全真模拟检测卷(三)

（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.如图1所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控

制A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑

轮拉动物体B在水平面上运动，则图2中的v－t图象中，最接近物体

B的运动情况的是() 图1

图2

解析：选A与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的

速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度v B＝v1＝v sin θ，

在t＝0时刻θ＝0°，v B＝0，C错；之后随θ增大，sin θ增大，B的

速度增大。在A下落过程中，绳子与水平方向之间的夹角逐渐增大，而θ增大的过程中，由正弦函数图象的斜率可知sin θ的变化率越来越小，故v B的变化率越来越小，也就是v B－t 图线的斜率越来越小，故A对。

2．如图3所示，斜轨道与半径为R的半圆轨道平滑连接，点A与半圆轨道最高点C等高，B为轨道最低点。现让小滑块(可视为质点)从A点开始以速度v0沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确的是()

图3

A．若v0≠0，小滑块一定能通过C点，且离开C点后做自由落体运动

B．若v0＝0，小滑块恰能通过C点，且离开C点后做平抛运动

C．若v0＝gR，小滑块能到达C点，且离开C点后做自由落体运动

D．若v0>gR，小滑块能到达C点，且离开C点后做平抛运动

解析：选D滑块要刚好能通过最高点C，最小速度满足：mg＝m v2

R，v＝gR，离开C

后做平抛运动，由机械能守恒定律，可知D正确。

3．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为

E 1。现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12

d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )

A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1

B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1

C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1

D ．U 2＝2U 1，

E 2＝2E 1

解析：选C 由公式E ＝U d 、C ＝Q U 和C ∝εS d 可得E ∝Q εS

，所以Q 加倍，E 也加倍，再由U ＝Ed 可得U 相等。C 正确。

4.如图4所示，阴极射线示波管的聚焦电场由电极A

1、A 2形成，

实线为电场线，虚线为等势线，z 轴为该电场的中心轴线，P 、Q 、

R 为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则( )

A ．电极A 1的电势高于电极A 2的电势

B ．电场中Q 点的电场强度小于R 点的电场强度 图4

C ．电子在P 点处的动能大于Q 点处的动能

D ．电子从P 至R 的运动过程中，电场力对它一直做正功

解析：选D 电场线的方向由A 2指向A 1，则A 2的电势高于A 1，A 选项不正确；电场线密的地方电场强度大，所以Q 点的电场强度大于R 处的电场强度，B 选项不正确；电子从P 点向Q 点运动，电场力做正功，所以电子在P 点处的动能小于在Q 点处的动能，C 选项不正确；电子从P 点向R 点运动过程中，电场力一直做正功，D 选项正确。

5．已知地球质量为 M ，半径为 R ，自转周期为 T ，地球同步卫星质量为 m ，引力常量为 G 。有关同步卫星，下列表述正确的是( )

A ．卫星距地面的高度为 3GMT 2

4π2

B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度

C ．卫星运行时受到的向心力大小为G Mm R

2 D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

解析：选BD 由万有引力公式GMm (R ＋h )

2＝m (2πT )2(R ＋h )，得同步卫星距地面的高度h ＝3GMT 2

4π2

－R ，A 项错误；近地卫星的速度等于第一宇宙速度，同步卫星的速度小于第一宇宙速度，B 项正确；卫星运行时的向心力大小为F 向＝GMm (R ＋h )

2，C 项错误；由G Mm R 2＝mg 得地球表面的重力加速度g ＝G M R 2，而卫星所在处的向心加速度g ′＝G M (R ＋h )2

，D 项正确。

6.如图5所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反

且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴。一导线折成边长为l

的正方形闭合线框abcd ，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始

向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动

到ab 边刚进入到PQ 右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变 图5 化规律的图象是图6中的( )

图6

解析：选B 在ab 边运动到MN 边界的过程中电动势E ＝2BL v ＝2BLat ，电流i ＝E R

＝2BLat R

∝t ，C 、D 选项错误；ab 边从MN 边界运动到PQ 边界的过程中，电动势E ＝BL v ＝BLat ，电流i ＝E R ＝BLat R

∝t ，即刚过MN 边界时电动势减小一半，电流减小一半，故B 选项正确。

7．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H ，设上升过程中空气阻力f 恒定。对于小球从抛出到上升至最高处的过程，下列说法正确的是( )

A ．小球的动能减少了mgH

B ．小球的机械能减少了fH

C ．小球的重力势能增加了mgH

D ．小球的加速度大于重力加速度g

解析：选BCD 小球从抛出到上升至最高处的过程中，根据动能定理可知，动能的改变由合外力做功决定，因此小球的动能减少量应为(mg ＋f )H ，A 项错误；根据功能关系，机械能改变应由除重力以外的其他力做功决定，因此机械能的减小量应为fH ，B 项正确；小球的重力势能的改变由重力做功决定，因此小球的重力势能增加了mgH ，C 项正确，小球上升

的加速度a ＝mg ＋f m >g ，D 项正确。

8．如图7甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝。当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时，要使整个电

路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )

