江苏省扬州中学高三模拟考试物理试题2016.5.20（满分120分，考试时间为100分钟）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—个选项符合题意．1．一质点沿轴运动，其位置随时间变化的规律为：，的单位为s。下列关于该质点运动的说法正确的是（
）A．该质点的加速度大小为5m/s2B．物体回到=0处时其速度大小为10m/sC．t=2s时刻该质点速度为零D．0~2s内
该质点的平均速度为5m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；速度；平均速度．解：A、根据得，质点的初速度为10m/s，
加速度为-10m/s2．故A错误．B、当x=0时，有10t-5t2=0，解得t=0（舍去），t=2s．则2s末的速度v=v0+at
=10-10×2m/s=-10m/s，即速度的大小为10m/s．故B正确，C错误．D、0～3s内该质点的位移x=10t-5t2=1
0×3-5×9m=-15m，则平均速度即平均速度的大小为5m/s．故D错误．故选：B．R2．如图所示，在理想变压器输入端AB间接入
220V正弦交流电，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，O为副线圈中间抽头，D1、D2为理想二极管，阻值R=20Ω，则
R上消耗的热功率为（）A．20WB．20WC．40WD．80W
【考点】变压器的构造和原理．解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，有：得有效值
U2=40V．O为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为：所以BCD错误，A正确；故选：A．3．关于传感器，
下列说法中正确的是()A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有
双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量D．光敏电阻在光照射下
其电阻会显著变大进入官网：http://js.qinxue100.com/#wry，点击秦学云，免费查看视频解析【考点】常见传感器
的工作原理．解：A、动圈式话筒是通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，产生变化的磁场，其作用是将声信号转换为电信号，故A错误；
B、电熨斗通过温度传感器实现温度的自动控制，故B正确；C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，不是磁感应强度转换成电阻，故C错误；D
、光敏电阻是半导体材料，光照强度增加电阻减小，故D错误；故选：B．4．假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天
体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所
示。以下说法正确的是（）A．天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度B．天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆
周运动的速度C．天体B做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力D．天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力【考点】万有引
力定律及其应用．解：A、由于天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由a=ω2r，可知天体A做圆周运动的加速度大于
天体B做圆周运动的加速度，故A错误．B、由公式v=ωr，角速度相同，可知天体A做圆周运动的速度大于天体B做圆周运动的速度，故B错误
．C、天体B做圆周运动的向心力是A、C的万有引力的合力提供的，所以天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力，故C错误，D正
确；故选：D．5．竖直平面内有一个四分之一圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小
球都落到圆弧上，不计空气阻力，小球落到圆弧上时的动能()A．越靠近A点越大B．越靠近B点越大C．从A到B先减小后增大D．
从A到B先增大后减小【考点】平抛运动．解：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为Ek．小球平抛运动的初速度为v0
，圆弧AB的半径为R．则有：x=v0t，则得：由几何关系得：x2+y2=R2；根据动能定理得：联立得：根据数学知识可知：当即时，有
最小值，则此时Ek最小．因此小球落到圆弧上时的动能从A到B先减小后增大，故C正确．故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分
，满分l6分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．如图所示实线为等量异号点电荷周
围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点．若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则()A．电
荷所受电场力大小不变B．电荷所受电场力逐渐增大C．电荷电势能逐渐减小D．电荷电势能保持不变【考点】电场强度；电势能．解：A、B
由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动
到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，
故C正确，D错误．故选：BC7．如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平
行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A．L变亮B．RT两端电压变大C．C所
带的电荷量保持不变D．G中电流方向由a到b【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．解：A、由图可知，热敏电阻与L串联．当环境温度升
高时热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增
大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B错误；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q=CU知电容
器的带电量减小．故C错误；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b；故D正确；故选：AD．8．正在粗糙水平面上滑动的
物块，从t1时刻到时刻t2受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等
，则在此过程中（）A．物块可能做匀速直线运动B．物块的位移可能为零C．合外力对物块做功一定为零
D．F一定对物块做正功【考点】功的计算；牛顿第二定律．解：A、物体做直线运动，合力与速度同方向，初末速度相等，物体可能做匀速直
线运动，即推力等于滑动摩擦力，故A正确；B、物体有可能速度先减为零，然后反向增加到相同的值，即力F向后，故减速时加速度为a1=，加
速时加速度为根据速度位移公式，减速位移加速位移为故总位移x=x1-x2≠0，故B错误；C、根据动能定理可知故C正确；D、物体可能做
匀速直线运动，则推力等于滑动摩擦力，一定做正功；物体也可能先减速前进和加速后退，即力F向后，故减速时加速度为加速时加速度为a2=
根据速度位移公式，减速位移加速位移为故总位移x=x1-x2＜0，即物体后退的位移较大，故力F也一定做正功，故D正确；故选：ACD．
9．某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图。将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h=0.5m、半径r=0.2m
的圆柱体，其可绕固定轴OO''逆时针(俯视)转动，角速度ω=100rad/s。设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.
