1、江苏省丹阳高级中学高三第三次模拟考试物理试卷一、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.把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周，由火星和地球绕太阳运行的周期之比可求得A. 火星和地球的质量之比B. 火星和太阳的质量之比C. 火星和地球到太阳的距离之比D. 火星和地球表面的重力加速度之比【答案】C【解析】【详解】研究火星和地球绕太阳做圆周运动，火星和地球作为环绕体，无法求得火星和地球的质量之比，故A错误；根据题目已知条件，不能求得火星和太阳的质量之比，故B错误；研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：，解得：，其中M为太阳的质量，r为轨道半
2、径，火星和地球绕太阳运动的周期之比：，由此能求得火星和地球到太阳的距离之比，即火星和地球绕太阳运行的轨道半径之比，故C正确；根据根据万有引力等于重力得：，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球表面的重力加速度之比，故D错误。2.电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为A. E=0B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】+Q在P点产生的场强大小，方向水平向右；根据电场的叠加原理可得：，解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场
3、强度E的大小为，故选B。3.一越野骑手（可视作质点）以匀速率沿陡峭的山坡在竖直面内骑行，其轨迹如图所示从图中可以看出，其在a、b、c、d 四点处加速度最大的点是A. aB. bC. cD. d【答案】C【解析】【详解】由图知c处曲率半径最小，质点的速率不变，由公式，可知c点的加速度最大，故选C。4.如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是A. 电压表V示数增大B. 电流表A示数减小C. 电路的总功率减小D. 变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显【答案】B【解析】试题分析：当一氧化碳气体浓度减小时，R增大
4、，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过R1的电流增大，因此电压表V示数增大，通过变阻器的电流增大，则电流表A示数减小故A错误，B正确电路的总功率为 P=EI，E不变，I减小，则P减小，故C错误变阻器R1的取值越大，R1与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器R1的取值越大，电压表示数变化越明显故D错误故选B考点：电路的动态分析5.如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1， A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a 1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求
5、其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由，分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来，则车的最大加速度，由运动学公式，车的最大速度：，故选A。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.如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有A. 接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B. 接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C. 断开开关S，A、B都立刻熄灭D. 断开
6、开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭【答案】ABD【解析】接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故AB正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误D正确【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电7.如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越
7、过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力则A. A、B球从O点运动到Q点的时间相等B. A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等C. A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D. 减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P【答案】BCD【解析】将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度根据下降的高度比较竖直分速度的大小将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方
8、向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误；A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度大小相等，故B正确；从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确；减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板P，故D正确8.一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有A. B. C. D. 【答案】AC【解析】A
9、. 小球在上升过程中所受重力和阻力恒定，所以小球的加速度恒定，小球速度应为均匀变化，故A错误；B. 小球上升过程中受向下的重力以及向下的阻力作用，加速度向下，为负值，并且大小保持不变，故B错误；C. 根据动能定理可知，因重力及阻力恒定，所以动能的变化应与位移为一次函数关系，即应为直线，故C错误；D. 因阻力做负功，且阻力恒定，故阻力的功与位移成正比，而阻力做功等于机械能的改变量，所以对应的图象为斜向下的直线，故D正确。故选：D.点睛：对于图象问题可以根据物理知识求出两个坐标轴所代表物理量的函数关系来判断其图象性质是直线还是曲线等，也可以通过特殊点来进行判断9.溜索是一种古老的渡河工具，现已演变
