18-南京市名校2012届高三模拟考试(南师附中)

1. B 解析：试将各个单位转换为对应的物理量，则A项为qUx，不是力的表达式；B项为qBv，恰为洛仑兹力的表达式；C项为BIv，不是力的表达式；D项为BS/t，不是力的表达式．

2. C 解析：两物体均做平抛运动，它们下降的高度不等，A的高度大，则A的运动时间长，但两物体的水平位移相等，所以A的初速度应小一点．选项C正确．

3. D 解析：试在图中作出过各点的等势线，由“沿着电场线方向电势降低”知，b点电势最高；图中c点的电场线最稀疏，场强最小；正电荷由a点移到b点过程中电场力做负功，电荷电势能增大；负试探电荷由c点移到d点电场力做正功，电势能减小．

4. A 解析：为研究C点的张力，可以研究电线的CD段，CD段受自身重力、C点向左的拉力、D点斜向右上方的拉力，合力为零，所以C点的张力最小．由B、D两点等高知，B、D两点的张力相等，所以A点的张力大于B、D点的张力．在其他条件不变的情况下，缩短电线的长度，会增大线中张力．

5. C 解析：在血液流动过程中，其中的正、负电荷会在洛仑兹力的作用下发生偏转，使上、下极板分别带上正、负电荷，形成由上uu

向下的电场，直到qvB＝qd，所以血液的流速为v＝Bd，流量为Q＝πd2πdu4·v＝4B. MmF2r12402

6. ABC 解析：由F＝Gr2知，F＝r＝37≈1.17，即引力

21

约大17%；此时为“近地点”，月球速度最大；如果不减速，月球将沿椭圆轨道从近地点向远地点运动，即开始做离心运动；为使其做圆周运动，需使它适当减速；月球围绕地球运动，只能求出地球的质量．

7. CD 解析：在K1闭合，K2、K3断开的状态下，合上K2瞬间电源对电容器充电，使电源内电压变大，路端电压减小，灯B亮度降低；在K1、K2都闭合，K3断开的状态下，断开K1瞬间电容将原来已充的电量对外放电，这一瞬间的电压与原来是相同的，灯B从原有亮度开始变暗；在K1、K2断开，K3闭合的状态下，合上K1，A灯与电感串联，电流逐渐变大，灯A逐渐变亮，B灯立即变亮，由于灯A的电流逐渐变大，路端电压会有所减小，灯B后来稍稍变暗；在K1、K3闭合，K2断开的状态下，断开K1，则电感中的电流从原有电流值开始减小，A、B灯串联，两灯都逐渐变暗，并同时熄灭．

8. AD 解析：由图乙知，交流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz；升压变压器副线圈输出电压的最大值为31 V，有效值为22 V；滑片P向右移动时，负载电路的电阻减小，消耗功率变大，电流变大，远距离输电线路上的电压降也变大，使得降压变压器的输入、输出电压都变小；整个输电系统相当于电源内电阻不变，而外电路电阻减小，效率降低．

9. AC 解析：撤去外力以后，物块的加速度大小为μg，由图象可知两物块做减速运动的加速度大小相等，所以它们与地面间的动摩擦因数一定相同；由F－μmg＝ma，可得F＝m(μg＋a)，由于A物块的质量小而加速度大，所以F1与F2的大小关系不确定；对两物块运

动的全过程应用动能定理，有总功为零，力F所做的功与滑动摩擦力做的功大小相等，从图象计算出两物块的位移，xA＝15 m，xB＝17.5 m，而A物块的滑动摩擦力小，摩擦力做的功少，所以F1对A做的功一定小于F2对物体B所做的功；由功率P＝Fv知最大功率的大小关系是不确定的．

10. (1) D 连线略(电流表外接法)(各1分，共2分) (2) Ⅰ. 开关S不应闭合，应处于断开状态

Ⅱ. 滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端(各1分，共2分)

③ (2分)

(3) 0.34～0.38都正确(2分)

解析：(1)灯泡正常工作时的电阻为6.25 Ω，滑动变阻器不宜选用200 Ω的，只能选用5 Ω的“D”，并采用分压式供电电路，由于电流表电阻约为1 Ω，应采用电流表的外接法，将电压表直接连到灯泡两端，连线略．(2)为安全起见，接线时应将开关S处于打开状态；同时应将滑动变阻器所取的电压调到最小，滑键应置于最右端b.若导线③未连接好，则电路变为“限流式”，灯泡所得到的电压不可能为零．(3)小灯泡与阻值为5.0 Ω的定值电阻串联后，灯泡得到的电压应为U＝E－I(r＋R)，将这一图线叠加在灯泡的U－I图线上，则两线的交点即为灯泡的工作点，大约为1.2 V，0.3 A，功率为0.36 W.

d2d2

－tBtA

11. (1) 2.20或2.25(2分)

2x

(2分)

(2) 注意：应为直线，标度的选取要合适(2分) D(2分) (3) 0.16(2分)

解析：(1)注意游标卡尺为20分度，且游标尺的0刻度线与主尺d

2 mm对齐，读作2.25 mm.由t可求出滑块通过每一个光电门时的速

22v－v2122

度，由v2－v1＝2ax可知，滑块的加速度a＝2x＝

d2d2－tBtA

2x

.(2)

描点，并将所描的点连线(略)．注意应为一条直线．由牛顿第二定律（1＋μ）g

有mg－μ(M＋m′)g＝(M＋m′＋m)a，化简得a＝m－μg，所

M＋m′＋m以图线为一条直线是因为M＋m′＋m保持不变，即m′＋m总是保持不变．(3)由图线的纵轴截距知，μ＝0.16.

