江苏省启东中学高考物理模拟卷5

2008年江苏省启东中学高考物理模拟卷5
一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1．水平抛出一小球,t 秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1,(t+Δt)秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2,忽略空气阻力作用.则小球的初速度是
A.g Δt(cos θ1－cos θ2)
B. g Δt(tan θ2－tan θ1)
C.21cos cos θθ-∆t g
D. 1
2tan tan θθ-∆t g
）2．如图所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、电键K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中。

两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m 、电
量为+q 的小球。

K 断开时传感器上有示数，K 闭合时传感器上恰好无示数。

则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别是 A ．正在增加，
q mgd
t =
∆∆ϕ B ．正在减弱，nq
mgd
t =
∆∆ϕ C ．正在减弱，
q mgd
t =
∆∆ϕ D ．正在增加，nq
mgd
t =
∆∆ϕ
）3．质量不计的弹簧下端固定一小球。

现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度
a (a <g )分别向上、向下做匀加速直线运动。

若忽略空气阻力，弹簧的伸长量分别为x 1、x 2;若空气阻力不
能忽略且大小恒定，弹簧的伸长量分别为x ′1、x ′2。

则 A.'
1x +x 1=x 2+'
2x B. '
1x +x 1<x 2+'
2x C.'
1x +'
2x =x 1+x 2 D. '
1x +'
2x <x 1+x 2
）4．如图甲所示，在变压器的输入端串接上一只整流二极管D ，在变压器输入端加上如图乙所示的交变电压u =U m sin ωt ，开始半个周期内a “＋”、b “－”，则副线圈输出的电压的波形(设c 端电势高于d 端电势时的电压为正)可能是下图中的
）5．如图甲所示，电源电动势为E ，内阻不计，滑动变阻器的最大阻值为R ，负载电阻为0R ，当滑动变阻器的滑动端P 在某位置时，0R 两端电压为
2
E
，0R 消耗的功率为P ，若将0R 与电源位置互换，接成图乙所示电路时，滑动触头P 的位置不变，则
A ．0R 两端的电压将小于
2E B ．0R 两端的电压将等于2
E C ．0R 消耗的功率一定小于P D ．0R 消耗的功率一定大于P
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分。

）6．一质点沿螺旋线自外向内运动，如图所示。

已知其走过的弧长s 与时间t 的一次方成正比。

则关于该质点的运动下列说法正确的是 A ．小球运动的线速度越来越大 B ．小球运动的加速度越来越大 C ．小球运动的角速度越来越大 D ．小球所受的合外力越来越大
）7．地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，向心加速度为a 1，线速度为v 1，角速度为ω1；同步通信卫星的向心加速度为a 2，线速度为v 2，角速度为ω2；“神州”六号飞船（距地面高度343km ）的向心加速度为a 3，线速度为v 3，角速度为ω3．则 A ．321a a a >> B ．321a a a >> C ．321v v v >> D ．321ωωω>=
）8．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q 的电场中运动到N 点静止，则从M 点运动到N 点的过程中 A ．小物块所受电场力逐渐减小 B ．小物块具有的电势能逐渐减小 C ．M 点的电势一定高于N 点的电势
D ．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
）9．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感强度为B ．有一质量为m 长为l 的导体棒从ab 位置获平行斜面的大小为
v 的初速向上运动，最远到达a /b /的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻
也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ．则 A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2
v/R
B ．上滑过程中电流做功发出的热量为mv 2
/2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv 2
/2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv 2
/2－mgs sin θ
10．要测定一个自感系数很大的线圈L 的直流电阻，实验室提供下列器材： ①待测线圈L ，阻值约为2Ω，额定电流为
2A
第6题图
②电流表A 1量程为0.6A ，内阻为0.2Ω ③电流表A 2量程为3A ，内阻为0.2Ω
④变阻器R 1阻值为1-10Ω，变阻器R 2阻值为0-1K Ω。

⑤电池 E ，电动势为9V ，内阻很小 ⑥定值电阻 R 1=10Ω，R 2=100Ω ⑦开关S 1，S 2
要求实验时，改变变阻器，可使在尽可能大的范围内测得多组A
1表、A 2表的读数I 1、I 2，利用I 1－I 2的图象，求出电感线圈的电阻。

