全真模拟检测卷(一)

（限时：55分钟满分：110分）

第Ⅰ卷

一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)

1．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图1所示。由图可知( )

图1

A．电流的最大值为10 A

B．电流的有效值为10 A

C．该交流电的周期为0.03 s

D．该交流电的频率为0.02 Hz

解析：选B 根据图象可知，电流的最大值为10 2 A，电流的有效值为10 A，该交流电的周期为0.02 s，该交流电的频率为50 Hz，所以B选项正确。

2．两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受磁场力作用而做匀速圆周运动。下列说法中正确的是( )

A．若它们的运动周期相等，则它们的质量相等

B．若它们的运动周期相等，则它们的速度大小相等

C．若它们的轨迹半径相等，则它们的质量相等

D．若它们的轨迹半径相等，则它们的速度大小相等

解析：选A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有Bvq

＝m v2

R

，得R＝

mv

Bq

，两个电荷量相等的带电粒子，若它们的轨迹半径相等，则它们的mv乘积

相等，C、D选项错误；周期T＝2πR

v

＝

2πm

Bq

，若它们的运动周期相等，则它们的质量相等，

A选项正确，B选项错误。

3．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1。现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2。则F1与F2之比为( )

A．2∶1B．4∶1

C．16∶1 D．60∶1

解析：选D 两小球相互接触后，电荷先中和再平分，此时两球带电量都为＋Q ，开始

库仑力F 1＝k 15Q

2a 2，接触后F 2＝k Q 2

4a 2，所以F 1与F 2之比为60∶1，D 选项正确。 4.平行板电容器C 与三个可变电阻器R 1、R 2、R 3以及电源连成如图

2所示的电路。闭合开关S 待电路稳定后，电容器C 两极板带有一定的

电荷。要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是( )

A ．只增大R 1，其他不变

B ．只增大R 2，其他不变 图2

C ．只减小R 3，其他不变

D ．只减小a 、b 两极板间的距离，其他不变

解析：选BD 根据电路图，电容器的两端电压为电阻R 2两端的电压，要使电容器所带

电荷量增加，根据C ＝Q U 知，可以增大电压，所以B 选项正确，A 选项错误；只减小R 3，电容器两端电压不变，C 选项错误；根据C ＝εr S 4πkd

知，只减小a 、b 两极板间的距离，电容增大，电荷量增加，D 选项正确。

5.如图3所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：

运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A 位置)上，随跳板一同向下运

动到最低点(B 位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的

过程，下列说法中正确的是( )

A ．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零

B ．在这个过程中，运动员的动能一直在减小 图3

C ．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加

D ．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功

解析：选CD 运动员到达最低点时，所受合外力最大，速度为零，A 错误；在这个过

程中，运动员的速度先增大后减小，动能也先增大后减小，B 错误；在这个过程中跳板形变

越来越严重，弹性势能一直在增加，C 正确；根据动能定理W G －W 弹力＝0－12

mv 2可知，W G

6.如图4所示，从地面上A 点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，

沿ACB 椭圆轨道飞行击中地面目标B ，C 为轨道的远地点，距地面高度为

h 。已知地球半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G 。设距地面高度为h

的圆轨道上卫星运动周期为T 0。下列结论正确的是( )

A ．导弹在C 点的速度大于GM

R ＋h

B ．导弹在

C 点的加速度等于GM R ＋h 2 图4

C ．地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点

D ．导弹从A 点运动到B 点的时间一定小于T 0

解析：选BCD 根据牛顿第二定律G Mm R ＋h

2＝m v 2R ＋h ，过C 点绕地球做匀速圆周运动的卫星具有的速度v ＝

GM R ＋h ，因为导弹做椭圆运动，所以v

R ＋h 2＝ma 得C 点的加速度a ＝GM

R ＋h 2，B 正确；导弹在

地球引力的作用下做椭圆运动，根据开普勒第一定律，C 正确；若导弹沿距地面高度为h 的圆轨道上做圆周运动周期为T 0，那么沿ACB 椭圆轨道飞行的时间肯定小于T 0，D 正确。