图7

A ．阻值为12 Ω的电阻

B ．并联两盏“36 V 40 W”的灯泡

C ．工作频率为10 Hz 的用电设备

D ．耐压值为36 V 的电容器

解析：选B 理想变压器可以变压变流，不改变功率和频率；由图乙可知：原线圈交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则副线圈得到的交流电频率也为50 Hz ，选项C 错误；由图乙可知：原线圈电源电压的有效值为180 V ，由理想变压器特点可知：变压比等于匝数比，则180 V 600＝U 120，得U ＝36 V ，选项B 中两灯泡接入电路时，原线圈中电流I 1＝49

A ＝0.44 A<0.5 A ，选项

B 正确；副线圈中电压的有效值为36 V ，则其最大值大于电容器的耐压值，故选项

D 错误；由理想变压器特点可知：原、副线圈消耗的功率相等，则(36 V )212 Ω

＝180 V×I ，解得I ＝0.6 A>0.5 A ，选项A 错误。

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．(6分)为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，某同学用铁架台将长木板倾斜支在水平桌面上，组成如图8甲所示的装置。所提供的器材有：长木板、木块(其前端固定有用于挡光的窄片K )、光电计时器、米尺、铁架台等。在长木板上标出A 、B 两点，B 点处放置光电门(图中未画出)，用于记录窄片通过光电门时的挡光时间。该同学进行了如下实验：

图8

(1)用游标卡尺测量窄片K 的宽度d 如图8乙所示，则d ＝________ mm 。测量长木板上

A 、

B 两点间的距离L 和竖直高度差h 。

(2)从A 点由静止释放木块使其沿斜面下滑，测得木块经过光电门时的挡光时间为Δt ＝

2.50×10－

3 s ，算出木块经B 点时的速度v ＝________ m/s 。由L 和v 得出滑块的加速度a 。

(3)由以上测量和算出的物理量可以得出木块与长木板间的动摩擦因数的表达式为μ＝________(用题中所给字母h、L、a和重力加速度g表示)。

解析：(1)游标卡尺测量窄片K的宽度d＝0.2 cm＋10×0.05 cm＝2.5 mm。

(2)木块经B点时的速度v＝d

Δt＝1.00 m/s。

(3)根据牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由几何知识得sin θ＝h

L，cos θ＝

L2－h2

L，化简得μ＝gh－aL

g L2－h2

。

答案：(1)2.50(2)1.00(3)gh－aL

g L2－h2

10．(9分)为了测量某电池的电动势E(约为3 V)和内阻r，可供选择的器材如下：

A．电流表G1(2 mA100 Ω)

B．电流表G2(1 mA内阻未知)

C．电阻箱R1(0～999.9 Ω)

D．电阻箱R2(0～9 999 Ω)

E．滑动变阻器R3(0～10 Ω 1 A)

F．滑动变阻器R4(0～1 000 Ω10 mA)

G．定值电阻R0(800 Ω0.1 A)

H．待测电池

I．导线、开关若干

(1)采用如图9甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2，如下表所示：

图9

根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1－I2图线。由图得到电流表G2的内阻等于________ Ω。

(2)在现有器材的条件下，测量该电池电动势和内阻，采用如图10丙所示的电路，图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中________，电阻箱②选________(均填写器材代号)。

(3)根据图10丙所示电路，请在丁图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。

图10

解析：(1)因电流表G 1、电流表G 2并联，所以I 1r 1＝I 2r 2，整理得I 1＝r 2r 1

I 2，图乙的斜率表示r 2r 1

，从图象中求出斜率的大小为2，r 1＝100 Ω，所以r 2＝200 Ω； (2)从图丙可看出，含G 1的部分应是电流表，根据并联分流的特点，滑动变阻器①应该选用给定的器材中小电阻R 3，含G 2的部分应是电压表，根据串联分压的特点，电阻箱②选大电阻R 2。

答案：(1)如下图乙所示 200

(2)R 3 R 2

(3)如图丁所示

11.(14分)如图11所示，一质量为m 的氢气球用细绳拴在地面上，地

面上空风速水平且恒为v 0，球静止时绳与水平方向夹角为α。某时刻绳突

然断裂，氢气球飞走。已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f 正比于

其相对空气的速度v ，可以表示为f ＝kv (k 为已知的常数)，则

(1)氢气球受到的浮力为多大？ 图11

(2)绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？

(3)一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v 0相等，求此时气球速度大小(设空气密度不发生变化，重力加速度为g )。

解析：(1)气球静止时受力如图所示，设细绳的拉力为T ，由平衡条件得

T sin α＋mg －F

浮＝0

T cos α＝k v 0

解得T ＝kv 0cos α

F 浮＝k v 0tan α＋mg

(2)细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T ，则加速度大小为

a ＝F 合m

解得a ＝k v 0m cos α

(3)设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度v y ，则有

k v y ＋mg －F 浮＝0

解得v y ＝v 0tan α

气球相对地面速度大小v ′＝v 20＋v 2y

解得v ′＝v 0cos α

答案：(1)k v 0tan α＋mg (2)k v 0m cos α (3)v 0cos α

12．(18分)如图12所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd ，线框质量为m ，电阻为R ，边长为L 。有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B ，磁场区宽度大于L ，边界与ab 边平行。线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区。

