35湖北省八校2011届高三第二次联考理科综合能力测试物理.doc

1、1湖北省 八校鄂南高中 黄冈中学 黄石二中 华师一附中襄阳四中 襄阳五中 孝感高中 荆 州 中 学孝感高中 襄樊四中 黄石二中2011 届高三第一次联考理科综合试题 物理部分命题学校：孝感高中 命题人：马江波 刘宝恩 丁 娟考试时间：2011 年 3 月 25 日上午 9:0011:30 祝考试顺利 14、关于气体的压强，下列说法中正确的是A、温度升高，气体分子的平均速率增大，气体的压强一定增大B、其它的压强等于器壁单位面积上、单位时间内所受气体分子冲量的大小C、当某一密闭容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零D、气体的压强是由气体分子间的排斥作用产生的14、 【答案】B【解析】温度升高，气

2、体分子的平均速率增大，但压强与温度和体积均有关，若体积也增大，则压强不一定增大，或根据 为恒量可知，仅从温度升高，无法判定压强变化，A 错；由压强的公式 P ，PVT FS FtSt即压强等于单位时间、单位器壁面积上气体分子的平均冲量，B 对；密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，容器处于完全失重状态时，气体分子依然频繁撞击器壁，压强不可能为零，C、D 错。15、一列横波在 x 轴上传播，图甲为 t0.2s 时的波动图象，图乙为波源 O 的振动图象。则下列说法正确的是A、该波的波长为 0.6mB、该波的波速为 1.0m/sC、该波向 x 轴负方向传播D、该波的周期为 0.4s15

3、、 【答案】BD【解析】由图乙可看出 t0.2s 时，波源 O 正在平衡位置且向下振动，再由图甲在 t0.2s 时的波形图可知，波的传播方向沿 x 轴正方向，C 错；波长 0.4m ，周期 T0.4s，则波速 v/T 1m/s，A 错，B、D 对。16、 “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面 200km的 P 点进行第一次“ 刹车制动” 后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示。之后，卫星在 P 点经过几次“刹车制动” ，最终在距月球表面200km 的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动。用 T1、T 2、T 3 分别表示卫星在椭圆轨道、和圆形轨道上运动的周期，用 a1、a

4、2、a 3 分别表示卫星沿三个轨道运动到 P 点的加速度，则下面说法正确的是A、a 1a 2a 3B、T 1 T2T 32C、T 1 T2T 3D、a 1a 2a 316、 【答案】C【解析】卫星从轨道的 P 处制动后进入轨道，在轨道的 P 处再制动，最后进入轨道。在不同轨道的 P 处，卫星受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度相同，A、D 错；根据开普勒第三定律可知，卫星在不同轨道上绕月球运动时的周期的平方与轨道半长轴的三次方之比相同，显然轨道的半长轴最大，轨道的半径最小，故 B 错 C 对。17、矩形线框 abcd 在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度 B 随时

5、间 t 变化的图象如图所示。设 t0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在 04s 时间内，图乙中能正确表示线框 ab 边所受的安培力 F 随时间 t 变化的图象是（规定 ab 边所受的安培力方向向左为正，线框各边间相互作用的磁场力忽略不计）17、 【答案】D【解析】01s 内，由楞次定律可判断电流方向为 ba，由左手定则可判断 ab 边受到的安培力向左，为正方向的力，排除 A 选项； 1s2s 内，磁场向外且增大，线框中电流方向为 ba，ab 边受到向右的力，为反方向，故排除 C 选项；2s3s 内，磁场向外且减小，线框中电流方向为 ab，ab 边受到向左的力，为正方向，排除 B 选项，

6、3s4s 内，磁场向里且增大，线框中电流方向 ab，ab 边受到向右的力，为反方向，故 D 正确。18、如图为氢原子能级图，可见光的光子能量范围约为 1.623.11eV，则下列说法正确的是A、大量处在 n4 能级的氢原子向低能级跃迁过程中会发出红外线B、大量处在 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时，最容易表现出衍射现象的是由 n4 向 n3 能级跃迁辐射出的光子C、用能量为 10.3eV 的电子轰击，可以使基态的氢原子受激发D、大量处在 n3 能级的氢原子向 n2 能级跃迁时，发出的光是紫外线18、 【答案】ABC【解析】从 n4 能级向低能级跃迁的光子能量E 4 满足：0.85eV(1.51

