2023-2024学年江苏省苏州市相城区南京师范大学苏州实验学校高三（上）期末模拟考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市相城区南京师范大学苏州实验学校高三（上）期末模拟考试物理试卷（含解析），共18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.安培分子环流假说解释了磁现象的电本质，按照安培假设，地球的磁场也是由绕过地心的轴的环形电流引起的，则图中能正确表示安培假设中环流方向的是( )
A. B.
C. D.
2.某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
3.倾角为α、质量为M的斜面体上静止在水平桌面上，质量为m的木块可以在斜面体上匀速下滑，现用大小为F的力沿斜面向下作用于木块，使木块加速下滑，下列结论正确的是()
A. 木块受到的摩擦力大小是mgcsα
B. 木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcsα
D. 桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
4.关于图中四个演示实验的说法，正确的是( )

A. 甲图中将平行板电容器左侧极板向左平移，验电器张角减小
B. 乙图中阴极射线向下偏转，说明U形磁铁靠近镜头一端为N极
C. 丙图中随着入射角增加，反射光线越来越弱，折射光线越来越强
D. 丁图中静电平衡后，用手触碰导体A端，A端不带电，B端带正电
5.某交流发电机产生交变电流的装置如左图所示，产生的感应电动势与时间的关系如右图所示，下列说法正确的是( )
A. t=0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大
B. 线圈通过中性面时，交变电流不改变方向
C. 线框中产生的感应电动势e=100sin50tV
D. 如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.02s
6.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。波长分别为0.6m和1.0m的两列声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达A处时，分成两列波，这两列波在B处相遇时，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果。消声器消除噪声的工作原理及A、B两点间弯管与直管中声波的路程差至少为( )
A. 波的衍射1.5mB. 波的衍射3mC. 波的干涉1.5mD. 波的干涉0.9m
7.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个电阻为R的矩形线圈，线圈宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若在此时剪断细线，矩形线圈将由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B的匀强磁场前瞬间的速度为v，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. B大小为(m1−m2)gNIL
B. B大小为mg2NIL
C. 剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E=BLv
D. 线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率P=(BLv)2R
8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v，方向斜向下，且与电场方向的夹角为45°(图中未画出)，则小球从M 运动到N 的过程
( )
A. 重力势能增加12mv2B. 重力势能减少12mv2
C. 电势能增加12mv2D. 电势能减少12mv2
9.为了测量储罐中不导电液体的高度，有人设计了如图所示装置。将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。现知道平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，当两极板间充入电介质时，电容增大。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 此时电容器正在充电
B. 振荡电流正在减小
C. 当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高
D. 当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为2t
10.在A、B两点放置电荷量分别为+q1和−q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是
A. q1q2，根据电场线与等势面的关系，电场线与等势面垂直，画出过C点等势线如图中的黑色线，根据沿电场线方向电势逐渐降低，故C点的电势高于D点的电势，故A错误B正确；
CD.如果q1=q2，则AB连线的中点C点的电势等于无穷远点的电势即都是零，而现在q1>q2，且q1为正电荷，所以AB连线的中点C点的电势大于无穷远点的电势即大于零，因此将一正电荷从C点移到无穷远点，电势能减小，电场力做正功；
根据沿电场线方向电势逐渐降低，C点的电势大于D点的电势，由Ep=φq可知，负电荷从C点移到D点，电荷电势能增大，故CD错误。
11.【答案】B
【解析】解：C、线框进入磁场前做自由落体运动，线框刚进入磁场时的速度大小v= 2gh，由于h乙>h甲，乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大，即v乙>v甲，线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=ER=BLvR，线框所受的安培力大小F=BIL=B2L2vR，乙在进入线圈过程中受到的安培力较大，因为两个线圈完全相同，安培力对乙做的负功多，产生的热量多，重力做的功一部分转化为导线框的动能，一部分转化为导线框穿过磁场产生的热量，根据动能定理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故C错误；
D、由法拉第电磁感应定律得：E−=ΔΦΔt，由闭合电路的欧姆定律得：I−=E−R，通过线框导线的电荷量q=I−Δt，解得：q=ΔΦR，线框穿过磁场的过程中磁通量的变化量ΔΦ相等，则甲线框中通过的电荷量等于乙线框，故D错误；
AB、以向下为正方向，线框下落过程中，根据动量定理得：mgt−I安=mv−0，线框穿过磁场时，安培力的冲量为I安=BLI−⋅t=BLq，线框穿过磁场中通过的电荷量相等，故甲乙两过程安培力的冲量相等，又因为甲落地时间的速度大于乙落地时的速度，说明甲重力作用的时间更长，则乙先落地，故B正确，A错误。
故选：B。
线框进入磁场前做自由落体运动，求出线框进入磁场时的速度；应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据安培力公式求出安培力大小，根据动能定理求出线框落地时速度大小；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流的定义式求出通过线框的电荷量；应用动量定理求出线框运动时间。
