1、湛江一中2013届高三级5月模拟考试物理试卷共 12 页 试卷总分：300分 考试时间：150分钟 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O: 16 I:127 一、单项选择题（本题6小题，共24分, 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）13如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为( ) A始终水平向左 B始终竖直向上 C斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大考点：弹力；共点力平衡答案：C：对小球分析，弹性杆的弹力既要平衡重力又要平衡
2、弹簧的弹力，合力向左上，弹簧弹力增加，杆与竖直方向的夹角逐渐增大，C正确。14. 如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分.已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空.抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态.在此过程中()A气体对外界做功，内能减少B气体不做功，内能不变C气体压强变小，温度降低D气体压强变大，温度不变ks5u考点：绝热膨胀答案：B：绝热膨胀，体积变大，但b内为真空，所以不做功，过程绝热，依据热力学第一定律内能不变，B正确；A错误；温度不变，压强减少，CD错误。15下列关于热学现象和热学规律说法正确的是( )A热量能从高温传到低温物体，但不可能从低温传到高温物B压缩气体
3、做功，气体的内能可能增加C物体的温度为0时，物体分子的平均动能为零D悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动越明显考点：热力学第一、二、三定律；布朗运动答案：B：热量能自发的从高温传到低温物体，也可能从低温传到高温物但需要条件，A错误；功W0，但热专递没给出情况，内能变化未知，B正确；热力学温标与物体分子平均动能对应，绝对零度不能达到，C错误；悬浮在液体中的颗粒越小，布朗运动越明显，D错误。16一个质量为03kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的vt图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的vt图象，下列说法中正确的是 ( ) A水平拉力的大小为01N，方向与摩擦力方向
4、相同B水平拉力对物体做功为12JC撤去拉力后物体还能滑行75mD物体与水平面间的动摩擦因数为01考点：v-t图像；功答案：A：由图线b可知加速度，摩擦力大小f=ma2=0.1N；由图线a可知加速度，牛顿第二定律的方程F+f=ma1，F=0.1N；A正确；水平拉力做负功，B错误；图线b的覆盖面积代表位移，滑行距离为91.5=13.5m，C错误；动摩擦因数为，D错误。二、双项选择题（本题2小题，共12分，选对但不全得3分，选项中有错的不得分。）17.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、。为交流电压
5、表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于2500V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( )A电压表的示数等于5VB电压表的示数等于C实现点火的条件是D实现点火的条件是考点：理想变压器；电压表的读数答案：BD：电压表的读数为有效值为，B正确；A错误；副线圈的电压，C正确；D错误。18“神舟”七号实现了航天员首次出舱。如图所示飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟。则下列判断正确的是( )A飞船沿椭圆轨道过P点时的速度与沿圆轨道过P点时的速度相等B飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在圆轨道的角速度大于同步卫星
6、运行的角速度D飞船变轨前通过椭圆轨道远地点P处时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度考点：卫星的变轨问题；近地卫星和同步卫星答案：BC：轨道1到高轨道2，在相切点P得加速实现，A错误；同一地点，万有引力相同，加速度相同，D错误；飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态正确，B正确；卫星周期与角速度成反比，C正确。19用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转。而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么( )Aa光的频率一定大于b光的频率B只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大C增加b光的强度可能使
7、电流计G的指针发生偏转D用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c考点：光电效应；答案：AB：单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，说明入射光b的频率小于金属极限频率，没有发生光电效应，而入射光a能发生光电效应，频率大于极限频率大于光b的频率，A正确；增加a光的强度，光子数增加，光电子数增加，B正确；而光b则没有用，C错误；阴极K产生电子加速到A阳极，电子流向d到c，电流方向c到d。20如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( )Aa点场强与c点场强一定相同Ba点电势一定小于c