10、为游乐项目如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零下列说法中正确的有A. 人滑到C点时速度最大B. 人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C. 人滑到C点时的加速度方向竖直向上D. 钢索对左侧固定桩拉力小于对右侧固定桩的拉力【答案】BD【解析】【详解】人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图所示：如果钢索光滑，则在C点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，则此时C点的速度不是
11、最大，故A错误；人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的瞬时功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确。三简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第1
12、3题）两部分（本卷只提供33试题），共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10.某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示.（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3，量出1、2、3点到O点的距离分别为s1、s2、s3,从O点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为t1、t2、t3,求得， 作出-t图象如图丙所示图线的斜率为k，截距为b则木块的加速度a=_；b的物理意义是_ （2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数=_（3）关于上述
13、实验，下列说法中错误的是_A木板必须保持水平B调整滑轮高度，使细线与木板平行C钩码的质量应远小于木块的质量D纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素【答案】 (1). 2k； (2). O点的瞬时速度； (3). ； (4). C;【解析】（1）图线纵轴截距b是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即的图象的斜率表示加速度a，则-t图象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg-Mg=（M+m）a，解得：；（3）木板必须保持水平，则压力大小等于重
14、力大小，故A正确；调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B正确；钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C错误；纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D正确；本题选错误的，故选：C点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过v-t图象求解加速度；正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数11.测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：A待测电源（电动势约为8V、内阻约为2）B电压表V（0-3V，内阻约为3k）C电流表A（0-1A）D电阻箱R（0-99999.9）E滑动变阻器（0-20）F滑动变阻器（0-100）G开关、导线若干 （1）
15、采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2.电压表内阻RV=_ 关于上述实验，下列说法中正确的有_A实验中电源可使用待测电源B闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小C调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的D实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大（2）若测得电压表内阻RV=3010，与之串联R=_的电阻，将电压表的量程变为9V（3）为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整_实验中，滑动变阻器应选择_（选填“E”或“F”），并指出产生实验误差的一个原因（写出
16、一点）：_【答案】 (1). (2). AD (3). 6020 (4). (5). E (6). 电压表的分流【解析】【详解】解：（1）设满偏电压为U，则由串并联电路的规律可知：，解得：； 由于要测量电源的电动势和内电阻，故应选用待测电源；故A正确；由于采用限流接法，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大；故B错误；为了保证实验安全，调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐减小的；故C错误；由于电源内阻的影响；当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时的电压表大于电压表满偏时电压的一半，电压表实际电压偏大，电压表内阻的测量值大于真实值，故D正确；（2）据改装原理可知，解得：；（3）根
17、据原理图可得出对应实物图，如图所示：由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏小从而产生误差。12.下列说法正确的是 A. 对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较长的方向移动B. 放射性物质的温度升高，则半衰期减小C. 在光电效应实验中，用频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应，若改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大D. 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子【答案】CD【解析】【详解】对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动，故A错误
18、；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故温度升高，半衰期不变，故B错误；根据光电效应方程知，换用大于的光照射，光电子的最大初动能变大，故C正确。根据玻尔理论可知，氢原子从激发态向基态跃迁时辐射的光子的能量：，又：，可知只能辐射特定频率的光子；故D正确。13.我国科学家因中微子项目研究获2016基础物理学突破奖中微子是一种静止质量很小的不带电粒子，科学家在1953年找到了中微子存在的直接证据：把含氢物质置于预计有很强反中微子流（反中微子用表示）的反应堆内，将会发生如下反应 ，实验找到了与此反应相符的中子和正电子若反中微子能量是E0，则反中微子质量=_，该物质波的频率v =_（普朗
19、克常量为h，真空中光速为c）【答案】 (1). (2). 【解析】反中微子能量是，根据爱因斯坦质能方程，有：；解得：；根据普朗克能量子方程，有，解得；14.在反应过程中：若质子认为是静止的，测得正电子动量为p1，中子动量为p2，p1、p2方向相同，求反中微子的动量p若质子质量为m1，中子质量为m2，电子质量为m3，m2m1要实现上述反应，反中微子能量至少是多少？（真空中光速为c）【答案】 【解析】试题分析：根据动量守恒定律列式求解反中微子的动量；根据能量守恒定律和动量守恒定律列式求解反中微子能量以质子的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有：解得： 根据能量守恒定律，反中微子的能量最小时，有：
