2023-2024学年江苏省南菁高级中学高三（上）期末模拟测试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南菁高级中学高三（上）期末模拟测试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.网课期间，有同学在家里用投影仪上课。投影仪可以吊装在墙上，如图所示。投影仪质量为m，重力加速度为g，则吊杆对投影仪的作用力( )
A. 方向左斜向上B. 方向右斜向上C. 大小大于mgD. 大小等于mg
2.在2008北京奥运会上，一俄罗斯著名撑杆跳运动员以5.05m的成绩第24次打破世界纪录．图为她在比赛中的几个画面。下列说法中正确的是( )
A. 运动员过最高点时的速度为零
B. 撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能
C. 运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆
D. 运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功
3.t=0时刻，小球以一定初速度水平抛出，不计空气阻力，重力对小球做功的瞬时功率为P.则P−t图象正确的是
( )
A. B. C. D.
4.两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa=Ob，b静止时的截面图如图所示。若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中( )
A. 细线对b的拉力逐渐变小B. 地面对a的作用力变小
C. 细线对b的拉力逐渐变大D. 地面对a的作用力变大
5.接地导体球壳外固定放置着一个点电荷，a、b为过点电荷与球壳球心连线上的两点，a点在点电荷左侧，b点在点电荷右侧，a、b两点到点电荷的距离相等，a、b点所在位置的电场线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该点电荷带负电B. a点的电场强度比b点的大
C. a点的电势大于b点的电势D. 导体球壳内的电场强度大于零
6.如图所示，某种光盘利用“凹槽”、“平面”记录信息，激光照射到“凹槽”会产生极小反射光强，下列说法正确的是
( )
A. “凹槽”产生极小光强是由于衍射现象形成
B. “凹槽”入射光与“平面”反射光传播速度相同
C. 激光在介质中的波长可能为“凹槽”深度的3倍
D. “凹槽”反射光与“平面”反射光的频率相同
7.如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动．摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动．轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为
A. 2π 3LgB. 2π LgC. 2π 2LgD. 2π 2 3L3g
8.如图所示，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，加速度大小为a1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，加速度大小为a2，则( )
A. v1v2> r2r1B. v1v2= r2r1C. a1a2=v12⋅r22v22⋅r12D. a1a2=r2r1
9.图甲所示为家庭电路中的漏电保护器，其原理简图如图乙所示，变压器原线圈由火线和零线并绕而成，副线圈接有控制器，当副线圈ab端有电压时，控制器会控制脱扣开关断开，从而起保护作用。下列哪种情况脱扣开关会断开？
( )
A. 用电器总功率过大
B. 站在地面的人误触火线
C. 双孔插座中两个线头相碰
D. 站在绝缘凳上的人双手同时误触火线和零线
10.如图所示，纸面内有一单匝“凹”字形金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框的总电阻为R，边长如图所示．线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动．则从图示位置
A. 转动90°时回路中电流方向发生改变
B. 转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零
C. 转动90°时回路中感应电动势大小为3BL2ω
D. 转动过程中电流的有效值为5 2BL2ω2R
11.如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t=0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.小明用如图1所示的电路测量电池组的电动势和内阻。
(1)闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将__________(选填“红”或“黑”)表笔始终接触a位置，另一表笔依次试触b、c、d、e、f五个接线柱，发现试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是__________。
A.接线柱bd间短路
B.接线柱de间断路
C.定值电阻断路
(2)排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图2所示，示数为__________V。
(3)作出1U−1R图线如图3所示，已知图线斜率为k，纵轴截距为b，则可得电池组的电动势E=__________，内阻r=__________。(用k、b和R0表示)
(4)为了分析电表内阻引起的误差，有同学根据所测数据，用I=UR计算出相应的电流，并作出U−I图像，如图中实线所示。电压表示数U随通过电源中的电流I变化的图像如图中虚线所示，其中正确图像关系的是______。
