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高三第一次模拟考试
命题人：罗嘉宇 审题人：吴俊豪
一、单选题（每小题4分，共44分）
1．下列LC振荡电路图中，电容器的电容C >C ，线圈的自感系数L >L 。则回路中电磁振荡频率最
1 2 1 2
大的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图所示，篮球从运动员手中被投出后，沿着一条优美的曲线飞行。用箭头标注篮球经过图中a、b、
c、d四点时的速度方向。速度方向标注正确的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
3．某一电场的电场线和等势面分布如图所示，一电子从A点运动到B点，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度E ϕ
A B A B
C．电场力做负功 D．电子的电势能减小
4．飞天揽月，奔月取壤，“嫦娥五号”完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨
道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的距离为h，月球半径为R，
月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。下列关于“嫦娥五号”的说法正确的是（ ）
A．由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向后喷气
B．在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
gR2
C．在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为
R+h
D．在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上的小
5．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.3s时刻第一次出现图中虚
线所示的波形，则
A．质点P的运动方向向右
B．这列波的周期为1.2s
C．这列波的波长为12m
D．这列波的传播速度为60m/s
6．如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器
的原副线圈的匝数比为n 1 ∶n 2 =10∶1，电阻R=10Ω，图乙是R两端电压U随时间变化的图像，U m =10 2
V。则下列说法中正确的是（ ）A．通过R的电流I 随时间t变化的规律是I =cos100πt(A)
R R
B．变压器的输入功率为10W
C．电压表V的读数为10 2V
2
D．电流表A的读数为 A
10
7．如图所示，a、b两种单色光沿不同方向由空气射入玻璃三棱镜，经三棱镜折射后沿同一方向射出，
下列关于a光和b光的说法正确的是（ ）
A．玻璃三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率
B．在玻璃三棱镜中，a光的传播速度比b光的传播速度小
C．a光和b光从空气射入玻璃时，频率发生变化
D．空气中a光的波长小于b光的波长
8．如图所示为一定质量理想气体经历的循环，该循环由两个等温过程、一个等压过程和一个等容过程
组成。则下列说法正确的是（ ）
A．在a→b过程中，气体分子的数密度变小
B．在b→c过程中，气体吸收热量
C．在c→d过程中，气体分子的平均速率增大
D．在d→a过程中，气体的内能增加
9．如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的O点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动。当装置分别以角速度ω、ω匀速转动时，小球相对杆分别静止在A、B点，杆对
1 2
球的弹力大小分别为F 、F ，其中F 方向向下。弹簧在弹性限度内，则（ ）
NA NB NA
A．ω>ω，F >F B．ω>ω，F F D．ω<ω，F R B．R C ，L >L ，则电磁振荡频率最大值为 f =
1 2 1 2 max 2π LC
2 2
故选D。
2．C
【详解】曲线运动某点的速度方向应为切向方向。
故选C。
3．D
【详解】A．电场线越密，电场越强。所以E >E ，故A错误；
A B
B．沿电场线方向，电势降低，所以ϕ <ϕ ，故B错误；
A B
CD．电子受到电场力方向与电场方向相反，所以电子从A点运动到B点电场力做正功，电势能减小，
故C错误，D正确。
故选。
4．C
【详解】A．由I轨道进入II轨道需在P点处进行减速，应向前喷气，由II轨道进入Ⅲ轨道需在Q处进
行减速，应向前喷气，故A错误；
B．在Ⅱ轨道上稳定运行时，根据牛顿第二定律可得
Mm
G =ma
r2
解得
M
a=G
r2
而P点的半径更大，所以P点的加速度比Q点的加速度小，故B错误；
C．在Ⅳ轨道上时，嫦娥五号做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
学科网（北京）股份有限公司Mm v2
G =m
(R+h)2 R+h
月球表面的重力加速度为g，则
Mm
G =mg
R2
联立解得在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为
gR2
v=
R+h
故C正确；
D．由Ⅲ轨道进入Ⅳ轨道需在Q处向前喷气减速，所以嫦娥五号在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大，故
D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．简谐横波沿x轴方向传播，质点P只沿y轴方向振动，故A错误；
B．因为t＝0.3s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则由图得到
T
t = =0.3s
4
则周期T=1.2s，故B正确；
C．由图可知，这列波的波长为24m，故C错误；
D．这列波的传播速度为
λ 24
v= = m/s=20m/s
T 1.2
故D错误；
故选B.
