很少用水果电池.那么水果电池的电动势和内阻到底有多大呢?某学习小组的同学就此进行探究. (1)A同学用量程为0~1 V、内阻约10 kΩ的电压表测其两极时读数为0.74 V,用灵敏电流表直接接水果电池的两极,测得电流为0.55 mA,由闭合电路欧姆定律得电池的内阻r== Ω=1.3 kΩ.B同学把欧姆表直接接到水果电池的两极上,读得欧姆表的读数为84 Ω.因而A同学说水果电池的内阻为1.3 kΩ,而乙同学则说是84 Ω. 请你判断A 、 B两位同学测得的水果电池的内阻是否准确,为什么?请选一位同学进行说明.　. (2)C同学利用课本上介绍的伏安法测水果电池的电动势和内阻,电路图如图乙所示.图丙是C同学根据测量数据在坐标纸上作出的U随I变化的关系图像.由图像可得水果电池的电动势为　　　V(计算结果保留两位小数),内阻为　　　 Ω(计算结果保留两位有效数字).C同学在某次实验时发现电压表坏了,但他利用现有器材采用图像法同样测出了水果电池的电动势和内阻,则C同学在利用图像法处理数据时作出的是　　　随　　　变化的关系图像.   评卷人 得分     四、计算题(共3题，每题12分，共36分) 16．如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场区竖直宽度为h，磁场方向水平向里。竖直平面内有一等腰梯形导线框，底边水平，其上下边长之比为5:1，高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚要进入磁场前的一小段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g。 (1)如果已知磁感应强度为B，导线框电阻为R，AB长为l，求线框的质量； (2)求在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度大小与AB边刚进入磁场时的速度大小之比； (3)求DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小。 17．【加试题】如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下,从x=0处由静止开始沿斜面向上运动,其速度v与位移x满足v=kx(可导出a=kv),k=5 s-1。当棒ab运动至x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12 W,运动至x2=0.8 m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动,最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用F—x图象下的“面积”代表力F做的功,sin 37°=0.6) (1)磁感应强度B的大小; (2)外力F随位移x变化的关系式; (3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q。 18．如图甲所示，导热气缸内有一质量为2kg，面积S=的活塞，封闭着一定质量的理想气体，活塞可无摩擦滑动且不漏气，现通过电热丝改变气体温度使气体的压强或体积发生缓慢变化并绘出了活塞距缸底高度h随热力学温度T变化的图像如图乙所示。若气体从A状态经B状态到C状态，已知大气压强为，重力加速度为，求： ①气体在C状态的压强是多大？ ②气体从状态A到状态B，再到状态C的过程中对外所做的功是多少？ 参考答案 1.D 【解析】本题考查了电场中带电粒子的运动,意在考查考生对带电粒子在电场中运动规律的掌握情况。由题意可知,粒子向左偏,由电场线的方向,可确定粒子所受电场力方向向左,因此粒子带正电,故A错误;粒子以不同速率进入电场时,粒子受到的电场力相同,加速度也相同,因此运动时间也相等,由于粒子进入电场的速率不同,则导致h不同,故B错误;粒子以不同速率进入电场,到达y轴时在电场力方向的位移相同,因此电场力做的功相等,故C错误;水平分位移x相等,由x=at2知,运动时间t相等,竖直分位移h=vt,则h越大,粒子进入电场时的速率v也越大,故D正确。 【备注】无   2.B 【解析】本题考查动态直流电路、电容器、闭合电路欧姆定律及其相关的知识点。滑动变阻器R3的滑片向右移动一小段距离后,R3接入电路的电阻减小,电路外电阻减小,总电阻减小,电源输出电流增大,R2中电流增大,R2两端电压增大,电压表V2的示数增大,与其并联的电容器C两端电压增大,极板带电荷量增大,两极板之间的电场强度增大,选项C错误;电源输出电流增大,电源内阻电压增大,导致电源路端电压减小,电源输出功率不一定增大,选项D错误;根据闭合电路欧姆定律,E=U1+U2+Ir,电源输出电流I增大,则U1+U2减小,电压表V2的示数增大,则电压表V1的示数减小,且有ΔU1=ΔU2+ΔI·r,即ΔU1>ΔU2,选项B正确,A错误。 【备注】无   3.C 【解析】根据对称性得出在O点放一试探电荷,所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零,根据电场强度定义可知O点的电场强度为零,又因x轴无限远处电场强度为零,则从O点沿x轴正方向,电场强度先增大后减小.