三、计算题：本大题共4小题，共44分。
13.如图所示，ABCD是一块玻璃的截面，其中ABC是半径为R的圆弧面，圆心是O，ADC是平面，轴O1O2垂直于ADC且过AC的中点D。从P点射向圆心O的一条单色光线射到圆弧面经玻璃折射后射到O1O2轴上Q点，已知PO与O1O2轴夹角为30°，从玻璃射出的光线与O1O2轴夹角为45°，Q、O间的距离为d。sin15∘= 6− 24，光在真空中传播速度为c。求：
(1)玻璃的折射率；
(2)这种单色光通过玻璃的时间。
14.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v；
(2)求Q的平衡位置坐标xQ．
15.有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4 m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为d=0.8 m，质量为m=20 kg，与轨道的动摩擦因数为μ=0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起．现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去．取重力加速度g=10 m/s2．
(1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；
(2)若F=12 N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭．求：
①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v；
②拉力F的作用时间t．
16.如图甲，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。一比荷大小为c的粒子以某一初速从A(R,0)沿−x方向射入磁场，并从B(0,R)射出。不计粒子重力。
(1)求粒子的初速度大小；
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A以原初速射入磁场，射出时速度方向与+x轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度；
(3)若在平面内施加一个以O为圆心，原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙。粒子从A以原初速射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转，从P(− 32R,12R)再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？并求粒子运动的周期。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题关键是明确投影仪的受力情况和平衡条件，要注意吊杆对投影仪的作用力由平衡条件解答。
【解答】
投影仪处于平衡态，吊杆对其作用力与投影仪的重力等大反向，ABC错误D正确
2.【答案】D
【解析】【分析】
运动员起跳过程中，杆先由直变弯，动能转化为杆的弹性势能和重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，将运动员抬高。
本题关键要明确运动员加速助跑过程和上升过程中的各种能量的转化情况，特别是上升过程，要分为杆弯曲和变直两个过程讨论。
【解答】
A.运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零；如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，A错误；
B.运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，B错误；
C.从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在横杆的下方，C错误；
D.在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的弹性势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，D正确。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】将小球以一定的初速度水平抛出，不计阻力，物体做平抛运动，速度为 v=gt ，故t秒时重力的功率为
P=mgv=mg2t
故说明P与时间成正比，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查安培力作用下的力学平衡问题，熟练运用矢量三角形求解力学平衡问题是解题的关键。
【解答】
由题意可知导线b中电流方向与导线a中相反，在b中电流缓慢增大的过程中，对导线b受力分析如下图所示
易得▵Oab与力的矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有Oamg=ObT=F安ab
由此可知细线对b的拉力不变，而ab在逐渐增大，故导线ab间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知导线a对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大。
故选D。
5.【答案】C
【解析】A.电场线由正电荷出发，由a、b点所在位置的电场线方向可知该点电荷带正电，故A错误；
B.电场线分布如图

电场线越密，场强越大，所以a点的电场强度比b点的小，故B错误；
C.由电场线与等势面垂直，电场线由高等势面指向低等势面可知a点的电势大于b点的电势，故C正确；
