宿迁市2005―2006学年度高三年级第四次统测试卷
物 理
本卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两部分.第一卷从第1页至第3页,第二卷从第4页至第8页,满分为150分,考试时间120分钟.考试结束后,将答题卡上交.
第一卷(选择题 共40分)
注意事项:
1.作答第一卷前,请考生务必将自已的姓名、考试证号用书写黑色字迹的
2.第一卷答案必须填写在答题卡上,在其他位置一律无效.
一、本题共5小题;每小题4分,共20分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,选对的得4分,选错或不答的得0分.
1.在下列说法中错误的是
A.激光有较好的相干性
B.宏观物体的物质波波长非常小,不容易观察到它的波动性
C.普朗克提出了光子说,并成功地解释了光电效应现象
D.氢原子的能量是不连续的,因此辐射光子的能量也是不连续的
2.
A. B.
C. D.
3.下列说法中正确的是
A.一个放在水平地面上的物体,靠降低温度,可以把内能自发地转化为动能,使这个物体运动起来
B.打开一高压密闭容器,容器内的气体自发溢出后又能自发进去,并恢复原状
C.两种不同的气体可以自发地进入对方,然后又可以自发地各自分开
D.满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
4.一列沿x轴正向传播的横波在某时刻波的图象如图甲所示,A、B、C、D为介质中沿波的传播方向上四个等间距质点的平衡位置,若从该时刻开始再经过5s作为计时零点,则图乙可以用来反映下列哪个质点的振动图象
A.质点A B.质点B C.质点C D.质点D
5.
A.T1<T2,v1<v2,a1<a2 B.T1<T2,v1<v2,a1=a2
C.T1>T2,v1>v2,a1<a2 D.T1>T2,v1=v2,a1=a2
二、本题共5小题;每小题4分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分。
6.在平静无风的沙漠上,有时眼前会突然耸立起亭台楼阁、城墙古堡,或者其他物体的幻影,虚无缥缈,变幻莫测,宛如仙境,这就是沙漠中的“海市蜃楼”现象,如图所示,下列关于此现象的成因及说法正确的是
A.沙漠中的“海市蜃楼”现象的形成是由于发生了全反射
B.沙漠中的“海市蜃楼”现象的形成是由于发生了干涉
C.沙漠地表附近的空气折射率从下到上逐渐增大
D.沙漠地表附近的空气折射率从下到上逐渐减小
7.一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动.在转动过程中,线框中的最大磁通量为φm,最大感应电动势为Em,下列说法中正确的是
A.当线框磁通量为零时,感应电动势也为零
B.当线框磁通量减小时,感应电动势在增大
C.线框转动的角速度ω等于Em/φm
D.当线框磁通量等于0.5φm时,感应电动势等于0.5Em
8.如图所示,在绝缘平面上固定两个电量相等的异种点电荷A、B,其中A带正电,B带负电荷,它们的连线的中点是O,MN是AB中垂线上的两点,两点电荷连线与中垂线所在平面与纸面平行,在垂直纸面方向有一磁场;有一个正电荷q以初速度v0沿中垂线由M运动到N的过程中,忽略重力作用,则下列说法中正确的是
A.中垂线上从M到N的电场强度先变大后变小
B.中垂线上从M到N的各点电势先升高后降低
C.若正电荷做匀速直线运动,则磁场为垂直纸面向里的匀强磁场
D.若正电荷做匀速直线运动,所受洛伦兹力的大小改变
9.如图所示,带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)。将一个半导体热敏电阻置于气缸中,热敏电阻与气缸外的电流表和电源相连接,气缸和活塞均具有良好绝热性能。活塞可以自由滑动,活塞上有几块质量不等的小物块,还有准备好的可以往活塞上添加的小物块。下列说法正确的是
A.若发现电流表示数变小,气缸内的温度一定升高了,要想保持气体的体积不变,则需要往活塞上添加小物块。
B.若发现电流表示数变小,气体的内能一定减小了,要想保持气体的体积不变,则需要减小活塞上的物块的数量。
C.若发现电流表示数变小,当保持活塞上的物块数量不变时,则气体的体积一定增大,活塞会向上移动。
D.若发现电流表示数变小,则气缸内的温度一定降低了,若活塞上物块数量保持不变,活塞会向下移动。
10.如图所示,相距均为d的的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。一个边长也是d的正方形导线框,从L1上方一定高处由静止开始自由下落,当ab边刚越过L1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中,设线框的动能变化量大小为△Ek,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有:
A.在导体框下落过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1
B.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为 △Ek=W2-W1
C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为 △Ek=W1-W2
D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少了W1+△Ek
第二卷(非选择题 共110分)
注意事项:
1.请用书写黑色字迹的
2.作图题可先用2B铅笔作答,确认后,再用书写黑色字迹的
二、本题共2小题,共20分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答.