若设沿x轴无限远处,电势为零,则逆着x轴方向向O点移动一个正的试探电荷,电场力做正功,电势能减小.根据电势的定义可知在O点试探电荷的电势能最小,电势最低,所以从O点沿x轴正方向,电势一直升高,选项A、B、D错误,C正确. 【备注】无   4.D 【解析】根据加速度的定义式a=,得到Δv=aΔt,由微元法可知,从t1到t2时刻速度的变化量大小等于图中阴影部分的面积,D正确。 【备注】无   5.C 【解析】各小行星到太阳中心的距离皆大于地球到太阳中心的距离,根据万有引力公式G=m=m()2r=ma,知太阳对各小行星的引力不一定相同,各小行星绕太阳运动的周期均大于一年,则选项AB错误,由a=和v2=,r小,a大,r大,v小,则选项C正确,D错误。 【备注】无   6.B 【解析】本题考查考生的理解和推理能力,需要考生利用库仑定律和共点力平衡等知识进行分析解题。以B球为研究对象,受力分析如图1所示,可知A、B间库仑力大小为F=m2gtan 60°=m2g,A错误;以A球为研究对象,受力分析如图2所示,可知A、B间库仑力大小为F=m1gtan 30°=m1g,F弹A=m1g,B正确;由几何关系可知,A、B两球之间的距离为2l,由库仑定律知A、B两球间库仑力大小为F=k=k,C错误;由F=m1g,F=m2g,则m1∶m2=3∶1,D错误。 【备注】平衡状态从运动学的角度是指静止或匀速直线运动状态,从受力的角度是所指受合外力为零。   7.C 【解析】题中图示线圈位置是与中性面垂直的位置,从图示位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=NBωL2cos ωt,选项A错误.理想变压器的输入功率与输出功率相等,选项B错误.原线圈电压的有效值U1=NBωL2,由=得U2=NBωL2,由于二极管的单向导电性,副线圈中只有半个周期内有电流,设电压表示数为U,根据有效值的定义得 ×=×T,所以电压表的示数U=NBωL2,选项C正确.若滑动变阻器的滑片向下滑动,副线圈的总阻值增大,原线圈电压不变,副线圈电压也不变,电压表示数不变,由欧姆定律得副线圈的电流变小,原线圈中的电流也变小,电流表示数变小,选项D错误. 【备注】无   8.B 【解析】金属杆的有效切割长度为l，电路中感应电动势的大小E=Blv，选项A错误；金属杆的电阻R=，根据欧姆定律可知电路中感应电流的大小I=，选项B正确；金属杆所受安培力的大小F=BI〔表示金属杆中有电流通过的那一部分的长度〕=，选项C错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为P=I2R=，选项D错误。 【备注】无   9.BC 【解析】本题考查了万有引力定律的应用,意在考查考生的建模能力以及应用规律处理问题的能力。由题意可知,合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈,则两中子星的周期相等,且均为T= s,两中子星的角速度均为ω=,两中子星构成了双星模型,假设两中子星的质量分别为m1、m2,轨道半径分别为r1、r2,速率分别为v1、v2,则有:G=m1ω2r1、G=m2ω2r2,又r1+r2=L=400 km,解得m1+m2=,A错误,B正确;又由v1=ωr1、v2=ωr2,则v1+v2=ω(r1+r2)=ωL,C正确;由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度,D错误。 【备注】20###选择题(共126分)###必考点###力学-万有引力定律及其应用###中###选择题   10.AD 【解析】机械波的周期取决于波源即振动质点的振动周期,故A对;波速取决于媒质和波的频率,质点的振动速度与媒质无关,故B错;对于横波来说,波的传播方向与质点的振动方向互相垂直,所以C错;振幅是质点离开平衡位置的最大距离,波峰是正向位移最大,波谷是负向位移最大,故波峰与波谷在振动方向上的距离就是振幅的2倍,所以选项D正确。 【备注】无   11.CD 【解析】本题考查电磁感应现象,意在考查考生利用数学处理物理问题的能力、分析综合能力。 线框在进入磁场的过程中,线框内的磁通量增大,根据楞次定律,线框中产生的感应电流方向为逆时针方向,即a→d→c→b→a,A错误;在线框完全进入匀强磁场后,线框中的磁通量不变,不产生感应电流,不受安培力作用,只受重力作用,线框做加速度为g的加速运动,B错误;若线框刚进入匀强磁场区域时做匀速直线运动,则有线框dc边所受安培力大小等于重力,即BI×2L=mg,解得I=,线框中电流的功率P=I2R=,C正确;由E=,I=,q=IΔt,ΔΦ=2BL2,联立解得 q=,D正确。 【备注】无   12.BC 【解析】本题考查考生的理解和推理能力,需要考生利用力的合成与分解、平行四边形定则、整体法和隔离法等知识解题。若只撤去F1,对A与B间的弹力、摩擦力均没有影响,而且两力方向均保持不变,所以B受到地面的摩擦力不变,A错误;若只撤去F2,会导致A与B间的弹力、摩擦力均增加,由Ff=μFN可知,两力按照相同比例增加,而且两力方向均保持不变,所以两力的水平分力差值会增加,则B受到地面的摩擦力也会变大,B正确;设α为斜面倾角,若μ=tan α,此时地面不受斜面体B的摩擦力,若μ>tan α,此时地面对斜面体B有向右的静摩擦力,符合题给条件,所以物块A正在下滑时,若同时撤去F1、F2,物块A将做减速运动,C正确;F2增大会导致A、B之间的摩擦力减小,D错误。 