2T、方向都垂直于圆柱体侧表面。紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻为R1=0.5Ω的细金属杆ab，杆与轴OO''平行。图丙中阻值R
=1.5Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆a、b两端。下列说法正确的是（）A．电流表A的示数约为1.41AB．杆ab中产生
的感应电动势的有效值E=2VC．电阻R消耗的电功率为2WD．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零【考点】法拉第电磁
感应定律；电磁感应中的能量转化．解：A、B导体切割磁感线产生的感应电动势为?E=Bhv又?v=ωr解得?E=2V由于ab杆中
产生的感应电动势E的大小保持不变，所以杆ab产生的感应电动势的有效值E=2V，则电流表A的示数为故A错误，B正确．C电阻R消耗的电
功率为P=I2R=12×1.5W=1.5W，故C错误．D、由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两种方向
通过电流表的电量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零．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，满分42分．请将解答填在答题卡相应的位置．10．（8分）（1）如图甲所示，螺旋测微器读数是_
__________mm．（2）某学习小组在探究加速度与力、质量的关系时，采用图乙所示的装置，通过改变小托盘和砝码总质量m来改变小
车受到的合外力，通过加减钩码来改变小车总质量M。①实验中需要平衡摩擦力，应当取下__________（选填“小车上的钩码”、“小托
盘和砝码”或“纸带”），将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点___________．②图丙为实验中得到
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，从纸带上测出
x1=3.20cm，x2=4.74cm，x3=6.30cm，x4=7.85cm，x5=9.41cm，x6=10.96cm．小车运动
的加速度大小为_____________m/s2（结果保留三位有效数字）．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；螺旋测微器
的使用．解：（1）螺旋测微器固定刻度为5.5mm，可动刻度为0.01×17.0=0.170mm，所以最终读数为5.670mm．（2
）①实验中需要平衡摩擦力，应当取下小托盘和砝码，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点间距相等．②根据匀变
速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2?x5-x2=3a2T2??x6-x3=3a3T2
?为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：解得：a=1.55m/s2．故答案为：（1）5.670??（2）①小托盘和
砝码，间距相等②1.5511.(10分)实验室有一个标签看不清的旧蓄电池和定值电阻R0，为测定旧蓄电池的电动势和定值电阻R0的阻
值，实验室提供如下器材：A.电压表V(量程6V，内阻约为4kQ)B.电流表A(量程1A，内阻RA＝10Ω)C.滑动变
阻器R1(最大阻值20Ω，额定电流2A)D.电阻箱R(阻值范围0～9999Ω)(1)为了测定定值电阻R0的阻值，甲同
学选用了上述器材设计了一个能较准确测出其阻值的电路，如图甲是其对应的实物图，请你将实物连线补充完整。(2)为测出旧蓄电池的电动势
E，乙同学选用了上述器材设计了如图乙所示的电路图．下表是该同学测得的相关数据，请利用测得的数据在图丙的坐标纸上画出合适的图象，并根
据画出的图象求得该蓄电池的电动势E＝___________V．(结果保留2位有效数字)(3)丙同学直接用电压表接在该蓄电池两极读
出电压表的读数，其结果与乙同学测得的电动势相比__________填“偏大”“相等”或“偏小”)．【考点】测定电源的电动势和内阻．
解：（1）因不知道定值电阻的电阻值，所以可以使用电流表内接法，此时：R定+RA＝所以定值电阻等于电压表和电流表示数的比值减去电流表
的内阻．这样测量比较精确．电路图如图所示．（2）根据E=IR+Ir得，图线的斜率表示电动势，所以横轴表示则E=（3）电压表直接接
在电源的两端，由于电压表本身有内阻，测量的仍然是电源的外电压，所以测量值偏小．故答案为：（1）如图所示．（2）如图所示．6.1V，
（3）偏小．12．【选做题】请从A、B和C三小题中选定两题作答，如都作答则按A、B两题评分．A．(选修模块3—3)(12分)某学
习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的
烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图。(1)在气球膨胀过程中，下列说法正确的是__________.A．该密闭气体分子间的作用力增大B
．该密闭气体组成的系统熵增加C．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)若某时刻该
密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为_________；(3)若将该密闭
气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了________
J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________(填“升高”或“降低”)。【考点】理想气体的状态方程．解
：（1）A、气体膨胀，分子间距变大，分子间的引力和斥力同时变小，故A错误；B、根据热力学第二定律，一切宏观热现象过程总是朝着熵增加
的方向进行，故该密闭气体组成的系统熵增加，故B正确；C、气体压强是有气体分子对容器壁的碰撞产生的，故C错误；D、气体分子间隙很大，
该密闭气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误；故选B；（2）气体的量为：该密闭气体的分子个数为：（3）气体对外做了0.6
J的功，同时吸收了0.9J的热量，根据热力学第一定律，有：△U=W+Q=-0.6J+0.9J=0.3J；若气球在膨胀过程中迅速脱离
瓶颈，气压气体迅速碰撞，对外做功，内能减小，温度降低；故答案为：（1）B；（2）（3）0.3，降低．B．(选修模块3—4)(12分
)（1）下列说法中正确的是_________.A．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理B．在光的双缝干涉实验
中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变窄C．太阳光是偏振光D．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关解：A、照相机、摄影机
镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理，使反射光线进行叠加削弱，从而增加透射光的强度，故A正确；B、由知入射光由绿光变为红光，则条
