高考物理模拟试卷七 13页

‎2010届高考物理模拟试卷（七）‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟 第Ⅰ卷(选择题共40分)‎ 一、本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分.‎ ‎1.给出下列四个核反应：‎ ‎ ① H+ H→ He+X1‎ ‎ ②γ+ H→ n+X2‎ ‎ ③ Th→ Pa+X3‎ ‎ ④ U+ n→ Sr+ Xe+10X4‎ ‎ A.X1、X2、X3、X4代表的粒子均为核子 ‎ B.若X1、转变为X2，会放出X3‎ ‎ C.四个反应中均有质量亏损，因此均会释放能量 ‎ D.反应③中，核Pa比核Th少一个中子 ‎2.颜色不同的a光和b光以相同入射角由空气射向水中，折射角分别为βa和βb，且βa＞βb.当用a光照射某金属时发生了光电效应，现改用b光照射该金属，可以判定：‎ ‎ A.光电子的最大初动能增大 B.光电子的最大初动能减少 ‎ C.光电子数目增多 D.光电子数目减少 ‎3.根据分子动理论，物质分子间距离为r0=10‎-10m时，分子所受引力与斥力大小相等.当分子间距离r＞10r0时，分子力可以认为是零，并规定此时分子势能为零，则当分子间距离为r=r0时.‎ ‎ A.分子力是零，分子势能也是零 ‎ B.分子力是零，分子势能不是零 ‎ C.分子力不是零，分子势能也不是零 ‎ D.分子力不是零，分子势能是零 ‎4.第4代战斗机的加速度最大已经能达到‎7g ‎(g为重力加速度).若这样的战斗机在一段时间内于竖直方向上运动，被安全带系在座椅上的质量为m的飞行员：‎ ‎ A.在加速上升过程中，可能出现失重现象 ‎ B.在加速下降过程中，可能出现超重现象 ‎ C.在上升过程中，对座椅的压力可能小于mg ‎ D.在下降过程中，对座椅的压力一定小于mg ‎5.借助激光技术，获得中性气体分子极低温度的方法称作“激光冷却”.其基本思想是：只要激光频率和原子固有频率相等，运动着的原子就会吸收迎面射来的光子而减少动量，同时又会引起原子跃迁.但上述减速必须考虑入射光子对运动原子的多普勒效应，原子才会不断吸收和发射光子，真正达到使原子减速的目的.对此，下列说法正确的是：‎ A.使用的激光频率应等于原子固有频率 B.使用的激光频率应适当大于原子固有频率 C.使用的激光频率应适当小于原子固有频率 D.“激光致冷”技术可以达到‎-273℃‎ ‎6.2007年，“嫦娥奔月”的神话实现.已知地球和月球的质量分别为M1和M2，月球半径为R，月球绕地球公转的轨道半径为r，引力常量为G，在月球的环境温度下，水蒸气分子无规则热运动的平均速率为v.则：‎ A.月球表面重力加速度为 ‎ B.月球表面重力加速度为 ‎ C.若＞ ，就表明月球表面无水 ‎ D.若＞ ，就表明月球表面无水 ‎7.有一木质轨道固定在竖直面上，其倾斜部分的倾角较大，水平部分足够长，拐弯处是一小段圆弧，一个小铁块从轨道顶端由静止下滑后，沿轨道运动，最终停在水平轨道上.小铁块与木质轨道的动摩擦因数均为μ.则轨道顶端点和停止点间的连线与水平轨道的夹角θ满足的关系是 ‎ A.sinθ B. cosθ= ‎ ‎ C.tanθ=μ D.以上关系均不正确 ‎8.如图1所示，两竖直放置的平行金属板a、b之间距离为d，两极间电压为U0不变，在两板之间放一个半径为 ‎ d的金属球壳，其球心O点恰在两板正中央，C为球壳上水平直径的左端点，待静电平衡后，O点场强E和A板到C点间电势差UAC分别为 ‎ ‎ 图1‎ ‎ A.E=0，UAC= B.E=0，UAC=‎ ‎ C. E=，UAC= D.E=，UAC=‎ ‎9.某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达100英里.这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进.如图2所示是超导电磁船的简化原理图，AB和CD是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生.以下说法正确是 ‎ ‎ 图2‎ A.船体向右运动 ‎ ‎ B.船体向左运动 ‎ C.无法断定船体向那个方向运动 ‎ D.这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速 ‎10.某理想变压器一次线圈输入电功率为P，一次、二次线圈匝数比为k，其二次线圈接一内阻为r的电动机，电动机正以速度v匀速向上提升质量为m的重物，已知重力加速度为g，则变压器一次线圈两端的电压为( )‎ ‎ A.Pk B.‎ ‎ C.Pk D.‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共110分）‎ 二、非选择题 ‎（本大题共8小题，共110分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎11（10分）.(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某一同学用最小分度为毫米的米尺测得摆线长度为‎980.0mm，用游标尺测得摆球的直径如图3甲所示，则该单摆的摆长为_______________mm，用秒表测得单摆完成40次全振动时间如图3乙所示，则单摆的周期为______________s.‎ ‎ ‎ 图3‎ ‎(2)某同学用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图4所示的纸带，测得AB=‎14.77cm，BC=‎16.33cm，已知交流电频率为50Hz.