高三佛山二模物理试题.docx

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高三佛山二模物理试题

2011年佛山市普通高中高三教学质量检测

一、单项选择题：

本大题共16小题，每小题4分．共64分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．

13．下列说法正确的是

A．牛顿发现了万有引力定律并最早测出了引力常量

B．当原子由高能级向低能级跃迁时会辐射光子

C．感应电动势的大小取决于电路中磁通量变化的大小

D．卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子构成

14．下列说法正确的是

A．阴雨天，空气相对湿度较小

B．分子间距离越小，分子间作用力越小

C．气体体积是指所有气体分子体积的总和

D．气体压强是大量气体分子碰撞器壁的结果

15．如图甲所示，一边长为Ｌ的正方形导线框，匀速穿过宽2L的匀强磁场区域．取它刚进入磁场的时刻为t＝0，则在图乙中，能正确反映线框感应电流i随时间t变化规律的是（规定线框中电流沿逆时针方向为正）

16．如图一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，则

A．气体膨胀对外做功

B．气体温度降低

C．气体的内能增大

D．气体密度加大

二、双项选择题：

本大题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．

17．我国将发射“天宫一号”目标飞行器，并发射“神舟八号”飞船与其实现太空对接．假设T代表“天宫一号”，S代表“神舟八号”，它们绕地球做匀速圆周运动轨道如图所示，则

A．T的周期大于S的周期

B．T的速率大于S的速率

C．T的向心加速度大于S的向心加速度

D．S须加速后才能与T实现对接

18．如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。

让质子（

）流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时

A．加速度更大

B．初速度更大

C．动能增量更大

D．两次的电势能增量相同

19．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如下图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后：

A．t1时刻车速更小

B．0～t1的时间内加速度更小

C．加速度总比不启用ABS时大

D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短

20．日本福岛第一核电站在地震后，数秒内就将控制棒插入核反应堆芯，终止了铀的裂变链式反应．但海啸摧毁了机组的冷却系统，因裂变遗留的产物铯、钡等继续衰变不断释放能量，核燃料棒温度不断上升．则下列说法正确的是

A．控制棒通过吸收中子来实现对核反应的控制

B．衰变释放的射线中，α射线的穿透力最强

C．铯、钡等衰变时释放能量，故会发生质量亏损

D．核裂变遗留物铯、钡等原子的质量可能比铀原子质量更大

21．图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1．原线圈与如图甲所示的交流电连接．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝5Ω，热敏电阻R2的阻值随温度的升高而减小，则

A．电压表示数为

VB．R1的电功率为0.2W

C．R1电流的频率为50HzD．R2处温度升高时，电流表示数变小

第二部分非选择题

34．

（1）请将下列实验步骤或结果补充完整：

在“研究弹簧形变与外力关系的实验中”，取一待测弹簧，将弹簧______________测出其长度，在其下端竖直悬挂钩码，稳定后测出弹簧的长度，并记录_____________．改变钩码个数，重复上述步骤．

某同学在右图坐标中，根据外力F与弹簧形变x的数据标出了五个点．请你在图中描绘出相应的F-x图象，根据图象求出弹簧的劲度系数为____________N/m．（保留两位有效数字）

（2）．用右下图给出的器材，测量一只标有“3V、0.6W”的小灯泡正常发光时的电阻R1。

实验过程要求尽量减小误差（滑动变阻器最大阻值为10Ω；电源电动势为12V，内阻为1Ω；电流表内阻约为1Ω，电压表的内阻约为10kΩ）。

①电流表应选用的量程是A（选填“0.6”或“3”），电压表应选用的量程是

V（选填“3”或“15”）；

②请将你设计的实验电路图，画在左下方的虚线框中；

③根据②中的电路图，用笔画线代替导线，完成右下图中的实物连接；

④若小灯泡发光较暗时的电阻为R2，判断出R1与R2的大小关系是R1R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。

35．如图所示，一滑雪运动员质量m＝60kg，经过一段加速滑行后从A点以vA＝10m/s的初速度水平飞出，恰能落到B点．在B点速度方向（速度大小不变）发生改变后进入半径R＝20m的竖直圆弧轨道BO，并沿轨道下滑．已知在最低点O时运动员对轨道的压力为2400N．A与B、B与O的高度差分别为H＝20m、h＝8m．不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）AB间的水平距离．

