2017年江苏省南通市高考全真模拟拓展试卷物理 (1)

2017年江苏省南通市高考全真模拟拓展试卷物理 (1)

2017 年江苏省南通市高考全真模拟拓展试卷物理 一、选择题(共 6 小题，每小题 4 分) 1.如图所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关 S 由断开变为闭合时( ) A.A 灯中无电流通过，不可能变亮 B.A 灯中有电流通过，方向由 b 到 a C.B 灯逐渐熄灭，c 点电势高于 d 点电势 D.B 灯逐渐熄灭，c 点电势低于 d 点电势 解析：A、开关 s 由断开变为闭合时，电容放电，所以 s 闭合瞬间 A 灯有电流从 b 到 a，故 A 错误 B 正确； C、s 闭合瞬间，由于自感，L 中的电流会慢慢减小，所以 B 灯逐渐熄灭，由于自感 B 灯逐渐 熄灭，由于线圈中的电流方向是从右向左，所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 C 错误 D 正确。 答案：BD 2.在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中， 规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规 律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( ) A. B. C. D. 解析：感应定律和欧姆定律得 I= = = ，所以线圈中的感应电流决定于磁感 应强度 B 随 t 的变化率。由图乙可知，0～1 时间内，B 增大，Φ 增大，感应磁场与原磁场 方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是 正值。所以可判断 0～1 为正的恒值； 在 1～2S 内，因磁场的不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理 2～4，磁场在 减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值； 根据感应定律和欧姆定律得 I= = = ，可知，斜率越大的，感应电动势越大， 则感应电流越大。故 B 正确，ACD 错误。 答案：B 3.1931 年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子﹣﹣磁单极子。19 年后，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验。设想一个只有 N 极的磁单极 子从上向下穿过一个水平放置的超导线圈，那么从上向下看( ) A.超导线圈中将出现先逆时针后顺时针方向的感应电流 B.超导线圈中将出现总是逆时针方向的感应电流 C.超导线圈中产生的感应电动势一定恒定不变 D.超导线圈中产生的感应电流将长期维持下去 解析：若 N 磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增 加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺 旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁 场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确 定感应电流方向逆时针。因此线圈中产生的感应电流方向不变。故 A 错误，B 正确。 由于超导线圈中没有电阻，因此感应电流将长期维持下去，并不是感应电动势恒定不变，故 C 错误，D 正确。 答案：BD 4.如图所示，细绳一端固定在天花板上的 O 点，另一端穿过一张 CD 光盘的中央小孔后拴着 一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。现将 CD 光盘按在桌面上， 并沿桌面边缘以速度 v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬 线与竖直方向的夹角为 θ 时，小球上升的速度大小为( ) A.vsinθ B.vcosθ C.vtanθ D.vcotθ 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方 向运动，则合运动的速度大小为 v，由数学三角函数关系，则有：v 线=vsinθ；而线的速度 的方向，即为小球上升的速度大小，故 A 正确，BCD 错误。 答案：A 5.如图所示，长为 L 的轻直棒一端可绕固定轴 O 转动，另一端固定一质量为 m 的小球，小球 搁在水平升降台上，升降平台以速度 v 匀速上升，下列说法正确的是( ) A.小球做匀速圆周运动 B.当棒与竖直方向的夹角为 α 时，小球的速度为 C.棒的角速度逐渐增大 D.当棒与竖直方向的夹角为 α 时，棒的角速度为 解析：A、小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度 v 匀速上升，平台 的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故 A 错误；BCD、棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示， 合速度 v 实=ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 ωLsinα=v， 所以 ω= ，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故 BC 错误，D 正确。 答案：D 6.将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示， 其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端 由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数 μ 均相同。在这三个过 程中，下列说法正确的是( ) A.沿着木板 1 和木板 2 下滑到底端时，物块速度的大小相等 B.沿着木板 2 和木板 3 下滑到底端时，物块速度的大小相等 C.沿着木板 1 下滑到底端时，物块的动能最大 D.物块沿着木板 3 下滑到底端的过程中，产生的热量最多 解析：对物块从高为 h 的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh﹣Wf= mv2…① 其中 Wf 为物块克服摩擦力做的功， 因滑动摩擦力王企鹅：f=μN=μmgcosθ， 所以物块克服摩擦力做的功为：Wf=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL 底…② 由图可知，Lcosθ 为斜面底边长， 可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度 L 底成正比。 A、因沿着 1 和 2 下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着 1 重力做功大于沿 2 重力 做功，根据①式得知，沿着 1 下滑到底端时物块的速度大于沿 2 下滑到底端时速度；故 A 错误； B、沿着 2 和 3 下滑到底端时，重力做功相同，而沿 2 物体克服摩擦力做功小于沿 3 克服摩 擦力做功，则由①式得知，沿着 2 下滑到底端时物块的速度大于沿 3 下滑到底端时速度；故 B 错误； C、根据动能定理 ，所以沿着 1 下滑到底端时，重力做功最多，而克服摩擦力 做功小，所以沿木板 1 滑到底端时，动能最大。