D.由静电屏蔽可知，导体壳内的场强处处为零，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考察薄膜干涉现象。
关键是知道光程差即“凹槽”深度的两倍应为半波长的奇数倍。
【解答】A.“凹槽”产生极小光强是由于薄膜干涉现象形成的，故A错误；
B.根据c=vn，光在空气和介质中的折射率不同，传播速度不同，故B错误；
C.由于“凹槽”反射光与“平面”反射光发生薄膜干涉且叠加后削弱，光程差即“凹槽”深度的两倍应为半波长的奇数倍，故激光在介质中的波长不可能为“凹槽”深度的3倍，故C错误；
D.光的反射和折射不改变频率，“凹槽”反射光与“平面”反射光的频率相同，故D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查单摆的周期公式的应用，注意等效性，基础题目。
分析出等效的悬点，等效重力，计算等效摆长、等效重力加速度，根据单摆的周期公式得出“杆线摆”的周期即可判断。
【解答】
如图所示：
“杆线摆”摆动中等效的悬点为O1，等效重力为mgsinθ，则MO1⊥OO′，由于杆和线长均为L，则三角形MOO′为等边三角形，θ=60°2=30°，则等效摆长L效=Lcsθ= 32L，等效重力加速度g效=mgsinθm=g2，由单摆的周期公式知，“杆线摆”的周期T=2π L效g效=2π 3Lg，故A正确，BCD错误。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了开普勒第二定律、牛顿第二定律这些知识点；
根据开普勒第二定律，抓住扫过的面积相等，近似处理即可得速度的比；
根据牛顿第二定律及万有引力定律求解加速度的比即可。
【解答】
AB.根据开普勒第二定律，设 Δt→0，扫过的面积可认为是直角三角形，在近地点和远地点有 r1×v1Δt2=r2×v2Δt2可得： v1v2=r2r1，因r2>r1， v1v2=r2r1> r2r1，故A正确，B错误；
CD.根据万有引力定律和牛顿第二定律，在近地点有 GMmr12=ma1，在远地点有 GMmr22=ma2，
所以， a1a2=r22r12，故CD错误。
9.【答案】B
【解析】【分析】
脱扣开关保持接通时，ab中要没有电压，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，可知火线的线圈匝数和连接零线的线圈匝数应相等；只有通过火线与零线的电流有差值时，ab两端才有电压，脱扣开关才断开．“脱扣开关控制器”的线圈匝数越多，同样的电流差值，产生的感应电动势越大，ab两端的电压越大，触电保护越灵敏。
本题考查漏电保护器的基本原理，要注意明确题意中给出的原理，知道火线与零线中电流相等时，磁场完全抵消，是双线并绕消除自感影响的原理。
【解答】
ACD.当用电器总功率过大时，通过火线与零线的电流没有差值，不会使ab中产生感应电动势，脱扣开关不会断开，同理双孔插座中两个线头相碰和站在绝缘凳上的人双手同时误触火线和零线时都不会使火线与零线的电流产生差值，故ACD错误；
B.站在地面上的人触及火线时，电流通过火线和地面的人流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a与b间有电压，脱扣开关就会断开脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用，故B正确。
故选B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查法拉第电磁感应定律及楞次定律。根据楞次定律和交变电流的知识综合分析可得结果。
【解答】
解：A.从开始到转动90°时，线框的磁通量一直减小，根据楞次定律可知，回路中的电流方向不变，故A错误；
B.转动180°的过程中，线框的磁通量先减小后增加，回路中的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向，感应电流不为零，则通过导线截面的电荷量不为零，故B错误；
C.转动90°时回路中感应电动势大小为E=B2L2ω−BL2ω=3BL2ω，故C正确；
D.在线框转动的过程中产生正弦变化的交变电流，由C中分析可知，感应电动势的最大值为：Em=B2L2ω−BL2ω=3BL2ω，故设线框中电流的有效值为I有，则I有=3BL2ω 2R，故D错误。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查电磁感应的图像问题，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式得出安培力的表达式，根据牛顿第二定律分析加速度，进而得到速度的变化。对于题中平行导轨上的双杆切割磁感线问题，当有恒力F作用下，其最终状态是两杆的加速度相同，速度差恒定。
【解答】
金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时加速度acd=Fm，aab=0，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安=B2L22R(vcd−vab)逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd=aab时，vcd−vab不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，v−t图像和a−t图像如图所示，
故选项C正确、ABD错误。
12.【答案】(1)黑； B； (2) 2.50 ； (3) 1b ； kb−R0 ； (4)D
【解析】【分析】
(1)根据多用电表的直流电压挡使用方法判断；
(2)根据电池组电动势选择电压表量程，明确最小分度值再读数；
(3)根据闭合电路欧姆推导函数表达式，结合图像计算；
(4)根据电压表造成的误差分析判断。
本题考查测量电池组的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和误差分析。