（2）运动员在BO段运动时克服阻力做的功．

36．（18分）如图所示，质量m＝0.015kg的木块Q放在水平桌面上的A点．A的左边光滑，右边粗糙，与木块间的动摩擦因数μ＝0.08．在如图的两条虚线之间存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，场强分别为E＝20N/C、B＝1T．场区的水平宽度d＝0.2m，竖直方向足够高．带正电的小球P，质量M＝0.03kg，电荷量q＝0.015C，以v0＝0.5m/s的初速度向Q运动．与Q发生正碰后，P在电、磁场中运动的总时间t＝1.0s．不计P和Q的大小，P、Q碰撞时无电量交换，重力加速度g取10m/s2，计算时取

，试求：

（1）通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做什么性质的运动；

（2）P从电、磁场中出来时的速度大小；

（3）P从电、磁场中出来的时刻，Q所处的位置．

班别姓名学号

题目

13

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

34．

（1）将弹簧______________测出其长度，

记录_____________．

请你在图中描绘出相应的F-x图象，

劲度系数为____________N/m．

（2）．①电流表量程A，电压表量程是V；

②画电路路③完成实物连接；

④是R1R2

35题：

36.解：

佛山二模答案

题目

13

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

B

D

C

A

AD

BD

BD

AC

BC

34．

（1）将弹簧__竖直悬挂____测出其长度，

记录__钩码个数_____．

请你在图中描绘出相应的F-x图象，

劲度系数为___19____N/m．

（2）．①电流表量程0.6A，电压表量程是3V；

②画电路路③完成实物连接；

④是R1大于R2

35．

（1）由A到B，做平抛运动，有：

，解得：

（3分）

AB间水平距离：

（3分）

（2）根据牛顿第三定律，轨道对小孩的支持力为N=2400N。

设在最低点时速度为

，

由牛顿第二定律，有

（4分）

解得：

（2分）

设由A到O克服摩擦力做功为

，由动能定理，有

（4分）

解得：

（2分）

36．（18分）

（1）

P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用。

电场力

（1分）

重力

（1分）

可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡。

故相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动。

（1分）

（2）由

（1分）

得

①（1分）

周期

（1分）

代入数据得

（1分）

由已知条件，有

，故P的轨迹圆心角θ＝30°（2分）

由右图可知，轨迹半径

（1分）

结合①式得

（1分）

（3）P和Q碰撞时，系统动量守恒，有：

（1分）

解得

（1分）

对Q应用牛顿第二定律，有

得

（1分）

Q停下前运动的时间

（1分）

由于

，说明P离开电、磁场时，Q已经停下（1分）

故位移

（1分）

即Q停留在右方距初始位置0.225m处。

（1分）

物理非选择题答案

34．

（1）（共8分）：

自由悬挂（2分）；钩码个数、钩码总质量、钩码总重量（或“弹簧长度和钩码总质量”）（2分）F-x图线如图（2分）；19（2分）。

（2）①0.6（2分）3（2分）；

②电路如右图所示（2分）（有一处错误则不给这2分）；

③实物电路连接如右图所示（2分）（若量程接错但其它部分都对的，同样给这2分）；

④大于（2分）

35．（共18分）

（1）（共6分）

由A到B，做平抛运动

（2分）

解得：

（2分）

AB间水平距离：

（2分）

（2）（共12分）

根据牛顿第三定律，轨道对小孩的支持力为2400N。

（1分）

设在最低点时速度为

，由牛顿第二定律，有

（3分）

解得：

（2分）

设由A到O克服摩擦力做功为

，由动能定理，有

（4分）

解得：

（2分）

或：

（1分）

故

（1分）

设由B到O克服摩擦力做功为

，由动能定理，有

（2分）

解得：

（2分）

36．（18分）

（1）（共3分）

P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用。

电场力

（1分）

重力

（1分）

可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡。

故相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动。

（1分）

（2）（共8分）

由

（1分）

得

①（1分）

周期

（1分）

代入数据得

（1分）

由已知条件，有

，故P的轨迹圆心角θ＝30°（2分）

由右图可知，轨迹半径

（1分）

结合①式得

（1分）

（3）（共7分）

P和Q碰撞时，系统动量守恒，有

（1分）

解得

（1分）

对Q应用牛顿第二定律，有

得

（1分）

Q停下前运动的时间

（1分）

由于

，说明P离开电、磁场时，Q已经停下（1分）

故位移

（1分）

即Q停留在右方距初始位置0.225m处。

（1分）