江苏省泰州市2024-2025学年高三上学期期初模拟演练性考试物理试卷（解析版）

这是一份江苏省泰州市2024-2025学年高三上学期期初模拟演练性考试物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了01 s时电压达到最大值等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分。全卷满分100分，考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 在匀强磁场中，匝数N=100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. s时，线圈平面与中性面重合B. s时，线圈中磁通量变化率最大
C. 穿过每一匝线圈的最大磁通量为WbD. 线圈转动的角速度为50π rad/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，当s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；
B．由图可知，当s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误。
CD．由图可知，该交流电的周期，则线圈转动角速度
交流发电机的最大感应电动势
所以
故C正确，D错误。
故选C。
2. 图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A. 两线圈产生的电动势的有效值相等B. 两线圈产生的交变电流频率相等
C. 两线圈产生的电动势同时达到最大值D. 两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【解析】
【详解】AD．根据可得两线圈中磁通量变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据 可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。
故选B。
3. 一只低压教学电源输出的交变电压为U＝10 sin 314t （V），以下说法正确的是（ ）
A. 这只电源可以使“10 V 2 W”的灯泡正常发光
B. 这只电源的交变电压的周期是314 s
C. 这只电源在t＝0.01 s时电压达到最大值
D. “10 V 2 μF”电容器可以接在这只电源上
【答案】A
【解析】
【详解】A．交流电的峰值
则有效值
所以电源可以使“10V、2W“的灯泡正常发光，故A正确；
B．根据瞬时值表达式可知
ω=100π
则
故B错误；
C．t=0.01s时，经过半个周期，电压为零，故C错误；
D．当电容器的耐压值小于峰值，电容器被击穿，10V小于，则“10V、2μF”电容器不能接在这只电源，故D错误。
故选A。
4. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则（ ）
A. 线圈的转速为100r/s
B. 交流电流表的示数为
C. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D. 电阻R在1min内产生的热量为4800J
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知，交流电的周期为，故线圈的转速为
A错误；
B．电阻R两端的电压最大值为，则有效值为
交流电流表的示数为
B错误；
C．0.01s时线圈产生的感应电动势为零，故此时线圈位于中性面，此时线圈平面与磁场方向垂直，C错误；
D．电阻R在1分钟内产生的热量为
D正确。
故选D。
5. 下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法中正确的是（ ）
A. 经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B. 经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C. 经过调制后的电磁波在空间传播的波长不变
D. 经过调制后的电磁波在空间传播的周期不变
【答案】A
【解析】
【详解】调制是把低频信号加到高频电磁波上增强发射能力，频率变大，周期变小，穿透能力更强，即辐射本领更强；电磁波的波速接近光速，所以传播速度不变；据可知，频率改变，波长改变。
故选A。
6. 如图所示，后车安装了“预碰撞安全系统”，其配备的雷达会发射毫米级电磁波（毫米波），并对前车反射的毫米波进行运算，则（ ）
A. 毫米波的频率比可见光高
B. 毫米波遇到前车时会发生明显衍射现象
C. 经前车反射后毫米波的速度将比反射前大
D. 前车的金属尾板遇到毫米波时会产生极其微弱的感应电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．从电磁波谱的顺序可知毫米波的频率比可见光低，故A错误；
B．毫米波的波长远小于车的大小，所以遇到前车时不会发生明显衍射现象，故B错误；
C．电磁波在空中传播的速度不会变化，故C错误；
D．系统判断有可能发生碰撞时会发出蜂鸣并显示警示信号，说明前车的金属尾板遇到毫米波时一定会产生极其微弱的感应电流，故D正确。
故选D。
7. 关于电磁波谱，下列说法正确的是（ ）
A. 红外体温计的工作原理是人的体温越高，发射的红外线越强，有时物体温度较低，不发射红外线，导致无法使用
B. 紫外线的频率比可见光低，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康
C X射线、γ射线频率较高，波动性较强，粒子性较弱，较难发生光电效应
D. 手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象
【答案】D
【解析】
【详解】A. 有温度的物体都会发射红外线，A错误；
B. 紫外线的频率比可见光高，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康，B错误；
C. X射线、γ射线频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电效应，C错误；
D. 手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象，D正确。
故选D。
8. 在振荡电路中，电容器极板上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于LC振荡电路的振荡周期
而电容器极板上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间为
故选B。
9. 某种除颤器的简化电路，由低压直流电源经过电压变换器变成高压电，然后整流成几千伏的直流高压电，对电容器充电，如图甲所示。除颤时，经过电感等元件将脉冲电流（如图乙所示）作用于心脏，实施电击治疗，使心脏恢复窦性心律。某次除颤过程中将电容为的电容器充电至，电容器在时间内放电至两极板间的电压为0。其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的峰值越小
B. 线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越长
C. 电容器的电容C越小，电容器的放电时间越长
D. 在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为
【答案】A
【解析】
【详解】A．线圈的自感系数L越大，阻碍电流的感抗越大，则放电电流越小，放电脉冲电流的峰值也越小，故A正确；
BC．振荡电路的振荡的振荡周期为
电容器在时间内放电至两极板间的电压为0，即
则线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的放电时间越长；电容器的电容C越大，放电脉冲电流的放电时间越长，故BC错误；
D．电容为的电容器充电至，则电容器储存的电量为
故在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为，故D错误；
故选A。
10. LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A. 若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B. 若电容器正在放电，则电容器上极板带负电
C. 若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小
D. 若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电，处于充电状态，故A不符合题意；
B．若电容器正在放电，由安培定则可得电容器上极带负电，故B不符合题意；
