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
2、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， 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
3、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
4、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
5、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 时，小球上升的速度大小为 ( ) A.vsin B.vcos C.vtan D.vcot 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 =vsin
6、；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 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 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
7、运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示， 合速度 v 实 =L ，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 Lsin=v ， 所以 = ，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 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
8、 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 其中 Wf为物块克服摩擦力做的功， 因滑动摩擦力王企鹅： f=N=mgcos ， 所以物块克服摩擦力做的功为： Wf=fL=mgcos L=mgLcos=mgL 底 由图可知， Lcos 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
9、 2重力做功，根据 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 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，
10、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
11、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 及电阻 R的阻值； 解析：设金属棒与导轨间的动摩擦因数为 。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 mg =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 mg =0 P 额 =F2vm。 联立解得： = 0.2， R=0.4 答案： 导
12、体棒与导轨间的动摩擦因数 0.2及电阻 R的阻值 0.4 。 (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+mgs 2+( 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
13、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= mvB2， 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
14、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 ，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= Mvm2+ m(2vm)2，解得： vm= ； 由于在任一时刻滑块相
15、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
16、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 =cos ， v= v0， 粒子从 M点到 N点的过程，有： qUMN= mv2 mv02， 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 ON ， 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=rsin 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 。
