2011佛山二模物理(含答案)

2011年佛山市普通高中高三教学质量检测（二） 理科综合能力测试 2011.4

本试卷共12页，满分300分．考试时间150分钟．

注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号填写在答题卡上．用2B铅笔将答题卡试卷类型（A）填涂在答题卡上，并在答题卡右上角的“试室号”和“座位号”栏填写试室号、座位号，将相应的试室号、座位号信息点涂黑．

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案答在试题卷上无效．

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．

4．考试结束后，将答卷和答题卡一并交回．

第一部分 选择题 （共 118分）

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（

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

11

H

）流以不

2

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V B．R1的电功率为0.2W

C．R1电流的频率为50Hz D．R2处温度升高时，电流表示数变小

第二部分 非选择题 （共 182分）

三、非选择题：本大题共11小题，共182分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．

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）晓玲实验小组认为用一只已知内阻的电流表和

电阻箱，采用如图甲所示的电路测电源电动势与内阻，比常规的伏安法更准确．若电流表内阻阻值为RA，则测量的方法与步骤是：

A．将电阻箱阻值R调到最大，闭合S后观察电流表示数，然后_____________，使电流表中的示数指到某两个恰当的值，记下此时电阻箱的阻值R1、R2及对应的电流I1、I2；

B．根据以上的数据及_________________定律，建立方程组，即可求出电源的电动势E与内阻r．该方程组的表达式是：

____________________、______________________．

图甲

晓玲她们现在手头只有一个电流表，只知其内阻很小，却不知具体阻值．为了测出该电流表的内阻，她们找来了如图乙所示两节干电池等实验器材．请你用笔画线将图中的实物连接成能测出电流表内阻的电路．注意滑动变阻器串联接入电路起限流作用，开关闭合前其阻值应_________．

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/s，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 3，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．

2

2011年佛山市普通高中高三教学质量检测（二）

理科综合参考答案

选择题答案

一、本题共 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，错选、不选得 0 分。

二、本题共 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，全选对的得 6分，只选一个且正确的得3分，错选、不选得 0 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

；19（2分）。

（2）（共10分）

再调节电阻箱（1分）、闭合电路欧姆定律（2分），E I1 R1 RA r 、 E I2 R2 RA r（2分）

连线如图（共3分）：滑动变阻器接成分压接法扣1分，滑动变阻器接线位置错误扣1分，电表量程错误共扣1分，电表极性错误扣3分，线路不通扣3分。 2分）

35．（共18分）

（1）（共6分）

由A到B，做平抛运动

H

12

gt （2

2

解得：t

2s （2分）

AB间水平距离：S vAt 20m （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vO，由牛顿第二定律，有

v2

FON mg m

R

（3分）

解得：vO （2分）

设由A到O克服摩擦力做功为Wf，由动能定理，有

mg H h W12

f

2mvO

12

2

mvA （4分）

解得：Wf 1800J （2分） 或：vBy gt 20m/s （1分）

故vB

/s （1分）

设由B到O克服摩擦力做功为Wf，由动能定理，有

mgh Wf

12mv2

12

O

2

mvB （2分）

解得：Wf 1800J （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F qE 0.3N （1分）重力G Mg 0.3N （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。 （2）（共8分） 由qvB M

v

2

R

得R

MvqB

① 周期T

2 R2 Mv

qB

代入数据得T 12s 1分）1分）1分）1分）1分） （ （

（

（

（

由已知条件，有t 1.0s

112

T，故P的轨迹圆心角θ＝30° （2分） d

0.4m

（1分）

由右图可知，轨迹半径R

sin30

结合①式得v 0.2m/s （1分） （3）（共7分）

P和Q碰撞时，系统动量守恒，有

Mv0 Mv mv （1分）

解得v 0.6m/s 对Q应用牛顿第二定律，有

mg ma 得a 0.8m/s2 Q停下前运动的时间t

0 v a

0.75s 由于t t，说明P离开电、磁场时，Q已经停下 故位移S

v

2

2a

0.225m 即Q停留在右方距初始位置0.225m处。 （1分） 1分） 1分）

1分） 1分）

1分） （ （（ （ （

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