7、eV)0.66eV E40.85eV(13.60eV)12.75eV，可见光的光子能量在这个范围内，其中低于 1.62eV 的为红外线、高于 3.11eV 的为紫外线，A 对；波长大、能量小的光子易表现出衍射现象，B 对；要使基态的氢原子受到激发，至少需要能量E 13.40 eV( 13.60eV) 10.20eV10.3eV，故用能量为 10.3eV 的电子轰击基态的氢原子时，可以使基态的氢原子会受到激发而跃迁，C 对；n3 能级的氢原子向 n2 能级跃迁时，发出的光子的能量为E 321.51eV (3.40eV)1.89eV ，在可见光的能量范围内，故发出的是可见光，D 错。319、如图所

8、示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为 O。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的 A 点以速度 v0 水平向右抛出，落于圆轨道上的 C 点。已知 OC 的连线与 OA 的夹角为 ，重力加速度为g，则小球从 A 运动到 C 的时间为A、 cot B、 tan C、 cot D、 tan2v0g 2 v0g 2 v0g 2 2v0g 219、 【答案】A【解析】由几何关系可知，AC 水平方向的夹角为 ，根据抛体运动的规律，C 处速度与水平方向 2的夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的两倍，即 2tan，v ygt ，解的 t cot ，A 对。vyv0 2v0g 220、如图所示

9、，一理想变压器与定值电阻 R1、理想电流表 A1、共同接入电压恒为 U 的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头 P 来改变，副线圈连接了滑动变阻器 R、定值电阻 R2 和理想电流表 A2，则A、若保持 R 不变，将触头 P 向上滑动，则 A1 的读数变小，A2 的读数变小B、若保持 P 位置不动，增大 R，则 R2 的电功率变大，R 1 的电功率不变C、若保持 P 位置不动，增大 R，则 A1 的读数减小，A 2 的读数不变D、若保持 R 不变，将触头 P 向下滑动，则电源 U 的总功率变小20、 【答案】AC【解析】R 不变，P 向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流

10、表 A2 读数变小，副线圈消耗功率减小，根据原副线圈的功率相同，则原线圈功率也减小原线圈，电流表 A1 读数变小，A 对；P 位置不动，副线圈电压不变，R 2 的电功率不变，A 2 的读数不变，若 R 增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，功率减小，原线圈功率减小，电流表 A1 读数减小，R 1 的电压即 U 不变，故 R1 的电功率不变，B、错 C 对；若 R 不变，P 向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大， D 错。21、如图甲所示，Q 1、Q 2 为两个被固定的点电荷，其中 Q1 为正点电荷，在它们连线的延长线上有 a、b 两点。现有一检验电荷 q（电性未知）以

11、一定的初速度沿直线从 b 点开始经 a 点向远处运动（检验电荷只受电场力作用） ，q 运动的速度图象如图乙所示。则A、Q 2 的电荷量必定大于 Q1 的电荷量B、从 b 点经 a 点向远处运动的过程中检验电荷 q 所受的电场力一直减小C、可以确定检验电荷的带电性质D、Q 2 必定是负电荷21、 【答案】CD【解析】由速度图象可知，q 受力先向左后向右，且加速度先减小后增大，B 错；若 Q2 是正电荷，则在b 点右侧的电场方向必定向右，q 受力不可能改变方向，故 Q2 一定为负电荷，D 对；根据点电荷场强公式，设 q 到 Q1、Q 2 的距离分别为 r1、r 2，则 q 所在处的场强为 Ek k