20、故最小能量为：15.下列说法中错误的是 A. 雾霾在大气中的漂移是布朗运动B. 制作晶体管、集成电路只能用单晶体C. 电场可改变液晶的光学性质D. 地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸【答案】A【解析】雾霾在大气中的漂移是气体的流动造成的，故A错误；制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B正确；液晶具有液体的流动性，又对光显示各项异性，电场可改变液晶的光学性质，故C正确；在动能一定的情况下，质量越小，速率越大；地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，故D正确；16.每年入夏时节，西
21、南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨冷空气较暖湿空气密度大,当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀则暖湿气团温度会_（选填“升高” 、“ 不变”或“ 降低”），同时气团内空气的相对湿度会_（选填“变大”、“不变”或“变小”）【答案】 (1). 降低 (2). 变大【解析】试题分析：空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值；饱和汽压随温度的降低而变小，一定温度下，饱和汽的压强是一定的暖湿气团在被抬升过程中膨胀，膨胀的过程中对外做功，气团的内能减小，所以暖湿气团温度会降低；饱和汽压随温度的降低而变小，气团内空气的绝对湿度不变而饱和蒸
22、汽压减小，所以相对湿度会 变大17.一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环，p1、p2、V1、V2均为已知量已知A状态的温度为T0，求：C状态的温度T；成一个循环，气体与外界热交换的热量Q【答案】，吸热【解析】试题分析：根据图示图象判断出气体状态变化过程，然后应用查理定律与盖吕萨克定律求出气体的温度；根据图示图象求出整个过程气体对外做功，然后应用热力学第一定律求出气体与外界交换的热量由图示图象可知，从C到D过程为等容变化，由查理定律得：由图示图象可知，从D到A过程为等压变化，由盖吕萨克定律得：解得：由C到D过程与由A到B过程气体体积不变，气体不做功从B到C过程气体对外做功：从D到A过
23、程外界对气体做功：对全过程气体做功：整个过程气体温度不变，由热力学第一定律得： 则，气体吸热【点睛】本题考查了求气体的温度与气体与外界交换的热量，分析清楚图示图象、分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键；应用查理定律、盖吕萨克定律与热力学第一定律可以解题四、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18.如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L虚线MN过ad、bc边中点一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O从某时刻起
24、，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v. 求：（1）细线断裂前线框中的电功率P；（2）细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；（3）线框穿出磁场过程中通过导线截面的电量 q【答案】（1）（2）；（3）【解析】试题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律与电功率表达式，即可求解；（2）依据牛顿第二定律与动能定理，即可求解；（3）依据安培力表达式，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，即可求解（1）根据法拉第定律，电功率（2）细线断裂瞬间安培力（没有说明，直接代入下面公
25、式也给分）线框的加速度线框离开磁场过程中，由动能定理（3）设细线断裂时刻磁感应强度B1，则有其中线圈穿出磁场过程电流通过的电量解得19.光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动已知弧形轨道的半径为R=m，所对应的圆心角为53，sin53=0.8，g=10m/s2若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小若M=5m，求小球从C点抛出后下落高度h=m时到C点水平位移M、m满足什么
26、关系时，小球能够运动到C点？【答案】（1）7m/s2（2）（3）【解析】（1）设细线中张力为F，对小球：F-mgsin53=ma 对物块：Mg-F=Ma联立解得：a=7m/s2（2）在RtOAB中，得： ；由v2=2axAB代入数据解得：v=2 m/s； 从B到C，根据机械能守恒，有： 小球离开C后做平抛运动，有：x=vCt 联立并代入数据解得： （3）小球AB：M、m系统机械能守恒，有： 线断后，小球BC， 联立，解得： 点睛：本题综合考查机械能守恒、牛顿第二定律以及平抛运动规律，此类问题一定注意做好受力分析以及过程分析，然后根据题意灵活选择物理规律即可正确求解20.如图a所示，匀强磁场垂直
27、于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化（垂直于纸面向外为正）t=0时，一比荷为C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小，不计粒子重力求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径求时带电粒子的坐标保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻【答案】（1）1m （2）3.41m，1.41m （3） 【解析】试题分析： （1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，r =1m（2）带电粒子在磁场中运动的周期，s在0s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角，在s s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角，轨迹如图a所示，根据几何关系可知，横坐标：m纵坐标：m带电粒子的坐标为（341m，-141m）（3）施加B2=03T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示，当（n=0,1,2,）时，s当（n=0,1,2,）时，粒子运动轨迹如图c所示，则粒子回到原点的时刻为，（n=0,1,2,）考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，解题时要通过磁场的变化情况分析粒子的受力变化情况，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解；注意问题的多解情况.