11.(9分)某同学在资料上发现弹簧振子的周期公式为,弹簧的弹性势能公式为成(式中k为弹簧的劲度系数,m为振子的质量,x为弹簧的形变量)。为了验证弹簧的弹性势能公式,他设计了如图甲所示的实验:轻弹簧的一端固定在水平光滑木板一端,另一端连接一个质量为M的滑块,滑块上竖直固定一个挡光条,每当挡光条挡住从光源A发出的细光束时,传感器B因接收不到光线就产生一个电信号,输入电脑后经电脑自动处理就能形成一个脉冲电压波形;开始时滑块静止在平衡位置恰好能挡住细光束。在木板的另一端有一个弹簧枪,发射出质量为m,速度为v0的弹丸,弹丸击中木块后留在木块中一起做简谐振动。
⑴系统在振动过程中,所具有的最大动能Ek= ▲ ▲ ▲ ;
⑵系统振动过程中,在电脑上所形成的脉冲电压波形如图乙所示,由图可知该系统的振动周期大小为:T= ▲ ▲ ▲ ;
⑶如果再测出滑块振动的振幅为A,利用资料上提供的两个公式求出系统振动过程中弹簧的最大弹性势能为:Ep= ▲ ▲ ▲ ;
通过本实验,根据机械能守恒,如发现Ek=Ep,即验证了弹簧的弹性势能公式的正确性。
12.(11分)某研究性学习小组在学完《闭合电路欧姆定律》后,利用如图所示的电路来探究电路中各部分的电压、电流随滑动变阻器R阻值变化的关系。电路中R1、R2、R3为三个定值电阻,四个电表均视为理想电表,当滑动变阻器R的滑片P分别置于a、b两个位置时,读出四个电表的两组数据如下:
P的位置
A1的示数
A2的示数
V1的示数
V2的示数
a
0.42
0.26
3.20
2.00
b
0.48
0.34
2.80
1.70
学习小组的同学们通过对上述两组数据的分析,发现其中某个电表的读数存在偏差,经过仔细检查,发现是有个电表的内部接线出现松动,致使其读出的数值不准确。
⑴有故障的电表是: ▲ ▲ ▲ ;
⑵利用另外三个无故障电表的读数值,能求出R1、R2、R3这三个定值电阻中哪些电阻的的阻值,阻值多大?答: ▲ ▲ ▲ ;
⑶能否求出所用电源的电动势E和内阻r的大小?如能,求出其数值。答: ▲ ▲ ▲ 。
三、本题共6小题,共90分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步聚.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.
13.(14分)某司机为确定他的汽车上所载货物的质量,他采用如下方法:已知汽车自身的质量为m0,当汽车空载时,让汽车在平直公路上以额定功率行驶,从速度表上读出汽车达到的最大速度为v0。当汽车载重时,仍让汽车在平直公路上以额定功率行驶,从速度表上再读出汽车达到的最大速度为vm。设汽车行驶时的阻力与总重力成正比。试根据上述提供的已知量,求出车上所载货物的质量m。
14.(14分)一辆摩托车能达到的最大速度为vm=
甲同学的解法是:设摩托车恰好在3 min时追上汽车,则:
at2=vt+s0,代入数据得:a=
乙同学的解法是:设摩托车追上汽车时,摩托车的速度恰好是
vm2=2as=
你认为他们的解法正确吗?若都是错误的,请给出正确的解法.