12、 ，q 在 ba 运动过程中，Q1r12 Q2r22受力向左，在 a 点右侧运动过程中，受力向右。由于 r1r 2，若 Q1Q 2，场强 E 必定始终向左，q 受力4不可能发生方向改变，故必定有 Q1Q 2，A 错；在 b 处，若 k k ，考虑到 Q1Q 2，r 1r 2，设 qQ1r12 Q2r22电荷移动的位移为x ，则一定有 k k ，即 E 始终朝一个方向，不符合题意，故在 bQ1(r1 x)2 Q2(r2 x)2处必定有 k k ，场强 Eb必定向左，而 q 电荷在 b 处受力向左， 因此 q 电荷一定为正电荷，C 对。Q1r12 Q2r2222、 （6 分）某学生用螺旋测微器在测

13、定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径 d_mm。另一位学生用游标尺上标有 20 等分刻度的游标卡尺测一工件的茶花女高度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度 L_cm。22、 【答案】2.705mm；5.015。【解析】图甲螺旋测微器读数为：2.5mm0.01mm20.52.705mm；图乙游标卡尺读数为：50mm0.05mm350.15mm5.015cm。23、 （12 分）待测电阻 Rx的阻值约为 20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A、电流表 A1（量程 150mA，内阻约为 10）B、电流表 A2（量程 20mA，内阻 r230 ）C、电压表 V（量程 1

14、5V，内阻约为 3000）D、定值电阻 R0100E、滑动变阻器 R1，最大阻值为 5，额定电流为 1.0AF、滑动变阻器 R2，最大阻值为 5，额定电流为 0.5AG、电源 E，电动势 E4V（内阻不计）H、电键 S 及导线若干（1）为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的 ，请从所给的器材中选13择合适的实验器材_（均用器材前对应的序号字母填写） ；（2）根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量 Rx的最佳实验电路图并标明元件符号；（3）待测电阻的表达式为 Rx_，式中各符号的物理意义为_。23、 【答案】 （1）ABDEGH；（2）如图所示；（3） ；I 1、

15、I 2 分别为 A1 和 A2 表示数，R 0 与 r2 分I2(R0 r2)I1 I2别为定值电阻和 A2 内阻的阻值。【解析】 （1）由于电源电动势为 4V，电压表 V 量程为 15V，达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可用电流表 A2 与定值电阻 R0 串联扩大其电压量程，当作电压表与电流表 A1 配合使用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表 A1 采用外接法，改装的电压表电压量程为20mA1302.6V，滑动变阻器最大阻值为 5，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为0.8A，故滑动变阻器只能选择 R1，经过估算当电流表

16、A1 满偏时，ER滑电流表 A2 也正好满篇，非常匹配，因此满足电表读数不得小于量程的三 E SR0RxA2A1R1S5分之一。故器材选择 ABDEGH。（2）如图所示。（3）待测电阻 Rx ，其中 I1、I 2 分别为电流表 A1 和 A2 的示数，R 0 和 r2 分别为定值电阻和电I2(R0 r2)I1 I2流表 A2 的阻值。24、 （14 分）如图所示，以 v16m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，路灯还有 2s 将熄灭，此时汽车距离停车线 s22.5m。为了不违反交通法规，汽车司机可采取以下两种措施：措施一：立即让汽车匀减速，使汽车在路灯熄灭后能够在停车线处停下措施二：立即让汽车匀

17、加速，使汽车在路灯熄灭前通过停车线已知该车加速时最大加速度大小为 10m/s2，此路段允许行驶的最大速度为 vm12m/s 。试通过计算说明，在不违反交通法规情况下，该汽车司机能否采取第二种措施？若能，求出汽车满足条件的加速度；若不能，则汽车司机只能采取措施一，请求出在采取措施一的情况下，汽车减速时的最小加速度。25、 （18 分）如图所示，在水平地面上固定一倾角为 37的足够长斜面。质量均为 m0.3kg 的两物块A 和 B 置于斜面上，已知物块 A 与斜面之间无摩擦，物块 B 与斜面间的动摩擦因数为 0.75。开始时用手按住 A 和 B，使 A 静止在斜面顶端，物块 B 静止在与 A 相距