纹间距将变宽，B错误；C、太阳光是自然光，是从光源发出，向各个方向振动，而偏振光只是特定方向振动，故C错误；D、相对论认为空间和时
间与物质的运动状态有关，D正确；选AD。（2）某同学用插针法测半圆形玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：A．将玻璃砖放置在固定于水平
木板的白纸上，用铅笔记录玻璃砖直径的两个端点EF；B．先取走玻璃砖，连接EF，作EF的中垂线MN交EF于O点，取直线OQ，在OQ上
竖直地插上大头针P1、P2；C．再将玻璃砖放回原位置，在图中EF的下方透过玻璃砖观察P1、P2?；D．为确定出射光线OR，至少还须
插1枚大头针P3?，在插入第三个大头针P3?时，要使它__________．?如图是某次实验时在白纸上留下的痕迹，根据该图可算得玻
璃的折射率n=____________．(计算结果保留两位有效数字)【考点】光的折射定律．解：为确定出射光线OR，至少还须插1
枚大头针P3，在插入第三个大头针P3?时，要使它同时挡住P1、P2的像．光路图如图所示．量得入射角约为30°，折射角约为60°，根
据折射定律得：故答案为：挡住P1、P2的像；1.7（1.5～1.9都算对）．（3）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=
0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s．①写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式：②求出x=0.5m处的
质点在0～5.5s内通过的路程。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．解：①波长λ=2.0m，周期振幅A=5cm．则则x=0
.5m处质点振动的函数表达式为y=5cos2πt（cm）．则5.5s内路程s=4nA=4×5.5×5=110cm．答：①x=0.5
m处的质点做简谐运动的表达式为y=5cos2πt；②x=0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为110cm．C．(选修模块3—5
)(12分)（1）下列说法中正确的是____________.A．光电效应进一步证实了光的波动特性B．为了解释黑体辐射规律，普
朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D．天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态
有关【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．解：A、光电效应进一步证实了光的粒子特性，故A错误；B、普朗克提出电磁辐射的能量的量子化
，能解释黑体辐射规律，故B正确；C、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，从而提出玻尔的原子模型，故C正确；D、天然
放射性元素的半衰期与环境的温度无关，故D错误；故选：BC．（2）一同学利用水平气垫导轨做《探究碰撞中的不变量》的实验时，测出一个质
量为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为
0.3m/s，此时滑块甲的速度大小为______m/s，方向与它原来的速度方向_________（选填“相同”或“相反”）．【考点
】验证动量守恒定律．【解答】碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，碰后乙的速度方向为正方向，则有：m甲v甲-m乙v乙=m甲v甲′
+m乙v乙′，代入数据解得：v甲′=0.025m/s，方向与原来方向相同．故答案为：0.025；相同．(3)如图所示是用光照射某
种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线。由图求出：①这种金属发生光电效应的极限频率；②普朗克常量。【考点】光电效应
．解：根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为：γ0=4.27×
1014Hz．根据光电效应方程得，Ekm=hγ-W0，当入射光的频率为γ=5.5×1014Hz时，最大初动能为：Ekm=0.5e
V．当入射光的频率为γ0=4.27×1014Hz时，光电子的最大初动能为0．则：h×5.5×1014-W0=0.5×1.6×10-
19，即：h×4.27×1014-W0=0联立两式解得：h=6.5×10-34Js．答：①这种金属发生光电效应的极限频率4.23×
1014Hz～4.29×1014Hz；②普朗克常量为6.0×10-34Js～6.9×10-34Js．四、计算题：本题共3小题，满分
47分．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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
。13．（15分）如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，
斜面的倾角为θ．现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内
，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h．现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g。求：⑴
水平外力F的大小；⑵1号球刚运动到水平槽时的速度大小；⑶整个运动过程中，2号球对1号球所做的功。【考点】动能定理的应用；共点力平
衡的条件及其应用；机械能守恒定律．解：（1）以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得??Fcosθ=10mgsinθ．得F=
10mgtanθ（2）以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得?得（3）撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能
守恒定律可得10mg得以1号球为研究对象，由动能定理得得W=9mgrsinθ答：（1）水平外力F的大小是10mgtanθ；（2）1
号球刚运动到水平槽时的速度是（3）整个运动过程中，2号球对1号球所做的功为9mgrsinθ．14．（16分）如图甲所示，表面绝缘、
倾角θ＝30°的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D＝0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂
直斜面向上．一个质量m＝0.10kg、总电阻R＝0.25Ω的单匝矩形闭合金属框abcd放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，
ab边长L＝0.50m．从t＝0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场
区域时撤去拉力，让线框自由滑动，线框运动速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边