6．B
【详解】A．U随时间变化规律是
2πt
u=U cos =10 2cos100πt(V)
m T
所以
u
I = = 2cos100πt(A)
R R
故A错误；
B．通过电阻R电流的有效值为I
I = R =1A
2
2
变压器的输入功率等于R消耗的功率，即
P=I2R=10W
2
故B正确；
C．电压表V的读数为R两端电压的有效值，即
u
U = m =10V
2
故C错误；
D．根据理想变压器变流规律可得电流表A的读数，即原线圈电流的有效值为
n
I = 2 I =0.1A
1 n 2
1
故D错误。
故选B。
7．A
【详解】A．由图可知，玻璃三棱镜对a光的偏折程度较小，所以玻璃三棱镜对a光的折射率小于对b光
的折射率，故A正确；
c
B．根据v= 可知，因为玻璃三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，所以在玻璃三棱镜中，a光
n
的传播速度比b光的传播速度大，故B错误；
C．a光和b光从空气射入玻璃时，频率不会发生变化，故C错误；
D．因为玻璃三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，根据c=λf
可得，空气中a光的波长大于b光的波长，故D错误。
故选A。
8．B
【详解】A．在a→b过程中，气体的体积减小，则气体分子的数密度大，故A错误；
V
B．在b→c过程中，气体等压膨胀，根据 =C可知，气体温度升高，气体内能增大；由于气体体积增
T
大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；
C．在c→d过程中，气体温度不变，气体分子的平均速率不变，故C错误；
p
D．在d→a过程中，气体体积不变，压强减小，根据 =C可知，气体温度降低，气体内能减小，故D
T
错误。
故选B。
学科网（北京）股份有限公司9．D
【详解】对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、沿弹簧方向的拉力F和水平杆对其的竖
直弹力F 。小球在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为θ，轨道半径为r，角速度为ω，
N
小球质量为m。
设弹簧的劲度系数为k，原长为l ，O点到水平杆的竖直高度为h。则弹簧的长度 l = r2+h2
0
拉力F =k(l−l )
0
r
由几何关系可知sinθ=
l
弹簧拉力的水平分量提供向心力Fsinθ=mrω2
l
k(1− 0 )
整理得 r2+h2
ω2 =
m
此式表明，角速度ω是随轨道半径r的增大而增大的，从图中可以看出，B的轨道半径大于A的轨道半
径，对应的角速度关系为ω<ω
1 2
在竖直方向上，小球受力平衡，则Fcosθ=mg+F
N
所以，杆对球的弹力F =Fcosθ−mg
N
h
由几何关系cosθ=
l
l
可得：F =kh1− 0 −mg
N h2+r2
B的轨道半径大于A的轨道半径，则有F R ，R >R ，故B正确，CD错误；
1 3 2 3 2 4
故选B。
11．D
【详解】
AB．开关S闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C两端电压等于R 两端电压U ，已知总电阻
3 3
(R +R )R
R= 2 3 1 +r=4Ω
R +R +R
2 3 1
由闭合电路欧姆定律可知干路电流
E
I = =1.5A
R
路端电压
U =E−IR =4.5V
外
则
R
U = 3 U =1.8V
3 R +R
2 3
此时电容器所带电荷量
Q=CU =3.6×10−6C
3
且上极板带负电，下极板带正电，故AB错误。
CD．开关S断开时的等效电路图如图乙所示电容器C两端电压等于R 两端电压U ，此时
2 2
E
U = R =3V
2 R +R +r 2
2 3
电容器所带电荷量
Q =CU =6×10−6C
2 2
学科网（北京）股份有限公司且上极板带正电，下极板带负电，故通过R 的电荷量
0
Q=Q +Q =9.6×10−6C
1 2
故C错误，D正确。
故选D。
(x −x )d
12． B C 2 1 52.35 大于
6L
【详解】（1）[1]双缝干涉实验装置，光应先通过滤光片，获取单色光。之后经过单缝，使入射光变成线
光源。再通过双缝，形成相干光源。最后到达光屏上。故固定的顺序为滤光片，单缝，双缝。选B。
（2）[2]取下滤光片，白光的干涉条纹为彩色的。故选C。
（3）[3]条纹间距为
x −x
∆x= 2 1
6
波长与条纹间距的关系为
Lλ
∆x=
d
联立得到