15.(15分)如图所示,半径为R的半圆柱形玻璃砖,放置在直角坐标系xOy中,圆心与坐标系原点O重合。在第二象限中坐标为(-1.5R,)的点A处,放置一个激光器(图中未画出),发出的两束细激光束a和b,其中,激光束a平行于x轴射向玻璃砖,激光束b沿AO方向射向玻璃砖。已知激光在玻璃砖中的折射率为。
⑴作出光束a和b通过玻璃砖的光路图,并证明a和b射出玻璃砖后是否相交;
⑵求出激光束a射出玻璃砖后与x轴交点的坐标。
16.(15分)如图所示,有两根足够长的光滑金属导轨PQ和MN,固定在水平面上,相距为L,在两导轨之间分布着竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。将两根长均为L,电阻均为R的金属棒ab和cd放置在导轨上,ab的质量为m,cd的质量为
⑴金属棒ab和cd所具有的相同加速度的大小;
⑵在金属棒ab、cd以相同加速度运动过程中,当金属棒ab的速度是cd速度的2倍时,金属棒ab的速度大小;
⑶金属棒ab从静止开始运动达到⑵中所述状态时所经历的时间。
17.(16分)在如图所示的直角坐标中,x轴的上方有与x轴正方向成45°角的匀强电场,场强的大小为E=×104V/m。x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B=2×10-2T。把一个比荷为C/┧的正电荷从坐标为(0,1.0)的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计,求:
⑴电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t;
⑵电荷在磁场中的偏转半径;
⑶电荷第三次到达x轴上的位置。
18.(16分)如图,是固定在水平面上的横截面为“ ”形的光滑长直导轨槽,槽口向上,槽内放置一金属滑块,滑块上有半径为R的半圆柱形光滑凹槽,金属滑块的宽度为2R,比“ ”形槽的宽度略小。现有半径为r(r<<R)的金属小球以水平初速度v0冲向滑块,从滑块上的半圆形槽口边缘进入。已知金属小球的质量为m,金属滑块的质量为
⑴当金属小球滑离金属滑块时,金属小球和金属滑块的速度各是多大;
⑵当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时,对金属滑块的作用力是多大。
宿迁市2005―2006学年度高三年级第四次统测试卷
选择题。共40分,1-5题只有一个选项正确,选对的得4分,选错或不答的得0分;6-10题,选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
C
B
AC
BC
AD
BD
BD
11.(9分)(1) (3分) (2)2T0 (3分) (3)(或) (3分)
12.(11分)(1)电压表V2 (3分) (2)电阻R3=20Ω (4分) (3)E=6V (4分)
13.(14分)设汽车所受阻力与车所受重力的比例系数为k,则空载时汽车所受阻力为:
f0 = km
当汽车达到最大速度v0时,牵引力F0 = f0
可得汽车的额定功率P=F0v0=km0gv0……………………………………………………(4分)
同理,当汽车载货时:
P = k(m0+m)gvm ………………………………………………………………………(4分)
解得: ……………………………………………………………………(4分)
14、(14分)他们的解法都不对。………………………………(4分)
设摩托车的加速时间为t,且正好用时t0=3min追上汽车,则有:
……………………………………………………………(5分)
得 …………………………………………………………………………(3分)
所以摩托车的最小加速度大小为 m/s2 ……………………………(2分)
15.(15分)
⑴激光束a、b经过玻璃砖的折射光路图如图所示:……………………………………(4分)
如图, 得…………………………………………………(2分)
激光束b,在O点有: 得 …………… ……………………(2分)
又 得
激光束a,在C点有: 得
在E点 得………………………………………(2分)
由′,两束光射出后应平行,故不相交。
⑵在△CDO中,
在△CDE中,
在△EFO中,……………………………(5分)
所以,光束a射出玻璃砖后与x轴交点的坐标为(,0)
16.(15分)
⑴当金属棒ab和cd的速度相同时,对它们构成的系统,
F=ma+2ma …………………………………………………………………………(2分)
得加速度 ………………………………………………………………………(3分)
⑵当金属棒ab的速度是金属棒cd的速度的2倍时,即 vab=2vcd
对金属棒ab,由牛顿第二定律得
…………………………………………………………(3分)
得 ………………………………………………(3分)
⑶对系统,由动量定理: ………………………………………………(2分)
得: …………………………………………………………(2分)
17.(16分)
⑴如图,电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的
过程:位移s=AC=m
加速度 = m/s2…(3分)
时间 s ………………(2分)
⑵电荷到达C点的速度为
m/s ………………(2分)
速度方向与x轴正方向成45°角,在磁场中运动时
由
得m ………………………………………………(4分)
即电荷在磁场中的偏转半径为m
⑶轨迹圆与x轴相交的弦长为m,所以电荷从坐标原点O再次进入电场中,且速度方向与电场方向垂直,电荷在电场中作类平抛运动,运动过程中与x轴第三次相交时的位移方向角为45°,设运动的时间为t′,则:
间s=
得t′=2×10-6s ………………………………………………………………(2分)
则s平=vt′=m
m ……………………………………………………………(3分)
即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为(8,0)
18.(16分)
⑴小球与滑块相互作用过程中沿水平方向动量守恒:
…………………………………………………………(3分)
又因为系统机械能守恒: …………………………………(3分)
得 …………………………………………(2分)
⑵当金属小球通过A点时,沿导轨方向金属小球与金属滑块具有共同速度v,沿A点切线方向的速度为v′,由动量和能量守恒得
………………………………………………………………(2分)
………………………………………………(2分)
解得 ……………………………………………………(2分)
由牛顿第二定律得………………………………………………(2分)
即为对金属块的作用力大小为