（1）实验中定值电阻应选用______，变阻器应选用_________。

（2）请在方框内画上电路图。

（3）I 2—I 1对应的函数关系式为_____________。

（4）实验结束时应先断开开关_________________。

（5）由I 2—I 1图象得出
1
2
I I 的平均值为6.0，则电感线圈的直流电阻为_____________。

11.一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决
定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d =40cm 的纸带环, 安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，如图1所示。

在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B 的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时，雾滴便通过狭缝A 在纸带的内侧面留下痕迹。

将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图所示。

请你帮该同学完成下列任务：
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为
Ｓ，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离Ｓ1= ▲ cm ；速度最小的雾滴到标志线的距离Ｓ2= ▲
cm 。

（2）如果转台转动的周期为T ，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为
v 0= ▲ （用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v 0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1/S ，画出v 0-1/S 图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T = ▲ s
12、3-4．（1）以下说法正确的是（ ）
A ．一单摆做简谐运动，摆球相继两次通过同一地点时，摆球的动能必相同
B ．机械波和电磁波本质上是相同的，它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
C ．由图可知，通过同一双缝干涉装置，a 光的干涉条纹间距比b 光的宽
D ．光的偏振现象说明光是一种电磁波
E.伦琴射线、紫外线、红外线、γ射线的波长是按从大到小的顺序排列的
F ．麦克斯韦电磁场理论指出：变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场
G ．按照相对论的观点，若火箭对地速度为v ，火箭“迎着”光飞行时在火箭上的观察者测出的光速为
v c +
H ．哈勃太空望远镜发现所接受到的来自于遥远星系上的某种原子光谱，与地球上同种原子的光谱相比较，光谱中各条谱线的波长均变长（称为哈勃红移），这说明该星系正在远离我们而去
（2）如图所示是一列向x 轴正方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图，此时质点B 恰好运动到波峰，质点C 恰好通过平衡位置。

若该波的周期为4.0s ，则对质点B 和C 下列说法中正确的是 A ．它们开始振动时的运动方向不相同
B ．它们在开始振动的第一秒内加速度方向均一定沿y 轴正方向
C ．在开始振动后的任何连续的2s 内，合外力对它们做的功都为零
D ．它们振动过程中的任意1s 内通过路程均为2.0cm
13、3-5．（1）下列说法中正确的是（ ）
A ．在x H H H e +→+4
23121
核反应中，x 是质子，核反应放出的能量等于H 21
和H 31的质量和减去e H 4
2和x 的质量和，再乘c 2
(c 表示光速) B ．卫星可以在大于地球半径的任意圆轨道上运动，电子也可以在大于基态轨道半径的任意圆轨道上运动 C ．分别用绿光和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，逸出的光电子的动能可能相等
D ．随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
E ．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长
F ．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，α粒子与金原子核组成的系统能量最小
第12B （2）题图
（2）1914年，夫兰克和赫兹在实验中用电子碰撞静止原子的方法，使原子从基态跃迁到激发态，来证明玻尔提出的原子能级存在的假设。

设电子的质量为m,原子的质量为m 0，基态和激发态的能级差为ΔE ，试求入射电子的最小动能。

（假设碰撞是一维正碰）
14、如图所示，小木箱ABCD 的质量M=180g ，高L=0.2m ，其顶部挡板E 的竖直距离h=0.8m ，在木箱内放有一个质量为m=20g 的小物块P(可视为质点).通过细轻绳对静止木箱施加一个竖直向上的恒力T ，为使木箱能向上运动，并且当AD 与挡板E 相碰木箱停止运动后，P 物体不会和木箱顶AD 相碰，求拉力T 的取
值范围. (g=10m/s 2
)
15、 如图所示，电动机带动滚轮作逆时针匀速转动,在滚轮的摩擦力作用下,将一金属板从斜面底端A 送往上部，已知斜面光滑且足够长，倾角θ=30°．滚轮与金属板的切点B 到斜面底端A 的距离为L=6.5m ，当金属板的下端运动到切点B 处时，立即提起滚轮使它与板脱离接触．已知板之后返回斜面底部与挡板相撞后立即静止，此时放下滚轮再次压紧板，再次将板从最底端送往斜面上部，如此往复．已知板的质量为m=1×103
Kg ，滚轮边缘线速度恒为v =4m/s ，滚轮对板的正压力F N =2×104
N ，滚轮与板间的动摩擦因数为μ=0.35，取g=10m/s 2
．
求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度；
(2)板加速至与滚轮速度相同时前进的距离； (3)每个周期中滚轮对金属板所做的功； (4)板往复运动的周期．
16．如图所示为某种新型分离设备内部电、磁场分布情况图。