则打B点时的瞬时速度为__________m/s，由实验测出的重力加速度为____________m/s2‎ ‎ ‎ 图4‎ ‎12.（13分）一只量程为1V，内阻Rv约900Ω的电压表是由小量程电流表改装而成的，现要测量它的内阻，并对它进行校对.实验室提供了以下可供选择的器材：‎ ‎ A.待测电压表 ‎ B.标准电压表(量程1V)‎ C.滑动变阻器：最大阻值1000Ω,额定电流‎0.1A ‎ D.滑动变阻器：最大阻值10Ω，额定电流‎1A ‎ E.电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω ‎ F.电阻箱：最大阻值99.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω ‎ G.电池组：电动势为3V，内阻约1Ω ‎ 另外还有导线、开关若干.‎ ‎ (1)为了用半偏法测量该电压表的内阻，某同学设计了两种电路，如图5甲、乙所示.要使测量较精确，应选择____________电路.在仪器的选择上，除了电池组、导线、开关和待测电压表之外，还应从提供的器材中选择_______________(用器材前的序号字母表示).用上述方法测出电压表内阻的测量值RV________________(填“大于”、“等于”或“小于”)电压表内阻真实值.‎ ‎ ‎ 图5‎ ‎ (2)在对该电压表进行校对时，这位同学已经选好了实验器材，如图6所示.若要求对电压表的每一个刻度都要进行校对，请你画出该实验的原理电路图，并将这些器材连接成测量电路，最后在滑动变阻器上方标出所选器材的序号字母.‎ ‎ ‎ ‎ 图6‎ ‎13.(12分)如图7所示，折射率为n= 的液面上有一氦氖激光器，发出一条细光束垂直射到水平放置于液体里，且距液面距离为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于中心O的轴以角速度ω逆时针转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，且此光斑过P点后即消失了.‎ ‎ ‎ 求：(1)光斑在这一过程中平均速度大小 ‎ (2)光斑在P点消失前瞬时速度大小.‎ ‎14.(14分)登名山旅游，坐缆车观光是一项有益的活动，设缆车和人的总质量为2×‎103kg，用功率为100kW的电动机牵引，使其在倾角θ=53°的轨道上由静止向上运动，设电动机在额定功率下工作，传动机的效率为85％，缆车受摩擦力大小为其重力的0.05倍，求 ‎ (1)缆车可以达到的最大速度大小；‎ ‎ (2)当缆车速度达最大速度一半时的加速度大小.(sin53°=0.8，g取‎10m/s2)‎ ‎15.(15分)如图8所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L，左导轨与水平面夹30°角，右导轨与水平面夹60°角，左右导轨上端用导线连接，交叉处互相绝缘.导轨空间内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向沿左导轨平面斜向上，同时垂直于右导轨.质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ= ，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两导杆，发现cd沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动.(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力).试求以上过程中，回路中共产生多少焦耳热.‎ ‎ ‎ 图8‎ ‎16.(15分)如图9所示，一个半径为R=‎1.00m的 粗糙圆孤轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度为h=‎1.25m在轨道末端放有质量为mB=‎0.30kg的小球(视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量为mA=‎0.10kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.6N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s=‎0.80m，不计空气阻力，重力加速度取g=‎10m/s2.求：‎ ‎ ‎ 图9‎ ‎ (1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；‎ ‎ (2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能.‎ ‎17.(15分)如图10所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上有点A，OA=L，在A点有一电子发射源，在纸平面的90°范围内发射电子，每个电子速率为v0，质量为m，电荷量为e，要求所有发射的电子通过垂直于xOy平面的匀强磁场区域后，都平行x轴向左匀速运动，且出磁场区域的电子束宽度为d(d＜L)，不计电子重力.求：(1)该区域内磁场的磁感应强度大小和方向 ‎(2)符合上述条件的匀强磁场区域的最小面积 ‎ ‎ 图10‎ ‎18.