C．若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故C符合题意；
D．若电容器正在充电，则线圈自感作用，阻碍电流的减小，故D不符合题意。
故选C。
11. 如图所示为LC振荡电路中电容器的极板带电荷量q随时间t变化曲线，则下列判断正确的是（ ）
A. 在b和d时刻，电路中电流为零
B. 在O→a时间内，电场能转变为磁场能
C. 在a和c时刻，电路里的能量全部储存在电容器的电场中
D. 在O→a和c→d时间内，电容器被充电
【答案】C
【解析】
【详解】A．在b和d时刻，q为0，但q随t的变化率最大，电流最大，不为零，故A错误；
B．在O→a时间内，q从0逐渐增大至最大值，而电流从最大值减小至0，电容器充电，磁场能转变为电场能，故B错误；
C．在a和c时刻，电容器均完成充电过程，电路里的能量全部储存在电容器的电场中，故C正确；
D．在O→a时间内，电容器充电，在c→d时间内，电容器放电，故D错误。
故选C
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
（1）实验需要以下哪种电源___________；
A．低压直流电源 B．高压直流电源
C．低压交流电源 D．高压交流电源
（2）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的___________值（填“有效”或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________；
（3）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成___________（填“正比”或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般___________（填“大于”“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比。
（4）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为___________。（填字母代号）
A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化
【答案】 ①. C ②. 有效 ③. 7.2V ④. 正比 ⑤. 大于 ⑥. D
【解析】
【详解】（1）[1]探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源。
故选C。
（2）[2][3]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V挡位，所以应该在0～10V挡位读数，所以读数应该是7.2V。
（3）[4][5]根据可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致。
（4）[6]原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比。
故选D。
13. 如图所示，一粗细均匀的直角导热细玻璃管右端封闭，上端开口，水平部分长为2L，竖直部分长为3L，玻璃管内的横截面积为S，管内用一段水银柱封闭了一定质量的理想气体，外界的大气压强为p0，当环境温度为T0时，水平和竖直管中的水银柱长均为L。设高度为L的水银柱产生的压强为nP0，理想气体的内能U与温度T的关系为U＝kT，n、k均为已知常数，现缓慢加热管内封闭气体，求：
（1）水银柱刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度；
（2）从水银柱刚好全部进入竖直管中到水银柱上表面刚好与管的开口处平齐的过程中，封闭气体从外界吸收的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）温度为T0时，封闭气体的压强为
①
体积为
②
设水银刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度为T1，此时封闭气体的压强为
③
体积为
④
对封闭气体温度从T0变至T1的过程，根据理想气体状态方程有
⑤
联立①~⑤式解得
⑥
（2）设管内水银柱与管开口处平齐时，封闭气体的温度为T2，此时封闭气体的体积为
⑦
封闭气体温度从T1变至T2的过程压强不变，根据盖—吕萨克定律有
⑧
联立④⑦⑧式解得
⑨
在封闭气体温度从T1变至T2的过程中，水银柱上移的距离为L，则该过程中气体对外做功为
⑩
由题意可知此过程气体内能的增加量为
⑪
根据热力学第一定律有
⑫
联立③⑥⑨⑩⑪⑫可得封闭气体从外界吸收的热量为
⑬
14. 如图所示，这是一个半球形透明物体的剖视图，现有垂直于左侧平面的平行单色光入射，不考虑光线在透明物体内部的二次反射因素。
（1）距O点距离小于的单色光均可从右侧半球面出射，求透明物体对该单色光的折射率；
（2）求距O点处的一根极细单色光束经半球体折射后，其出射光线与OA轴线的交点与O点间的距离。（已知）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）如图甲所示，设B处的光束水平射入时，在C处恰好发生全反射，设，由题意可得，
则折射率
（2）如图乙所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，出射光线与OA轴线的交点为F，设入射角为，折射角为，
由折射率
联立解得
sin β=
解得
由几何关系可知
在中，由正弦定理得
解得
15. 如图所示，竖直虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的水平匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的竖直匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一竖直的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L，AO连线与屏垂直，交点为O。求：
（1）电子到达MN虚线时的速度大小；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（3）电子打到屏上的位置到O点的距离x。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
小问1详解】
从A点到MN的过程中，由动能定理得
解得
【小问2详解】
电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得
解得
从MN到屏的过程中运动的时间
则运动的总时间为
【小问3详解】
设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，在电场E2中运动的时间为t3，根据牛顿第二定律得，电子在电场E2中的加速度为
解得
如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2电场的中点O′。由几何关系知
解得
16. 如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和+q，不计重力；t=0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t=时刻进入磁场的粒子恰好在t=时刻离开磁场，求：
（1）磁场变化的周期T0；
（2）粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
（3）若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中圆周运动的周期为
在到时间内磁场不变，如图1所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
解得
（2）粒子在磁场中圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，为粒子从x轴射出区域范围
解得
因为
所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上D点射出的粒子，解得
（3）若磁场无限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为的圆周上。
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出。范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为。
另解：
图2中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长
图3中，拾从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为