7.如图5所示，A 、B 两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于

固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面

的倾角分别为α和β，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体的说法中正确的是( ) 图5

A ．两物体着地时所受重力的功率一定相同

B ．两物体着地时的速度一定相同

C ．两物体着地时的动能一定相同

D ．两物体着地时的机械能一定相同

解析：选A 一开始两物体处于静止状态，所以G A sin α＝G B sin β，所以G A G B ＝sin βsin α

。根据动能定理A 、B 两物体着地时速率相等，根据P A ＝G A v A sin α，P B ＝G B v B sin β，结合A 、B 重力之间的关系，可得所受重力的功率一定相同，A 对；两物体着地时的速度方向显然不同，B 错；两物体的质量不同，两物体着地时的动能、机械能一定不同，C 、D 错。

8.如图6所示，在光滑的水平地面上，有两个磁感应强度大小均为

B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的竖直分界线，磁场范围

足够大。一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，

以速度v 从位置Ⅰ开始向右运动，当圆环运动到位置Ⅱ(环直径刚好与

分界线PQ 重合)时，圆环的速度为12

v ，则下列说法正确的是( ) 图6 A ．圆环运动到位置Ⅱ时电功率为B 2a 2v 2

R

B ．圆环运动到位置Ⅱ时加速度为4B 2a 2v 2

mR

C ．圆环从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，通过圆环截面的电荷量为πBa 2R

D ．圆环从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，回路产生的电能为38mv 2 解析：选CD 圆环到达Ⅱ位置时回路中电流为I ＝2B ×2a ×12 v R ＝2Bav R

，此时的电功率应为P ＝I 2R ＝4B 2a 2v 2

R ，选项A 错误；由牛顿第二定律可得2BI ×2a ＝ma 加可得a 加＝8B 2a 2

v mR ，

选项B 错误；由能量守恒定律可得12mv 2＝E ＋12m (12v )2，解得E ＝38mv 2，选项D 正确，由q ＝B ΔS R

易得选项C 正确。

第Ⅱ卷

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考

生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答)

(一)必考题(4题，共47分)

9．(5分)某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动。他将打点计时器接到频率

为50 Hz 的交流电源上，实验时得到一条纸带。他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这个点下标明A ，第六个点下标明B ，第十一个点下标明C ，第十六个点下标明D ，第二十一个点下标明E (如图7所示)。测量时发现B 点已模糊不清，于是他测得AC 长为14.76 cm 、CD 长为11.25 cm ，DE 长为13.83 cm ，则打C 点时小车的瞬时速度大小为________ m/s 。(保留三位有效数字)

图7

解析：x DE －x CD ＝aT 2，T ＝5×0.02 s＝0.1 s ，解得a ＝2.58 m/s 2，B 点的速度v B ＝x AC 2T

＝0.738 m/s ，因小车做的是匀变速直线运动，所以C 点的速度为v C ＝v B ＋aT ＝0.996 m/s 。

答案：0.996

10．(10分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件。现用伏安法研究热敏电阻在不同

温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5 Ω。热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：

A ．电流表A 1，量程0.6 A ，内阻约1 Ω

B ．电流表A 2，量程3 A ，内阻约2 Ω

C ．电压表V 1，量程15 V ，内阻约15 kΩ

D．电压表V2，量程3 V，内阻约5 kΩ

E．滑动变阻器R1(0～100 Ω)

F．滑动变阻器R2(0～20 Ω)

G．电源E(3 V、内阻可忽略)

H．盛有热水的热水杯(图中未画出)

I．开关、导线若干

(1)实验中应选用的电流表为________(填“A1”或“A2”)，应选用的电压表为________(填“V1”或“V2”)，应选用的滑动变阻器为________(填“R1”或“R2”)。

(2)在图8甲的方框中画出实验电路原理图，要求测量误差尽可能小。

(3)根据电路原理图，在图8乙的实物图上连线。

图8

解析：(1)通过热敏电阻的电流强度的大小范围是I＝

3

4＋1

A＝0.6 A，I′＝

3

5＋1

A＝

0.5 A，因此电流表选A1，电源电动势为3 V，所以电压表选V2，因题目要求伏安特性曲线要完整，所以供电电路应选分压式，滑动变阻器选小电阻R2。

(2)因待测电阻阻值远小于电压表V2的内阻，故测量电路应选电流表外接法。电路图如下图所示。

(3)连接实物图时要注意滑动变阻器的接法和电表的正负接线柱。

答案：(1)A1V2R2

(2)如图甲所示

(3)如图乙所示

11.(14分)如图9所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导

线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻

都相等。将线框置于光滑绝缘的水平面上。在线框的右侧存

在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感

应强度为B 。在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂 图9

直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场。在运动过程中线框平面水平，且MN 边与磁场的边界平行。求：