8、点电势C电荷从d点移到b点电场力不做功D负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能考点：典型电场的场强；电势；电势能答案：AC：真空中等量异种点电荷电场线分布对称，所以点ac的场强相等，A正确；中垂线为等势面电荷移动不做功，C正确；没有说明M、N电荷的正负，电势和电势能无法分析，BD错误。21如图所示，电阻为r的金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行（导轨电阻忽略不计），定值电阻R与金属棒构成闭合回路，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（ ）Aab杆中的电流强度与速率v成正比B磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D外力对ab杆做
9、功的功率与速率v成正比考点：电磁感应中的力电的综合题答案：AB：感应电动势的大小E=BLV,电流大小,得出电流强度与速率v成正比，A正确；安培力的大小F=BIL=，得出安培力与速率v成正比，B正确；电阻R上产生的电热功率P=I2R,电阻R上产生的电热功率与速率v2成正比，C错误；外力对ab杆做功的功率，杆做功的功率与速率v2成正比，D错误。三、非选择题（本大题共4小题，共64分，除注明外每空2分）34（1）有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线，有下列器材供选用：A.电压表（05 V，内阻10 k） B.电压表（010 V，内阻20 k）C.电流表（
10、00.3 A，内阻1 ） D.电流表（00.6 A，内阻0.4 ）E.滑动变阻器（5 ，1 A） F.滑动变阻器（500 ，0.2 A）实验中电压表应选用_，电流表应选用_.为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）。请在方框内画出满足实验要求的电路图，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图。根据U-I图象，当灯泡两端所加电压为3.2V时，电功率为 W考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线答案：（1）A 1分 D 1分 E1分 电路图 2分连线如右图示2分1.44W2分：小灯泡额定电压为4V，电压表选A；额定电流为0.5A，电流表选D；
11、要求电压表从零开始变化且多取几组数据，分压联法，选择小的滑动变阻器，选E；电路为外接分压接法，电路图和实物图见上图；由伏安图像3.2V对应的电流为0.45A,电功率为P=UI=1.44W.（2）在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则 _Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1r2 Dm1m2，r1r2若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是_A直尺B游标卡尺C天平D弹簧测力计E秒表设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前
12、入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为_(用装置图中的字母表示)（3）在用如图558所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是_图558A通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值B通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值C通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度D通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度考点：验证动量守恒定律实验；探究动能定理答案：C2分AC2分m1OPm1OMm2ON 2分（3）选AC. 3分 ：对心碰撞，避免反弹，半径相等，入射小球质量应大些，选项C正确；动量守恒等量方程为：m1OPm1OMm2ON ，需要直尺
13、测长度，和天平测质量；动能定理方程，只验证等式成立，不定量计算，所以功成倍数增加，速度只要最大速度。35（18分）.如图甲所示，一长绝缘木板靠在光滑竖直墙面上，质量为m=1kg.木板右下方有一质量为2m的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为=0.4，木板与滑块处有恒定的风力F4mg，风力方向水平向左，若电动机通过一根绝缘绳拉动滑块（绳保持竖直），使之从地面由静止开始匀加速向上移动，当滑块与木板分离时(如图乙所示)，滑块的速度大小为v=8m/s，此过程中电动机对滑块做的功为W0=136J(重力加速度为g=10m/s2)(1)求当滑块与木板分离时，滑块离地面的高度h；(2)滑块与木板分
14、离前，木板运动的加速度大小a；(3)求滑块开始运动到与木板分离的过程中摩擦力对木板所做的功Wks5u考点：动能定理；牛顿运动定律的应用答案：h=2m；a=6m/s2；W12J：解：(1) 滑块与木板间的正压力大小为：FNF4mg - 1分滑块与木板间的摩擦力大小： FfFN - 1分 滑块向上运动过程由动能定理得： W02mghFfh2mv2 - 2分（两式可直接写成FfF - 2分（三式可直接写成：W02mghFh2mv2 - 4分联立三式，代入数据得：h= =2m - 2分（2） 对长木板由牛顿第二定律得：（3） Ffmgma -2分 联立代入数据得： a=6m/s2 -2分(3) 摩擦力
15、对木板做功为 WFf S -2分Sat2 -2分ks5u又：h=vt/2 - 2分（也可用v2=2ah 1分 v=at 1分两式代替）由以上各式解得： W12J -2分36.(18分)如图，两个共轴的圆筒形金属电极，在内筒上均匀分布着平行于轴线的标号1-8的八个狭缝，内筒内半径为R，在内筒之内有平行于轴线向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在两极间加恒定电压，使筒之间的区域内有沿半径向里的电场。不计粒子重力，整个装置在真空中，粒子碰到电极时会被电极吸收。(1)一质量为m1，带电量为+q1的粒子从紧靠外筒且正对1号缝的S点由静止出发，进入磁场后到达的第一个狭缝是3号缝，求两电极间加的电压U是多少?