18、 l5.0cm 的斜面下方。现同时轻轻松开两手，且同时在物块 A 上施加一个竖直向下的大小为 2N 的恒力 F，经一段时间后 A 和 B 发生正碰。假设在各次碰撞过程中， 没有机械能损失，且碰撞时间极短可忽略不计。设在本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2。已知 sin370.6，cos370.8，求：（1）第一次碰撞结束瞬间物块 A、B 的速度各多大？（2）从放手开始到即将发生第二次碰撞的这段时间内，恒力 F 对物块 A 做了多少功？626、 （22 分）如图所示，在水平面直线 MN 的上方有一方向与 MN 成 30角的斜向右下方的匀强电场，电场区域足够宽，场强大小为 E。在

19、 MN 下方有一半径为 R 的圆形区域，圆心为 O，圆 O 与 MN 相切于 D点，圆形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在 MN 上有一点 C，圆心 O 与 C 点的连线和电场线平行，在 OC 的延长线上有一点 P，P 点到边界 MN 的垂直距离为 0.5R。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 P 点静止释放。已知圆形磁场的磁感应强度大小为 ，不计粒子的重力。求：2mEqR（1）粒子在磁场中的运动半径 r（2）粒子最终离开电场时的速度 v7物理参考答案14 15 16 17 18 19 20 21B BD C D ABC A AC CD22 2.705 （ 0.002mm） ；

20、5.015 （每空 3 分）23 （1）ABDEGH （3 分）（2） （4 分）（3） （3 分） ；2021IRr、 分别为 A1 和 A2 表示数， 与 分别为定值电阻和 A2 内阻的阻值。 （2 分）1I2 0R2r24解：假设措施二可行 设汽车的加速度为 a，加速时间为 t1，以允许的最大速度匀速行驶 t2，则由运动学知识可得（3 分）211mvtavts（分）m（2 分）12ts联立以上三式，带入数据得 ，与题设矛盾，故措施二不可行 （2 分）21as若采取措施一，设最小加速度为 ，由运动学公式（分）21vs带入数据得 ,所以汽车采取措施一的最小加速度为 。 （2 分）208am.

21、 08ms.（其它正确的方法同样给分）25解：（1）放手后，B 处于静止状态， A 做匀加速运动，设第一次碰前，A 的速度为 1Av由动能定理 (2 分)021()sin37AFmglv带入数据得 1AvE SR0RxA2A1R1S8A、 B 发生第一次碰撞过程中由动量守恒和机械能守恒有（4 分）1112221ABAmvvm带入数据得 110Bvs；所以第一次碰后 A、B 的速度分别为 。 （2 分）110ABvms；（2）第一次碰撞后对 A 由牛顿第二定律 得 可知0()sin37Fmga20sA 做初速度为 0 加速度为 匀加速运动 （ 2 分）21a对 B 受力分析可知 B 以 速度做匀

22、速运动 （ 2 分）s设第二次碰撞前 A、B 的速度分别为 ， ，其中 。由 A、B 发生第一次碰撞到发生第2AvB21Bvms二次碰撞位移相等有（2 分）22ABvst得 2Am这一过程的 A 的位移 （1 分）2Avsa联立得 （1 分）20.s从放手到即将发生第二次碰撞的过程中，力 F 做功为（2 分）02()sin37.FWlJ26.解(1)设粒子从 C 点射电场时速度为由动能定理 （3 分） 2130RqEmVsiV1= 2在磁场中， （3 分）211qBr又由题 B= mER联立得 r=R （2 分）（2）粒子从 E 点进入磁场，从 F 点射出磁场，运动轨迹如图所示，轨迹的圆心为 O1。由几何关系可知 9FO1E= （4 分）90即粒子在磁场中速度偏转了 ，射出磁场时速度方向与 MN 夹角为 ，与电场线方向垂直。粒子从90 60G 点垂直进入磁场，作类平抛运动，从 H 点射出电场，设从 G 运动到 H 所用时间为 则在电场中有t（4 分）1260HVtqEmcosin联立得 =2 （分）t6Rq射出电场时的速度 V= （2 分）21EVtm代入数据得 (2 分)6qREFGH