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1、江苏省盐城中学2018届高三全仿真模拟检测（最后一卷）物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意。1. 2017年9月，我国控制“天舟一号”飞船离轨，使它进入大气层烧毁，残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区，在受控坠落前，“天舟一号”在距离地面380km的圆轨道上飞行，则下列说法中正确的是A. 在轨运行时，“天舟一号”的线速度大于第一宇宙速度B. 在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度C. 受控坠落时，应通过“反推”实线制动离轨D. “天舟一号”离轨后，在进入大气层前，运行速度不断减小【答案】C2. 如图所示，带正电
2、的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近，粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计，则A. 粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B. 粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C. 可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D. 可求出A产生的电场中b点的电场强度大小【答案】C【解析】由图知，带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误。粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误。根据动能定理得：+qUab=mv2mv02，可得能求出A产生
3、的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确。ab间不是匀强电场，根据公式U=Ed，不能求b点的电场强度。故D错误。故选C。3. 如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平，现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至点，此时O与OA之间的夹角90，设此过程中OA、OB绳的拉力分别为、，则下列说法正确的是A. 一直增大B. 一直减小C. 一直减小D. 先增大后减小【答案】B【解析】以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力
4、的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当=90时，FOB最小。故选B。点睛：本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断4. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计，下列说法正确的是A. 闭合开关S后，A1会逐渐变亮B. 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C. 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭D. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低【答案】D【解析】试题分析：对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流解：A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串
5、联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；C、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；故C错误D正确；故选：D【点评】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性5. 在桌上有一质量为m1的杂志，杂志上有一质量为m2的书，杂志和桌面的动摩擦因数为1，杂志
6、和书之间的动摩擦因数为2，欲将杂志从书下抽出，则要用的力至少为A. B. C. D. 【答案】A【解析】当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：对书，有：2m2g=m2a对整体，有：F-1（m1+m2）g=（m1+m2）a联立得 F=（1+2）（m1+m2）g，故选A。点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答得0分。6. 如图所示，一个理想变压器原线圈输入正弦式交变电流，
7、副线圈回路中定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，则在滑片P由a移向b的过程中A. 副线圈中交变电流频率减小B. 原线圈中电流减小C. 变压器的输入功率增大D. 滑动变阻器R消耗的功率先增大后减小【答案】BD【解析】变压器会改变电压，但频率不变，故A错误；由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当滑动片P由a移向b，即可变电阻的滑片向下移动时，电阻R增大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小。所以B正确，C错误，根据功率表达式，则滑动变阻
8、器R消耗的功率为，由于定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，所以此功率随着电阻的增大，先增大后减小，故D正确。故选BD。点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。同时学会运用数学公式来分析何时取极值。7. 如图所示，从水平地面上同一位置先后抛出的两个相同的小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，不计空气阻力，则A. B的飞行时间比A的短B. B与A在空中可能相遇C. A、B在最高点重力的瞬时功率相等D. B落地的动能小于A落地时的动能【答案】CD【解析】不计空气阻力，两球
9、的加速度都为重力加速度g。两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故A错误。因A先抛出，B后抛出，则两球不可能在两球交叉的位置相遇，故B错误；最高点处二者的竖直分速度均为零；故重力的功率均为零；故C正确；根据速度的合成可知，B的初速度小于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的小。B落地动能小于A的落地动能；故D正确；故选CD。点睛：本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究8. 如
10、图所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子，a接直流电源的正极，b接直流电源的负极，cd间输出霍尔电压，下列说法正确的是A. 若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，c端的电势高于d端B. cd间霍尔电压与ab间电流大小有关C. 将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱相同D. 在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直【答案】ABD【解析】若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，由于电流从a流向b，电子从b流向a，由左手定则可知，电子偏向d极，则c端的电势高于d端，选项A正确；cd间霍尔电压满足，而，可知，即cd间霍尔电压与ab间电流大小有关，选项B正确；由以上分析可
11、知，将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱不一定相同，选项C错误；地球赤道处的磁场与地面平行，则在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，选项D正确；故选ABD.点睛：解决本题关键是理解左手定则与安培定则的应用，注意电子的移动方向与电流方向相反，简单了解霍尔元件的基本原理。9. 如图所示，质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上，P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当=30时，弹簧处于原长，当=30时，P由静止释放，下降到最低点时变为60，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内
12、，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则P下降过程中A. P、Q组成的系统机械能守恒B. 弹簧弹性势能最大值为C. 竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg【答案】BD【解析】A、根据能量守恒可知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B、根据系统机械能守恒可得，弹簧弹性势能最大值为，故B正确；C、对Q，水平方向的合力，先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；D、P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第
13、二定律有，则有，故D正确；故选BD。三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分，10. 测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定， （1）实验过程中，电火花计时器应接在电压为_（选填6V或220V）的交流电源上，并注意调整定滑轮高度，使_。（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=_。（3）如图为木块在水平木板上带动纸带打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，所用交流电的频率为50Hz，从纸带上
14、测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm。则木块加速度大小a=_m/s2（保留两位有效数字）；【答案】 (1). 220V； (2). 细线跟长木板平行； (3). ； (4). 1.3【解析】（1）实验过程中，电火花计时器应接在电压为220V的交流电源上，并注意调整定滑轮高度，使细线跟长木板平行；（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得：对木块：F-Mg=Ma对砝码盘和砝码：mg-F=ma由上式得：=（3）因为x5-x1=4a1T2，x6-x2=4a2T2，则木块的加速度为： 点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变
15、速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留11. 实验室有下列器材：灵敏电流计G（内阻约50）；电压表V（03V，内阻约10k）；电阻箱R1（09999）；滑动变阻器R2（0100，1.5A）旧干电池一节；导线开关若干；（1）某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2V，灵敏电流计示数为4mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为_；（2）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为_，调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势内内阻，调节滑动变阻器读出几组电压和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的U-IG图线_。（3）由作出的U-IG图线求得干电池的电动势E=_V，内阻r=_。【答案】 (1). 45； (2). 5； (3). (4). 1.4； (5). 15.5