根据题意分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理、动量定理可以解题。
12.【答案】A C E 电流表采用内接法 滑动变阻器采用限流接法 增大 0.49
【解析】解：(1)灯泡额定电压是3.8V，电压表应选择A；灯泡额定电流为0.3A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。
(2)由欧姆定律可知，灯泡正常发光时的电阻RL=UI=3.80.3Ω≈12.7Ω，由题意可知，RVRL>RLRA，电流表应采用外接法；描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由图甲所示实物电路图可知，电流表采用内接法、滑动变阻器采用限流接法都是错误的。
(3)I−U图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数等于电阻，由图乙所示图象可知，随工作电压增大，图线上的点与坐标原点斜率的倒数增大，则灯泡电阻增大。
(4)把灯泡直接接在电源上，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+Ir，代入数据整理得：I=0.5−18U，
在灯泡I−U图象坐标系内作出电源的I−U图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压为：U=2.04V，电流为：I=0.242A
灯泡功率为：P=UI=2.04×0.242W≈0.49W；
故答案为：(1)A；C；E；(2)①电流表采用内接法；②滑动变阻器采用限流接法；(3)增大；(4)0.49。
(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(2)根据题意确定滑动变阻器接法，根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表接法，然后分析电路图答题。
(3)根据图示图线应用欧姆定律分析灯泡电阻如何变化。
(4)作出电源I−U图线，求出灯泡电压与电流，然后由P=UI求出灯泡功率。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据图示图象判断灯泡电阻随工作电压如何变化时要注意是I−U图象，不是U−I图象。
13.【答案】解：①由题知，波从波源传到P点的距离为：△x=3m
用时：t=0.3s
则波的传播速度为：v=Δxt=10m/s
②周期为：T=0.4s
当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，所用时间为：△t′=xv=810s=0.8s
设再经过时间△t，位于x=8m处的Q点到达波谷，则有：△t=0.8+nT=0.4(2+n)s(n=0,1,2…)
答：①波的传播速度是10m/s；
②再经过0.4(2+n)s(n=0,1,2…)时间，位于x=8m处的Q点到达波谷。
【解析】①根据波从波源传到P点的距离与时间，由v=Δxt求波的传播速度；
②由图确定出波的周期，当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，结合波的周期性求解。
解决本题的关键是理解波的形成过程，知道波的周期性，利用波形平移法分析Q点形成波谷的时间。
14.【答案】解：(1)由平抛运动的规律可知
水平方向：d=v0t
竖直方向：23d=12gt2
tanθ=gtv0
解得
tanθ=43
(2)因tanθ=43可知θ=53°，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为i=90°−θ=37°，则由折射定律可知
n=sinαsini
解得
α=53°
由几何关系可知
Htan37°+23dtan53°=d
解得
H=4d27
答：(1)tanθ的值为43；
(2)B位置到水面的距离为4d27。
【解析】(1)根据平抛运动规律解答；
(2)根据折射定律结合几何关系解得。
本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律与平抛运动的综合运用，注意几何关系的寻找。
15.【答案】(1) vA=3m/s ， Ep=24J ；(2) Q=32J ；(3) x=2.4m
【详解】(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为以 vA 、 vB ，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mA+mBv=mAvA+mBvB
A向N运动的过程，运用动能定理得
−μmAgs=0−12mAvA2
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
Ep=12mAvA2+12mBvB2−12mA+mBv2
解得
vA=3m/s
vB=−3m/s
Ep=24J
(2)滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为 Δt ，滑块A有
μmAg=mAa
加速度大小为
a=2.5m/s2
由运动学公式得
−v1=vA−a⋅Δt
xA=vA+−v12⋅Δt
x带=−v1⋅Δt
滑块与传送带间的相对滑动路程为
s1=xA−x带
在相对滑动过程中产生的摩擦热
Q=μmAgs1
由以上各式得
Q=32J
(3)设A平抛初速度为 v2 ，平抛时间为 t ，则
x=v2t
h=12gt2
解得
t=0.4s
若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值 vm ，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为 vm ，则
μmAgL=12mAvm2−12mAvA2
解得
vm=6m/s
若传送带顺时针运动的速度 v2=6.5m/s ，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于 vm=6m/s ，水平射程
x=vmt=2.4m

【解析】见答案
16.【答案】(1) πm3qB ；(2) 1+ 3d ；(3) 0.5Nq ；(4)见解析
【详解】(1)根据
qvB=mv2r
得
r=mvqB=d
如图
当粒子与收集板相遇位置在粒子源正下方A点时，弦长最短，圆心角为最小为 60∘ ，时间最短，即
tmin=60360T=162πmqB=πm3qB
(2)粒子与收集板相遇的最左端B和最右端C如图所示，由几何关系，收集板上能接收到粒子区域的长度为
L=d+ 3d=1+ 3d
(3)由图可知，粒子源所发射的粒子中，有一半的粒子到达收集板，则单位时间内收集板收集的粒子电荷量，即电流表示数为
I=0.5Nq
(4)粒子源左右两侧的粒子不可能都逆时针转动且垂直到达收集板，所以两侧需要存在不同方向的匀强磁场。使粒子垂直到达收集板的条件是：粒子射出磁场时的方向与收集板垂直，出射点的集合为半径为d的圆形，故磁场区域为半径为d的圆形区域，即粒子源两侧磁场面积均为 πd2 ，且方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向右。如图所示

【解析】见答案