(17分)如图11甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距d=‎0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势φA随时间t变化的情况如图乙所示.在两板间的电场中，将一带负电的粒子在t=0时从B板中央处静止释放，若该带电粒子受到的电场力为重力的2倍，要使该粒子能够到达A板，求交变电压的周期至少多大.(g=‎10m/s2)‎ ‎ ‎ 图11‎ 参考答案 第Ⅰ卷(选择题共40分)‎ 一、本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分.‎ ‎1. BD X1和X4为中子，X2为质子，X3为电子，电子不是核子； .所以A错B对.②‎ 是质量增益，为吸能核反应，C错，显然D正确 ‎2. A b光折射角小，说明白光由空气进入水中偏折程度大，所以b光频率较大，由光电效应方程知，A对B错，光电子数目最终由入射光子个数决定，C和D选项不能确定.‎ ‎3. B 当r=r0时，依题意，斥力与引力等大反向，其合力，即分子力必为零.但将分子由r=10r0，移近到r=r0过程，分子力做正功，分子势能由零逐渐减少，达r=r0时最小(负值)，不会为零.‎ ‎4. BC 在加速上升中，不论加速度多大(a≠0)，一定出现超重.在加速下降中，因O＜a≤‎7g，比如取a=‎3g，则座椅对人的向下压力FN=2mg＞mg，出现超重，可见A错B对，因上升和下降均有两种情况，如加速上升和减速上升，同理知C对D错.‎ ‎5. C 光波也有多普勒效应，由多普勒效应规律知，原子与激光子相向运动，运动的原子就会“感受”到激光波的频率增大了，依题意，入射的激光频率要选择稍小的，才能与原子固有频率相等，所以C对，‎-273℃‎是低温极限，不能实际达到，D错.‎ ‎6. AC 由牛顿第二定律和万有引力定律有=mg，A对B错，若，水出现离心运动，将摔出月球表面，C对D错.‎ ‎7. C 对小铁块由动能定理得：mgh-μmgs1cosα-μmgx2=0，其中α为斜板倾角，而x1cosα=x1，由此得：μ==tanθ ‎8. A 根据电场中导体静电平衡特征，O点场强为EO=0，金属球壳又是一个等势体，有φC=φO，而且板间的匀强电场已变为关于过O点平行两板的中分面对称的非匀强电场，因UAB=U0不变，故UAC=UAO=.‎ ‎9. AD 海水中的电流向上，由左手定则知，海水受到安培力方向向左，其反作用力作用在船体上，方向向右，使船体向右运动，而安培力的大小与磁感应强度和电流大小乘积成正比，可见这种技术制造的超导电磁船，特别是潜艇，将具有更好的动力性能，又能量利用率很高，船速无疑会大大提高.‎ ‎10. A 对二次线圈装置由能守恒：P=mgv+……①‎ 由变压器变流比有I2/I1=k……②对一次线圈得：P=I1U1……③联立即得.‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共110分)‎ ‎11. (1)990.0，2.0‎ ‎(2)3.888，9.750‎ ‎12. (1)乙，DE，大于 ‎ ‎ 第12题图 ‎(2)连线图略 ‎13.解　在P处恰全反射：‎ sinC=‎ ‎∴C=45°=‎ ‎(1)∴t=，∴‎ ‎ (2)在P点光斑线速度v′=ω′R 其半径R=∴v′=‎ 沿液面过P速度为：v==4dω.‎ ‎14.解　 (1)达最大速度时有ηP=Fvm……①‎ F=f+mgsinθ……②‎ ‎∴vm=‎ ‎=‎5m/s……③‎ ‎ (2) 当v=时，由牛顿第二定律得：‎ F′-mgsinθ-f=ma……④‎ 又有P=F′·……⑤‎ 联立③④⑤得：a=‎8.5m/s2.‎ ‎15. 解　ab杆刚运动时，有 ‎∴F安=……①‎ 由安培力公式F安=BIL得I=……②‎ 由闭合电路欧姆定律I=得E=……③‎ 对cd杆由法拉第电磁感应定律E=BLv2‎ ‎∴v2=……④‎ 由动能定理有：‎ mgssin60°-μmgscos60°-W克安=‎ W克安=Q 故：Q=‎ ‎16. 16. 解　　(1)在最低点对球由牛顿第二定律有：FA-mAg=∴vA=‎4.00m/s 由动能定理有：mAgR-Wf=‎ ‎∴Wf=0.020J ‎(2)碰后对B球平抛有：∴v′B=‎1.6m/s A、B碰由动量守恒定律有：mAvA=mAv′A+mBv′B ‎∴v′A=‎-0.8m/s 由能量守恒得：ΔE损=故ΔE损=0.384J ‎17.解　 (1)∵m、e、v0大小和B一定，则由Bev0=m 得R==d，‎ 第17题图 ‎∴B=，方向由左手定则知；垂直纸面向外.‎ ‎(2)设其中某电子与x轴夹θ角飞入磁场中，有Δx=Rsinθ Δy=R-Rcosθ ‎∴Δx2+(Δy-R)2=R2，可见平行x轴飞出场区的所有入射电子的飞出位置均位于半径R=d的圆周1/4ABC上，连AC，所求最小磁场面积就为图中对称“卵形”面积：‎ ΔS=2(S1-S2)=2(πR2-R2)=(-1)d2‎ ‎18.解：前半周粒子匀加速上升：‎ Eq-mg=ma1 ∴a1==g ‎∴h1=a1=，末速v1=gT/2，后半周粒子先匀减速上升至速度为零，后匀加速下降：Eq+mg=ma2 ∴a2=‎‎3g 减速时间t2=，减速上升位移：‎ h2=‎ ‎∴上升总位移为:h1+h2=gT2‎ 匀加速下降时间t′2=下降位移：‎ h3=‎ 可见，在一周期内，上升和下降位移相等，且具有向下速度.‎ 如果周期小，粒子不能到达A板.‎ 于是有：d=h1+h2=h3=‎ 故：Tmin=6.0×10-2s