(x −x )d
λ= 2 1
6L
[4]游标卡尺读数为
52mm+7×0.05mm=52.35mm
（4）[5]从图中可以看出，若条纹倾斜，测得的间距将比实际的大。
13．（1）sinβ=0.52；（2）能发生全反射
【详解】（1）如图所示，根据几何知识可知
α=90°−θ=15°
根据折射定律sinβ
=n
sinα
得
sinβ=0.52
（2）根据
1
sinC =
n
得
C =30°
根据几何关系可知
θ =90°−θ=40°
1
θ =3θ−90° =60°
2
因
θ >C =30°
2
所以能发生全反射。
nBlv
14．(1)
2R
n2B2l2v
(2)
4R
nBlv
【详解】（1）线框切割产生的感应电动势E=
2
E
闭合电路欧姆定律I =
R
nBlv
解得I =
2R
l
（2）安培力F =nBI
2
n2B2l2v
解得F =
4R
学科网（北京）股份有限公司15．（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25≤µ<0.4
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
1
mgL= mv2−0
2 0
解得
v =5m/s
0
在最低点，对小球由牛顿第二定律
v2
F −mg =m 0
T L
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
F =6N
T
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mv =mv +Mv
0 1 2
1 1 1
mv2 = mv2+ Mv2
2 0 2 1 2 2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
2m
v = v =4m/s
2 m+M 0
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv =2Mv
2 3
由能量守恒定律
1 1
Mv2 = ×2Mv2+µMgs
2 2 2 3 1
解得
µ=0.4
1
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv =2Mv
2 4
由能量守恒定律
1 1
Mv2 = ×2Mv2+µMgs+MgR
2 2 2 4 2
解得
µ =0.25
2综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数µ的取值范围为
0.25≤µ<0.4
【点睛】
3qB R
16．(1) 0
m
( )
3qRB2 5 3+π m
(2)E= 0 ，
2m 3qB
0
(3)1.5kR
mv2
【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有qv B = 0
0 0 r
3qB R
解得v = 0
0 m
（2）正对圆心O 射入的粒子，沿半径r= 3R的圆弧运动并恰能通过圆心O ，粒子在磁场中运动的轨
1 2
迹的圆心恰好为原点O，运动轨迹如图所示，
R
设速度偏转角为θ，由几何关系有cosθ= =0.5
2R
解得θ=60
从O 点进入电场，沿y轴方向，则有v sinθ⋅t =2 3R
2 0 1
4 3m
解得t =
1 3qB
0
qE 1
沿x轴方向，则有a= ，2R=−v cosθ⋅t + at2
m 0 1 2 1
3qRB2
解得E= 0
2m
θπ m
粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间t = T =
2 360 3qB
0
R 3m
粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间t = =
3 v 3qB
0 0
运动的总时间t=t +t +t
1 2 3
学科网（北京）股份有限公司（5 3+π）m
解得t =
3qB
0
（3）粒子到达P点时沿y轴方向分速度v =v sinθ
y 0
粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿y轴方向的分速度为0的过程中，沿 y轴由动量定理则有
q=1
−∑qBv Δt =0−mv
x y
2
B
其中B= 0 y
k
B
可得∑q 0 yv ∆t =mv sinθ
k x 0
又因为v ⋅∆t =∆x
x
B
可得q 0 ∑y∆x=mv sinθ
k 0
qB
即 0 S =mv sinθ
k 0
解得S =1.5kR