平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ＝/3，重力加速度g取10m/s2。求：(1)线框受到的拉力F的大小；(2)匀强磁场的磁感
应强度B的大小；(3)线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功和回路产生的电热。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与
分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律．解：(1)由vt图象可知，在0～4s时间内线框做匀加速直线运动，进入
磁场时的速度为v1＝2.0m/s，所以在此过程中的加速度a1＝＝5.0m/s2由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ
＝ma1解得F＝1.5N(2)由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1＝2.0m/s做匀速直线运动，产生的感应电动势E
＝BLv1线框所受安培力F安＝BIL＝对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋解得B＝0.50
T(3)由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D＝0.40
mS1＝＋2D＝1.2m离开磁场后，离开磁场上滑的距离S2＝＝0.2m根据μmgcosθ＝mgsinθ可知，线框运动到最高点
不再下滑，线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功W＝μmgcosθ(S1＋S2)＝0.7J穿过磁场区域的时间t＝＝0.4s线
框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40J15．(16分)如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNP
Q内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=20
0N/C．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg、电荷量q=3.2×10﹣19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个
方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：（1）求带电粒子在磁场中运动的半
径r；（2）求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的
粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第
二定律；向心力．解：（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有解得r=0.1m（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，
在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间解得t=3.3×10
﹣4s（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场
中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°．则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60°所有
粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上曲线方程为x2+y2=R2（R=0.1m，≤x≤0.1m）江苏省扬州
中学高三模拟考试物理试题参考答案及评分标准一、单项选择题：1．B2．A3．B4．D5．C二、多项选择题：6．BC
7．AD8．ACD9．BD三、简答题：10．（8分）⑴5.670（2分）；⑵①小托盘和砝码（2分）间距相等（2分
）②1.54～1.56（2分）11．（10分）⑴如图（2分）(2)如图(3分)(如果横坐标物理量不写，但图画正确扣1分，如果
画成RI图则不给分)6.0(5.8～6.3都给分)(3分)（3）偏小(2分)12A(12分)⑴B；⑵；⑶0.3降低1
2B(12分)⑴AD⑵挡住P1、P2的像；1.7（1.5~1.9都算对）⑶①y＝5cos2πtcm110cm12C(
12分)⑴BC⑵0.025相同⑶4.23×1014Hz～4.29×1014Hzh=6.0×10-34Js～h=6.9×10-
34Js四、计算题：13.（15分）⑴以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得得⑵以1号球为研究对象，根据机械能守恒定
律可得解得⑶撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得得以1号球为研究对象，由动能定理得
得14．（16分）解：(1)由vt图象可知，在0～4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0m/s，所以在此过程中的加速度a1＝＝5.0m/s2由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得F＝1.5N(2)由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1＝2.0m/s做匀速直线运动，产生的感应电动势E＝BLv1线框所受安培力F安＝BIL＝对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋解得B＝0.50T(3)由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D＝0.40mS1＝＋2D＝1.2m离开磁场后，离开磁场上滑的距离S2＝＝0.2m根据μmgcosθ＝mgsinθ可知，线框运动到最高点不再下滑，线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功W＝μmgcosθ(S1＋S2)＝0.7J穿过磁场区域的时间t＝＝0.4s线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40J15.（16分）解：（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有解得r=0.1m（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间解得t=3.3×10﹣4s（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°．则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60°所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上曲线方程为x2+y2=R2（R=0.1m，≤x≤0.1m） |
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