江苏省南通市通州区2012届高三下学期4月查漏补缺专项检测(物理).doc

HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http:/sj.fjjy.org）”江苏省南通市通州区2012届高三下学期4月查漏补缺专项检测物理试卷（满分120分，考试时间100分钟）第I卷（总分31分）一、单项选择题，本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”下面几个实例中应用到这一思想方法的是 A由加速度的定义，当非常小，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加C在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用有质量的点来代替物体，即质点A甲AOP乙F第2题图2如图甲所示，在圆柱体上放一物块P，圆柱体绕水平轴O缓慢转动，从A转至A的过程，物块与圆柱体保持相对静止，以起始位置为出发点，则图乙反映的可能是该过程中A支持力随时间变化的规律B重力随圆柱转过角度变化的规律C摩擦力随圆柱转过角度变化的规律D合外力随时间变化的规律3如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，理想电压表示数的变化量为U在这个过程中，下列判断正确的是RR1CSE rAV第3题图A电阻R1两端的电压减小，减小量大于UB电容器的带电量增加，增加量小于CUC理想电压表的示数U和理想电流表的示数I的比值变小D理想电压表示数变化量U和理想电流表示数变化量I的比值不变4把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可载客，这样的车辆叫动车几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（拖车）混合编组，就是动车组设动车组运行过程中受到的阻力大小与其所受重力大小成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相同若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为（均在平直轨道上运行）A120km/h B240km/h C320km/h D480km/h 5如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则第5题图A两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有vN=vMB两小球都能到达轨道的最右端C小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次 到达M点的时刻相同Da小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力二、多项选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意，第6题图缓冲火箭返回舱降落伞全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分6如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，在返回舱着地前的一段时间内，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱做减速直线运动，则A. 火箭开始喷气瞬间降落伞绳对返回舱的拉力变小B. 返回舱在火箭喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C. 返回舱在火箭喷气过程中所受合外力做负功D. 返回舱在火箭喷气过程中处于失重状态7如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为n1:n2=22:1，原线圈接第7题图 在电压为U0=220V的正弦式交流电源上，副线圈连接理想电压表V、交流电流表A、理想二极管D和电容器C则A电压表的示数为10VB电容器不断地充电和放电，电量不断变化C稳定后电流表的读数为零D稳定后电容器两极板间电势差始终为V第8题图8从地面上A点发射一枚中远程地地导弹，导弹在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，不计空气阻力下列结论中正确的是A导弹在C点的加速度等于B地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点C导弹离开A点时的速度一定大于第一宇宙速度D导弹在运动过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动第9题图9如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1 、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷一个重力不计的带正电的粒子从很远处沿着轴线飞来并穿过两环则在带电粒子运动的过程中A运动到O1点前，粒子加速度方向均向右B从O1到O2过程粒子电势能一直减小C在轴线上从O1点右侧运动到O1点的过程中，粒子的动能先减小后增大D经过轴线上O1点时的动能等于经过O2点时的动能第II卷（总分89分）三、简答题本题共3题，共44分10(10分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度（即）我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）甲020678cm主尺乙ABCDE2.405.419.0013.19(单位：cm)18.00F丙第10题图如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径为 cm；（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为 rad/s；（3）纸带运动的加速度大小为 m/s2，圆盘转动的角加速度大小为 rad/s2；（4）如果实验时交流电的频率实际为49 Hz，则测出的角加速度值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）11(10分)发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“”号的一端接高电势，带“”号的一端接低电势某同学想描绘它的伏安特性曲线，实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据如下表所示：U/V00.400.801.201.602.002.402.80I/mA00.92.34.36.812.019.030.0（1）实验室提供的器材如下：A电压表(量程0-3V，内阻约10k)B电压表(量程0-15V，内阻约25 k)C电流表(量程0-50mA，内阻约50)D电流表(量程0-0.6A，内阻约1)E滑动变阻器(阻值范围0-10，允许最大电流3A)F电源(电动势6V，内阻不计)G开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是 ，电流表选用的是 （填选项字母）（2）请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整图甲图乙O1.02.03.04.040302010U/VI/mA图丙 第11题图（3）根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的I-U图线（4）若此发光二极管的最佳工作电流为10mA，现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R= 的电阻，才能使它工作在最佳状态 (结果保留三位有效数字) 12A(选修模块3-3)(12分)(1)下列说法中正确的是 OABCDVT第12A题图A 扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动B 一定质量的理想气体，温度升高，压强一定增加C叶面上的露珠成球形是由于液体表面张力的作用D物质是晶体还是非晶体是绝对的(2)封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为NA在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体 （选填“吸收”或“放出”）热量 J.