【备注】无   13.AD 【解析】本题中涉及三个物体，其已知量排列如下 地球同步卫星:轨道半径r，运行速率v1，加速度a1 地球赤道上的物体:轨道半径R，随地球自转的向心加速度a2 近地卫星:轨道半径R，运行速率v2 对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有G=m，故 对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a=ω2r，故。 【备注】无   14.　Ⅰ.(1)18.6　(2)abe Ⅱ.(1)0.007 　0.638　 (2)如图所示 Ⅲ.(1)80.0　(2)如图所示 (3)0.004 44　1.50 【解析】　本题主要考查游标卡尺、螺旋测微器、用单摆测重力加速度、闭合电路欧姆定律等,意在考查考生的实验能力。Ⅰ.(1)该游标尺为十分度的,根据读数规则可读出小钢球直径大小。(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断正确答案。Ⅱ.(1)由于螺旋测微器开始起点有误差,估读为0.007 mm,测量后要去掉开始误差。(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入,掌握滑动变阻器的分压接法。Ⅲ. (1)根据画图描点原则应舍掉80.0欧姆的点。(3)根据闭合电路欧姆定律:Ex=U12+(R+rx),所以=++,由图可知斜率=0.004 44,即Ex=1.50 V。 【备注】无   15.(1)A同学:不准确.因水果电池内阻较大,电压表测量值小于水果电池的电动势(或B同学:不准确.因水果电池本身有电动势,当用欧姆表直接接水果电池的两极时,欧姆表内部的电源和水果电池串联,影响测量的结果)　(2)0.72　1.1×103　　R 【解析】(1)因电压表内阻不是无穷大,测量结果不是水果电池的电动势,要小于真实电动势,同时由于电流表内阻不能忽略,所测短路电流也不准确;因水果电池本身有电动势,与欧姆表里的电源相互影响使所测的内阻值不准确. (2)由作出的U随I变化的关系图像可知,水果电池的电动势为E=0.72 V,内阻为r= Ω=1.1×103 Ω;电压表坏了,可以借助电流表和电阻箱完成实验,由E=IR+Ir得=R+,故可以作出随R变化的关系图像进行分析. 【备注】无   16.(1)(2)(3) 【解析】本题考查法拉第电磁感应定律、平衡以及机械能守恒定律等知识。 (1)设AB边刚进入磁场时速度为v1，线框质量为m；又AB=l，则CD=5l 线框下落过程由机械能守恒定律得 AB刚进入磁场时感应电动势 感应电流：，安培力 加速度为0，即受力平衡，有 联立解得 (2)设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v2，线框切割磁感应线的有效长度为2l， 线框匀速运动时受力平衡，有，由(1)得AB刚进入磁场时有 联立解得 (3)CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l， 安培力为：，由牛顿第二定律得 联立解得 【备注】无   17.(1) T  (2)F= (0.96+3.1x) N  (3) 0.324 J 【解析】本题考查电磁感应现象、直线运动规律、动能定理等相关知识点。 (1)在x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P= 此时v=kx=1 m/s 解得B= T (2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内,有 a=5 s-1×v=25 s-2×x F=25 s-2×xm+μmgcos θ+mgsin θ=(0.96+2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内,有 FA==0.6x N F=(0.96+2.5x+0.6x) N=(0.96+3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) WA1=(x1+x2)(x2-x1)=0.18 J 撤去外力后,设棒ab上升的最大距离为s,再次进入磁场时的速度为v',由动能定理有 (mgsin θ+μmgcos θ)s=mv2 (mgsin θ-μmgcos θ)s=mv'2 解得v'=2 m/s 由于mgsin θ-μmgcos θ-=0 故棒ab再次进入磁场后做匀速运动 下降过程中克服安培力做的功WA2=(x2-x1)=0.144 J Q=WA1+WA2=0.324 J 【备注】无   18.①；②24J 【解析】本题考查理想气体状态方程的知识，意在考查学生的应用能力。 ①对活塞研究，根据平衡条件可得： 根据气体状态方程可得，解得： ②从状态A到状态B气体做等压变化，对外做功，故，解得 从状态B到状态C气体做等容变化，对外做功为零， 所以全过程气体对外做功为24J 【备注】无   学科网（北京）股份有限公司 $$