【解答】
(1)a与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置。
试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路。
故选B。
(2)如图2所示，电压表示数为2.50V。
(3)由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知U=IR，I=ER+R0+r
联立可得1U=R0+rE⋅1R+1E
结合 1U−1R 图像可知1E=b ， k=R0+rE
解得电动势为E=1b
内阻为r=kb−R0
(4)由题意可知I=UR，可知电流I为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用通过电源的电流满足I真>I，当电压表示数为0时，即外电路短路时，有I=I真，故D正确，ABC错误。
13.【答案】解：①完成光路图，设光在AC面上的入射角和折射角分别为i和r．
由几何知识可得：
i=∠POO1=30°
r=∠EQO1=45°
由于光从玻璃进入空气折射，所以玻璃的折射率为：n=sinrsini= 2；
②在△QEO中，由正弦定理得：
sin135°EO=sin15°QO
而QO=d得：EO=( 3+1)d
这种单色光通过玻璃时的速度为：v=cn= 22c
通过玻璃时间为：t=R−EOv= 2[R−( 3+1)d]c．
答：①玻璃的折射率是 2；
②这种单色光通过玻璃时间是 2[R−( 3+1)d]c．
【解析】①完成光路图，由几何知识求出光在AC面上的入射角和折射角，再求玻璃的折射率；
②由几何关系求出这种单色光通过玻璃的距离，由n=cn求出光在玻璃中的传播速度，即可求得传播时间．
本题是几何光学问题，运用数学几何知识求相关的角度和长度是解题的关键，结合折射定律研究．
14.【答案】(1)由图甲可知34λ=9m
则λ=12m
由图乙知T=0.3s
又v=λT=120.3m/s=40m/s
(2)从t=0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，对N点y=10sin (20π3t−π6)cm
当其第一次回到平衡位置，即y=0此时20π3t0−π6=0
解得t0=140s
则有v
解得ΔxMN=1m
即xM=−1m
故Q的平衡位置坐标xQ=8m

【解析】结合波形图和振动图像可求得波长及周期，因此可求得波速；根据波的图像可求得N点的振动方程，结合波的传播时间、速度、传播距离的关系求得M的坐标，进而求得Q平衡位置的坐标。
15.【答案】解：(1)根据动能定理有W−μmgd=0，解得：W=1.6J；
(2) ①设3号门板与2号门板碰撞后速度为v1，碰后两门板位移为d=0.8m，
根据动能定理有−2μmgd=0−12×2mv12，解得：v1=0.4m/s，
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv=2mv1，解得：v=0.8m/s；
②对3号门板，根据牛顿第二定律有F−μmg=ma，解得：a=0.5m/s2，
根据动能定理有Fx−μmgd=12mv2，解得：x=23m，
根据运动学公式：x=12at2，解得：t=23 6s。
【解析】本题主要考查动能定理、牛顿第二定律以及动量守恒定律的应用。
(1)根据动能定理求解力F做的功；
(2) ①两门板碰撞后到速度为0过程，根据动能定理列式，两门板碰撞过程根据动量守恒定律列式，联立求解3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小；
②对3号门板，根据牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，联立即可求解拉力F的作用时间t。
16.【答案】解：(1)由左手定则，粒子带正电，此时粒子的运动轨迹如图所示：
则有： qvB=mv2R，得： v=cB0R
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，此时粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系，粒子的轨道半径变为： R1= 33R
由(1)知，合磁感应强度应大小应为为B= 3B0
若所叠磁场垂直于纸面向外，粒子顺时针偏转，于M射出则B1+B0=B，
有： B1= 3−1B0
若所叠磁场垂直于纸面向里，粒子逆时针偏转，于N射出，则有： B1−B0=B，
有B1= 3+1B0
(3)若在平面内施加一个以O为圆心，原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，此时粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系知： ∠POB=π3，粒子在圆环形磁场区轨道半径变为： R2= 33R
则要求外径： R′≥R2+2R2= 3R
粒子完成一个周期运动满足： π2+π3n=2πm，(m、n均为正整数)
满足条件的m、n的最小值是m=5、n=12故周期为： T=n×(14×2π⋅Rv0+23×2π⋅ 33Rv0)=(6+16 33)πcB0。
【解析】(1)由左手定则，粒子从A进入磁场从B射出磁场，受到洛仑兹力向上，所以粒子带正电，由洛仑兹力提供向心力求出速度的大小。
(2)由几何关系求出半径，由洛仑兹力提供向心力求出磁感应强度的大小，再根据向里和向外两种情况求出叠加的磁感应强度大小。
(3)画出粒子的运动轨迹，要满足从P点射入后能再次进入圆形磁场，从几何关系就能得到圆环的半径与粒子的轨迹半径有一定的关系，粒子的运动周期要列一关系m、n的整数方程，求出最小的整数解即可。
本题是带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，关键运用几何知识画轨迹、求半径要注意区别轨迹半径与磁场范围半径。