在状态D，该气体的密度为，体积为2V0，则状态D的温度为多少?该气体的分子数为多少?12B(选修模块3-5)(12分)(1)下列说法中正确的是_.A汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的B在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子不可能落在暗条纹处C黑体辐射的强度与波长的关系是：随着温度的升高，各种波长的辐射都增加，辐射强度极大值的光向波长较短的方向移动D用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率低(2)裂变生成钡（）和氪（），已知、和中子的质量分别是mu、mBa、mKr、mn，则此铀裂变反应的方程为 ；该反应中一个裂变时放出的能量为 （已知光速为c）(3)在某次冰壶比赛中，运动员将一冰壶甲以4m/s的速度推出，与正前方另一静止的相同质量的冰壶乙发生对心正碰，碰撞后冰壶乙以3m/s的速度向前滑行，方向与冰壶甲运动方向相同，求碰后瞬间冰壶甲的速度四、解答题本题共3题，共计45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分13(14 分)单板滑雪U型池如图所示，由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R=4m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=7.5m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t0.5s，从D点跃起时的速度vD=8 m/s设运动员连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向，重力加速度g取10m/s2求： (1) 运动员在B点对圆弧轨道的压力（2）运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间（3）运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功DCv0ABR第13题图14(15 分)如图（a）所示，垂直于纸面向里的有界匀强磁场，MN是磁场的上边界，磁场宽度足够大，磁感应强度B0=110-4T现有一比荷为=21011C/kg的正离子以某一速度从P点水平向右射入磁场，已知P点到边界MN的垂直距离d=20cm，不计离子的重力，试求：（1）若离子以速度v1=3106m/s水平射入磁场，求该离子从MN边界射出时的位置到P点的水平距离s；（2）若要使离子不从MN边界射出磁场，求离子从P点水平射入的最大速度vm；（3）若离子射入的速度满足第（2）问的条件，离子从P点射入时，再在该磁场区域加一个如图（b）所示的变化磁场（正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场），求该离子从P点射入到第一次回到P点所经历的时间t图（b）OB/(10-4T)5123456第14题图图（a）vMNPB015(16 分)如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端弯曲部分光滑，水平部分导轨与导体棒间的滑动摩擦因数为，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场，右端有另一磁场，其宽度也为d，但方向竖直向下，两磁场的磁感强度大小均为B0，相隔的距离也为d.有两根质量为m、电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场中点C、D处现将a棒从弯曲导轨上某一高处由静止释放并沿导轨运动下去（1）当a棒在磁场中运动时，若要使b棒在导轨上保持静止，则a棒刚释放时的高度应小于某一值h0，求h0的大小；（2）若将a棒从弯曲导轨上高度为h（hh0）处由静止释放，a棒恰好能运动到磁场的左边界处停止，求a棒克服安培力所做的功；（3）若将a棒仍从弯曲导轨上高度为h（hh0）处由静止释放，为使a棒通过磁场时恰好无感应电流，可让磁场的磁感应强度随时间而变化，将a棒刚进入磁场的时刻记为t0，此时磁场的磁感应强度为B0，试求出在a棒通过磁场的这段时间里，磁场的磁感应强度随时间变化的关系式第15题图参考答案123456789BADCDACACDABBC10(10分，每空2分)（1）6.000cm；（2）12.97 rad/s；（3）0.59-0.61m/s2，19.6-21.0 rad/s2；（4）偏小11(10分)(1) A (2分) C(2分)(2)如左下图所示 (2分) （3）如右下图所示(2分) （4）110（在100120之间均算对）(2分)O1.02.03.04.040302010U/VI/mA12A(1) C(4分)(2) 吸收(2分)14(2分)解：由题意可知，A、D两状态的压强相等，则 (1分)，解得TD=2T0 (1分)气体的摩尔数n= (1分)分子个数为N=nNA (1分)12B(1) C(4分) (2) (2分) (mumBamKr2mn )C2 (2分) (3) 解：以甲初速度的方向为正方向，则m甲v1=m乙v乙+m甲v2(2分)解得： v2=1m/s(1分)方向与甲的初速度方向相同(1分)13(14 分) 解析：（1）由N-mg= 知， (2分)N=3700N (1分 )由牛顿第三定律知，压力为3700N (分)（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1， vD=gt1 (2分)运动员在空中完成动作的时间 =1.6s (1分) (3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度 (2分)解得运动员到达C点时的速度 =14m/s (1分) 运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理 (2分)代入数值解得 Wf=1300J (2分)14(15分) 解析：（1）离子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力可得：（如解（1）解（1）vMNPB0r1r1B0qv1= (2分) r1=0.15m (1分)s2=r12-（d-r1）2 (1分)代入数据解得：s=0.1m0.14m (1分)（2）离子刚好不从边界射出时的最大半径为r2=（如解（1）中相切圆）(1分)B0qvm= (2分)代入数据解得：r2=2106m/s (1分)（3）离子在原磁场中运动周期s (1分)离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场前的过程中轨迹对应的圆心角 (1分)施加附加磁场后，离子在磁场中做的圆周运动半径将变小，周期T2为s (1分)即离子刚好能运动一个完整的圆周，接下来在B0磁场中继续偏转对照外加磁场的规律可知，每隔s离子在周期性外加磁场时，离子可做5次完整的匀速圆周运动，如解（2）最后还经过P点离子从P点射入磁场到第一次回到P点的总时间t为解（2）vMNPB0t=T1+5T2 (2分)解得t =（s）(1分)15(16分) 解析：(1)因为a棒进入磁场后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b就可以静止不动对a棒：由机械能守恒：mgh0mv (2分)对回路：B0Lv0，I (2分)对b棒：B0ILmg (1分)联立解得：h0 (1分)（2）由全过程能量守恒与转化规律：mghmg2dW克A (2分)解得：W克Amghmg2d (1分)（3）a棒通过磁场时恰好无感应电流，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，在t0的前提下，0即保持不变 对a棒：由机械能守恒：mghmv2 (1分) a棒进入磁场后，由牛顿第二定律得：ag (1分)经过时间t，a棒进入磁场的距离为xvtat2 (1分)磁通量B0(dx)LBL (2分)又最初磁通量为0B0dLB0LB0dL (1分)联立解得：BB0 (1分)11