图12

(1)若线框以速度v 匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab 两点间的电势差；

(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a 运动，经过t 1时间ab 边开始进入磁场，求cd 边将要进入磁场时刻回路的电功率；

(3)若线框以初速度v 0进入磁场，且拉力的功率恒为P 0。经过时间T ，cd 边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q 。后来ab 边刚穿出磁场时，线框速度也为v 0，求线框穿过磁场所用的时间t 。

解析：(1)线框在离开磁场时，cd 边产生的感应电动势

E ＝BL v

回路中的电流I ＝E R

则ab 两点间的电势差U ＝IR ab ＝14

BL v (2)t 1时刻线框速度v 1＝at 1

设cd 边将要进入磁场时刻速度为v 2，则

v 22－v 21＝2aL

此时回路中电动势E 2＝BL v 2

回路的电功率P ＝E 2

2R

解得P ＝B 2L 2(a 2t 21＋2aL )R

(3)设cd 边进入磁场时的速度为v ，线框从cd 边进入到ab 边离开磁场的时间为Δt ，则

P 0T ＝(12m v 2－12

m v 20)＋Q P 0Δt ＝12m v 20－12

m v 2 解得Δt ＝Q P 0

－T 线框离开磁场时间还是T ，所以线框穿过磁场总时间t

t ＝2T ＋Δt ＝Q P 0

＋T 答案：(1) 14BL v (2)B 2L 2(a 2t 21＋2aL )R (3)Q P 0

＋T (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)下列说法中正确的是________。

A ．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p 与摄氏温度t 成正比

B ．液体的表面张力是由于液体表面层分子间表现为相互吸引所致

C ．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强不变

D ．温度可以改变某些液晶的光学性质

(2)(9分)如图13所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，

再从状态B 变化到状态C 。已知状态A 的温度为480 K ，求：

①气体在状态C 时的温度；

②试分析从状态A 变化到状态B 的整个过程中，气体是从外界吸收

热量还是放出热量。 图13

解析：(1)一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比，A 选项错误；饱和汽的压强随温度升高而增大，C 选项错误。

(2)①A 、C 两状态体积相等，则有p A T A ＝p C T C

得：T C ＝p C p A

T A ＝0.5×4801.5 K ＝160 K 。 ②由理想气体状态方程p A V A T A ＝p B V B T B

得：T B ＝p B V B p A V A

T A ＝0.5×3×4801.5×1 K ＝480 K 由此可知A 、B 两状态温度相同，故A 、B 两状态内能相等而该过程体积增大 ，气体对外做功，气体吸收热量。

答案：(1)BD (2)①160 K ②吸收热量

14．[选修3－4](15分)

(1)(6分)如图14所示，一列简谐横波沿x 轴传播，图甲是t ＝3 s 时的波形图，图乙是波上x ＝2 cm 处质点的振动图线。则该波的传播速度为________ m/s ，传播方向为________。

图14

(2)(9分)如图15所示，一束由两种单色光组成的复色光，以入射

角θ射向半径为R 的半圆形玻璃砖的圆心，经玻璃砖折射后折射角分

别为θ1、θ2(θ1<θ2)，求两种单色光通过半圆形玻璃砖所用的时间差(真

空中的光速为c )。 图15

解析：(1)由图甲可知λ＝4 cm ＝0.04 m ，由图乙知T ＝4 s ，所以该波的速度v ＝λT ＝0.01

m/s 。由图乙可知，x ＝2 cm 处的质点在t ＝3 s 时经平衡位置向上振动，结合图甲可得，该波

沿x 轴负方向传播。

(2)由折射定律可知，n 1＝sin θsin θ1，n 2＝sin θsin θ2

又n 1＝c v 1，n 2＝c v 2，所以时间差：Δt ＝R v 1－R v 2

， 整理得：Δt ＝R sin θc (1sin θ1－1sin θ2)。

答案：(1)0.01 x 轴负方向 (2)R sin θc (1sin θ1－1sin θ2

) 15．[选修3－5](15分)

(1)(6分)已知金属钙的逸出功为2.7eV ，氢原子的能级图如图16

所示，一群氢原子处于量子数n ＝4能级状态，则( )

A ．使某个该种氢原子电离至少需要13.6 eV 的能量

B ．使某个该种氢原子电离至少需要0.85 eV 的能量

C ．只有1种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 图16

D ．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应

(2)(9分)如图17所示，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于

光滑的水平桌面上、B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接 图17

触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体。现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离。已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0。求弹簧释放的弹性势能。

解析：(1)使该种氢原子电离至少需要0.85eV 的能量，A 错，B 对；由于E 4－E 2<2.7 eV ，E 4－E 1>2.7 eV ，E 3－E 1>2.7 eV ，E 2－E 1>2.7 eV ，故C 、D 错。

(2)设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得

m v 0＝3m v ①

设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得

3m v ＝2m v 1＋m v 0②

设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 21＋12

m v 20③ 由①②③式得弹簧所释放的弹性势能为

E p ＝13m v 20

④ 答案：(1)B (2)13m v 20