故 C 正确。 D、沿 3 时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多。故 D 正确。 答案：CD 二、解答题(共 3 小题) 7.如图甲所示，空间存在 B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ 是相互平行的粗糙的 长直导轨，处于同一水平面内，其间距 L=0.2m，R 是连在导轨一端的电阻，ab 是跨接在导 轨上质量 m=0.1kg 的导体棒，从零时刻开始，通过一小型电动机对 ab 棒施加一个牵引力 F， 方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触 良好，图乙是棒的速度﹣时间图象，其中 OA 段是直线，AC 段是曲线，DE 是曲线图象的渐近 线，小型电动机在 12s 末达到额定功率 P=4.5W，此后功率保持不变，除 R 以外，其余部分 的电阻均不计，g=10m/s2。 (1)求导体棒在 0～12s 内的加速度大小； 解析：由图中可得 12s 末的速度为：v1=9m/s，t1=12s 导体棒在 0.12s 内的加速度大小为：a= =0.75m/s2. 答案：导体棒在 0～12s 内的加速度大小 0.75m/s2。 (2)求导体棒与导轨间的动摩擦因数 μ 及电阻 R 的阻值； 解析：设金属棒与导轨间的动摩擦因数为 μ。当金属棒的速度为 v 时，安培力大小为 F，则 有： F=BIL， I= 得：F= A 点：由牛顿第二定律得：F1﹣μmg﹣ =ma1 又 P 额=F1v1. C 点：棒达到最大速度，则此时加速度为零，依据牛顿第二定律，则有： F2﹣μmg﹣ =0 P 额=F2vm。 联立解得：μ=0.2，R=0.4Ω 答案：导体棒与导轨间的动摩擦因数 0.2 及电阻 R 的阻值 0.4Ω。 (3)若 t=17s 时，导体棒 ab 达最大速度，且 0～17s 内共发生位移 100m，试求 12～17s 内 R 上产生的热量 Q 以及通过 R 的电荷量 q。 解析：0﹣12s 内导体棒发生的位移为：s1= ×9×12m=54m， AC 段过程棒发生的位移为：s2=100﹣s1=46m 由能量守恒得：P 额 t=QR+μmgs2+( m ﹣ m ) 代入数据解得：QR=12.35J 再依据电量综合表达式为：q= t= = ， 代入数据解得：q=11.5C。 答案：在 12～17s 内 R 上产生的热量 12.35J 以及通过 R 的电荷量 11.5C。 8.如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光 滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车 上从 A 点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。 (1)若固定小车，求滑块运动过程总对小车的最大压力； 解析：当滑块到达 B 时的速度最大，受到的支持力最大； 滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR= mvB 2， 滑块在 B 点处受到的支持力与重力的合力提供向心力， 由牛顿第二定律得：N﹣mg=m ，解得：N=3mg， 由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′=N=3mg 即滑块运动过程中对小车的最大压力是 3mg。 答案：若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是 3mg。 (2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后 C 点滑出小车，已知 滑块质量 m= ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑块与 轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，求： 滑块运动过程中，小车最大速度 vm； 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。 解析：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，设小车的最大速度 是 vm，由机械能守恒定律得：mgR= Mvm 2+ m(2vm)2，解得：vm= ； 由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍， 所以滑块从 B 到 C 运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的 2 倍， 即： =2 ， 由于它们运动的时间相等，根据：x= t 可得：s 滑块=2s 车 又：s 滑块+s 车=L 所以：小车的位移大小：s= L； 答案：滑块运动过程中，小车的最大速度大小是 ； 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小是 L。 9.在平面直角坐标系 xoy 中，第 I 象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第 IV 象限存在垂直 于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.一质量为 m，电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0 垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成 45°角 射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求： (1)M、N 两点间的电势差 UMN； 解析：设粒子过 N 点的速度为 v，有 =cosθ，v= v0， 粒子从 M 点到 N 点的过程，有：qUMN= mv2﹣ mv0 2， 解得：UMN= 。 答案：M、N 两点间的电势差 UMN 为 。 (2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r； 解析：以 O′圆心做匀速圆周运动，半径为 O′N， 由牛顿第二定律得：qvB=m ， 解得：r= 。 答案：粒子在磁场中运动的轨道半径 r 为 。 (3)粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t。 解析：由几何关系得：ON=rsinθ 设在电场中时间为 t1， 有 ON=v0t1，t1= ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T= ， 设粒子在磁场中运动的时间为 t2，有：t2= T= ， t=t1+t2 解得：t= 。 答案：粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t 为 。