16、(2)另一个粒子质量为m2，带电量为+q2，也从S点由静止出发，该粒子经过一段时间后恰好又回到S点，求该粒子在磁场中运动多少时间第一次回到S点。考点：质谱仪的变形；带电粒子在复合场中的多解问题答案：；。：解：（1）m1粒子从S点出发在电场力作用下加速沿径向由1号缝以速度V1进入磁场，依动能定理 - 2分在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿定律得 - 2分 粒子从1号缝直接到3号缝，轨迹为1/4圆周，轨迹半径等于内筒半径 - 2分由以上得 - 2分（2）m2粒子进入磁场后，做匀速圆周运动周期为T ks5u - 1分 得 - 1分m2粒子能回到S点的条件是能沿径向进入某条缝，在电场中先减速
17、再反向加速重回磁场，然后以同样的方式经过某些缝最后经1号缝回到S点。共有三种可能情况 第一种：粒子依次经过2、3、4、5、6、7、8号缝回到1号缝 - 3分 第二种：粒子依次经3、5、7号缝回到1号缝- 3分 第三种：粒子依次经过4、7、2、5、8、3、6号缝回到1号缝- 2分 湛江一中2013届高三级5月模拟考试答案选择题题号13答案C题号141516171819202122232425答案BBABDBCABACABADCDBCBC三、非选择题34.（1）A 1分 D 1分 E1分 电路图 2分连线如右图示2分1.44W2分（2）C2分AC2分m1OPm1OMm2ON 2分（3）选AC. 3
18、分 35解析(1) 滑块与木板间的正压力大小为：FNF4mg 1分滑块与木板间的摩擦力大小： FfFN 1分 滑块向上运动过程由动能定理得： W02mghFfh2mv2 2分（两式可直接写成FfF 2分）（三式可直接写成：W02mghFh2mv2 4分）联立三式，代入数据得：h= =2m 2分（2）对长木板由牛顿第二定律得：Ffmgma 2分 联立代入数据得： a=6m/s2 2分(3)摩擦力对木板做功为 WFf S 2分Sat2 2分ks5u又：h=vt/2 2分（也可用v2=2ah 1分 v=at 1分两式代替）由以上各式解得： W12J 2分36.（1）m1粒子从S点出发在电场力作用下加
19、速沿径向由1号缝以速度V1进入磁场，依动能定理 2分在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿定律得 2分 粒子从1号缝直接到3号缝，轨迹为1/4圆周，轨迹半径等于内筒半径 2分由以上得 2分（2）m2粒子进入磁场后，做匀速圆周运动周期为T ks5u 1分 得 1分m2粒子能回到S点的条件是能沿径向进入某条缝，在电场中先减速再反向加速重回磁场，然后以同样的方式经过某些缝最后经1号缝回到S点。共有三种可能情况 第一种：粒子依次经过2、3、4、5、6、7、8号缝回到1号缝 3分 第二种：粒子依次经3、5、7号缝回到1号缝 3分 第三种：粒子依次经过4、7、2、5、8、3、6号缝回到1号缝 2分