12A. (12分)(1) BD(4分) (2) 放出(2分) 0.5(2分) (3) V′＝NAρVV0

(4分) M

解析：(1)油酸分子的直径应等于油酸体积除以油酸膜的面积；悬浮在液体中的固体颗粒越小碰撞的不均匀性越显著、液体的温度越高，碰撞的冲量越大，布朗运动越激烈；分子间的距离越小，分子间引力和斥力都越大；液晶具有各向异性．(2)水位缓慢升高时，密闭气体的温度不变，由ΔU＝Q＋W知，气体对外放出0.5 J的热量．(3)

m

体积为V的二氧化碳气体的质量为m＝ρV，其分子数为n＝MNA，NAρVV0

变成固体后体积为V′＝nV0，解得V′＝. M

12B. (12分)(1) BD(4分) (2) 先到达后壁(2分) 短(2分) s2dn

(3) t＝v＝＝2×10－10 s(4分)

ccosβ

解析：(1)粗糙斜面上的金属球由于存在阻力，其运动是阻尼运动；单摆的回复力为重力的一个分力，即F＝mgsinθ，由于单摆的xmgx

摆角小，所以sinθ约为l，回复力的大小为F＝l，方向与位移x相反；质点A、C的平衡位置之间的距离等于半个波长；由质点M向下运动可知波向右传播．

(2)根据相对论，闪光先到达后壁，并在运动方向上长度变短． (3)光路示意图如图所示，由sinα＝nsinβ，得β＝30°，由题意及光路图得Δs＝2dtan60°－2dtan30°，代入数值解得d＝1.5 cm，c

光在透明介质里传播的速度v＝n，光在透明介质里的路程为s＝s2dn

2d/cosβ，所以光在透明体里运动的时间t＝v＝＝2×10－10 s.

ccosβ

12C. (12分)(1) AD(4分)

2

(2) 310n(2分) (mU－mBa－mKr－2mn)c(2分)

(3) 能级差ΔE＝hν0(1分) EM＝E0－hν0(3分)

解析：(1)黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度

有关而与表面形状无关；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；一切物体都具有波粒二象性；原子核衰变时，遵循能量守恒和动量守恒．(2)由电荷数和质量数守恒知，核反应方程中还

1应有3个中子0n；由质能方程知，放出的能量为(mU－mBa－mKr－

2mn)c2.(3)能级差ΔE＝hν0，由能量守恒E0＋(0－EM)＝ΔE，所以EM＝E0－hν0.

13. (15分)解：(1) 由图知a2＝10 m/s2(1分) 由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2(2分) 解得μ＝0.5(1分)

(2) 由图知a1＝20 m/s2(1分)

由牛顿第二定律F－mg(sinθ＋μgcosθ)＝ma1(3分) 解得F＝30 N(1分)

(3) 由图，风力F作用时间为t1＝0.2 s vm撤去风力后，物体继续向上运动时间为t2＝a 2得t2＝0.4 s(1分)

1

向上的最大位移为xm＝2vm(t1＋t2) 得xm＝1.2 m

以后物体下滑，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma3(2分) 解得a3＝2 m/s2 12

由xm＝2a3t3(1分) 得t3＝

65 s

总时间为t＝t2＋t3(1分)



代入数据得t＝0.4＋



6

 s≈1.5 s(1分) 5

14. (16分)解：(1) uCD＝200 V时，粒子获得最大速度vmax(1分) 1212

由动能定理euCD＝2mvmax－2mv0(2分) 32

得vmax＝3×106 m/s(1分)

mvmax(2) 最大半径Rmax＝eB＝10 cm(1分)

3

sinθ1＝R＝5

max

ymin＝Rmax(1－cosθ1)＋Ltanθ1＝11 cm(2分) 最小半径应满足

l22

R－Rmin＝l＋min2



l

2

(1分)

4

∴ Rmin＝7.5 cm，sinθ2＝R＝5 minl

ymax＝2＋Ltanθ2＝19 cm(2分) ∴ Δy＝ymax－ymin＝8 cm(1分) mvmin(3) Rmin＝eB(1分)

l

12

euAB1＝2mvmin－Ek0(2分) ∴ uAB1＝60 V(1分)

um－uAB1∴ n＝u×2 000＝1 400个(1分)

m

15. (16分)解：(1) 每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L

2L，t穿＝v(2分)

E＝BLv(1分) E2

P＝R(1分)

B2L2v22L2B2L3v

产生热量Q＝P·t穿＝R·v＝R 2B2L3v

解得Q＝R(1分)

(2) 每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的．设投放时间间隔为T，则vt图象如图所示．

可得2L＝v·T(1分) v＝a·T(1分)

传送带做加速运动f＝μmg＝ma(1分)

v在T时间内，传送带位移为s传＝vT，线圈位移为s线＝2 v

摩擦产生的热为Q摩擦＝μmg·s相对＝μmg·2·T(2分)

线圈中焦耳热Q＝B2L2v2

焦耳R·T 有P·T＝Q1摩擦＋2mv2

＋Q焦耳(1分) 代入以上各式，得P＝mv3B2L2v2

2L＋R(1分)

(3) 为保持线圈通过磁场过程中不产生滑动，安培力必须不超过滑动摩擦力．

BIL＝B2L2应有v

R≤μmg(2分) 代入(2)中有关各式，得B≤mvR2L3(2分)