(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；

(2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；

(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W 。

解析：(1)线框MN 边在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv

线框中的感应电流 I ＝E R ＝Blv R

(2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34

Blv (3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间

t ＝l v

此过程线框中产生的焦耳热Q ＝I 2

Rt ＝B 2l 3v R 只有PQ 边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热

Q ＝B 2l 3v R

根据能量守恒定律得水平外力做功

W ＝2Q ＝2B 2l 3v R

答案：(1)Blv R (2)34Blv (3)2B 2l 3v R

12.(18分)如图10所示，纸面内一带电粒子以某一速度做

直线运动，一段时间后进入一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场

区域(图中未画出磁场区域)，粒子飞出磁场后，恰好从上板边

缘平行于板面进入两面平行的金属板间，两金属板带等量异种电荷， 图10

粒子在两板间经偏转后恰好从下板右边缘飞出。已知带电粒子的比荷(电量与质量之比)为k 。粒子进入磁场前的速度方向与带电板成θ＝60°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，带电金属板的板长是板间距离的2倍，板间电压为U 。试解答：

(1)带电粒子带什么电？

(2)带电粒子刚进入金属板间时速度v 为多大？

(3)圆形磁场区域的最小面积S 为多大？

解析：(1)带电粒子带负电。

(2)设带电粒子进入电场的初速度为v ，在电场中的侧移是d ＝12qU dm (l v

)2，l ＝2d 解得v ＝2Uk

(3)如图所示，设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R ，圆形磁场区域的半径为r ，则

qvB ＝m v 2

R

得R ＝mv qB ＝1B 2U k

由几何知识可知r ＝R 2

因此磁场区域的最小面积为S ＝πr 2＝

πU 2kB

2 答案：(1)负电 (2)2Uk (3)πU

2kB 2

(二)选考题(共45分。请考生从给出的3道试题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分)

13．[选修3－3](15分)

(1)(6分)下列说法正确的是( )

A ．物体的内能是分子平均动能与分子平均势能的和

B ．温度越高，物体的分子平均动能越大

C ．一定质量的理想气体等温压缩，要从外界吸收能量

D ．热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展

(2)(9分)如图11所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2

足够长的玻

璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量

不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度t 1＝7 ℃，外

界大气压取p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 汞柱高的压强)。

①对气体加热，使其温度升高到t 2＝47 ℃，此时气柱为多长？ 图11 ②在活塞上施加一个竖直向下的压力F ＝4 N ，保持气体的温度t 2不变，平衡后活塞下降的高度为多少？(以上过程中水银槽中的液面高度可视为不变)

解析：(1)物体的内能要强调是所有分子的平均动能和平均势能的总和，故A 错；温度越高，分子的平均动能越大，B 正确；一定质量的理想气体等温压缩，外界对气体做功，温度不变，则内能不变，由热力学第一定律ΔE ＝W ＋Q ，故有Q ＝－W ，即气体要放出热量，所以C 不对；一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，所以D 正确。

(2)①被封闭气体的初状态为 p 1＝p 0＝1.0×105 Pa ＝75 cmHg ，

V 1＝L 1S ＝21S ，T 1＝280 K

末态为p 2＝p 0＝1.0×105

Pa ＝75 cmHg ， V 2＝L 2S ，T 2＝320 K

根据盖·吕萨克定律，有V 1T 1＝V 2T 2即L 1T 1＝L 2

T 2

得L 2＝T 2T 1L 1＝320280

×21 cm＝24 cm ②在活塞上施加压力F 后，气体的状态变为

p 3＝p 0＋F S ＝1.0×105 Pa ＋42×10

－4 Pa ＝1.2×105

Pa ＝90 cmHg V 3＝L 3S ，T 3＝T 2＝320 K

根据玻意耳定律，有

p 3V 3＝p 2V 2，