自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。

区域Ⅰ宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2。

现有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A点被注入，这些粒子都只在电场力作用下由静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出，三区域都足够长。

已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m=6.4×10—27kg、带电量为q=3.2×10—19C，且有d1=10cm，d2=52cm，E1= E2=40V/m，B1=4×10—3T，B2=22×10—3T。

试求：
（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度；
（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度；
（3）为使该带电粒子还能回到区域Ⅰ的上边缘，区域Ⅲ的宽度d3应满足的条件；
（4）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离。

2008年江苏省高考模拟卷5
1．D 2．D 3．C 4．B 5．D 6．BCD 7、BCD 8．ABD 9．BD 10、（1）R 1 R 3
（2）
（3）132I R r
R R I L
L ++=
（4）S 2
（5）2.04Ω 11．2
2
2d d v sT
s
πω=
=
T=1.6s
12、3-4．（1）ACH （2）C 13．（1）CDE （2）E m m
m E K ∆+=
0min
14、解：由牛顿第二定律得：
T －(M+m)g=(M+m)a ① （2分）
P 与顶部恰好不相碰时，木箱与顶部相碰时的速度应满足： v P 2
<2gL ② （1分）
而v P 2
=2ah ③ （1分）
联立①②③式得：g h
L
h M M T ))((++< （2分）
代入已知数据得：T<2.5N （1分）
要使木箱向上运动：T>(M+m)g=2N （1分） 所以T 的取值范围为：2N<T<2.5N （2分） 15．（12分）解：解:（1）f=μN =7×103
N
a=f-mgsin θ/m =2m/s 2 （3分）
( 2 )s=
a
v
22
=4m （2分）
（3）∵s<L ∴金属杆先匀加速4米,后匀速2.5米． （1分）
W 1-mgsin θs=
2
1mv 2
W 2- mgsin θs ’=0 W 1=2.8×104J （1分） W 2=1.25×104J （2分）
∴W = W 1+W 2=4.05×104
J （1分） （4）t 1=v/a =2s t 2=L-s/v =0.625s （1分） 后做匀变速运动a ’=gsin θ （1分）
L =v 0t +
21at 2 6.5=-4t 3+2
1
×5t 32 得t 3＝2.6s （1分） ∴T= t 1+ t 2+ t 3=5.225s （1分） 16．解：为研究方便，建立如图所示坐标系 （1）由E 1qd 1=
22
1
mv 得，
带电粒子离开区域Ⅰ时的速度s m m
qd E v /102241
1⨯==
， 方向沿y 轴正向。

（2）带电粒子在区域Ⅱ内运动时，只受洛仑兹力，且不做功，所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度大小仍为s m v /1024⨯=
方向：由图中几何关系可知：11sin R d =θ，又由1211R v m qv B =得：q
B mv
R 11=
联立代入数据得：cm R 101=，2
2
sin =
θ，即 45=θ 所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x 轴正向夹45°。

（3）如果将带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解成x v 和y v ， 则有x v =y v = 45sin v =s m /1024⨯， 所以N qv B qv B y x 17221028.1-⨯==，x qv B 2方向沿y 轴反向，y qv B 2方向沿x
轴正向，
又因为N q E 1721028.1-⨯=，方向沿y 轴正向，即q E 2与x qv B 2抵消。

所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x 轴正向的速度为x v 的匀速直线运动和以速率为
y
v 以及对应洛沦兹力
y qv B 2作为向心力的匀速圆周运动的叠加。

轨迹如图所示。

圆周运动半径为q
B mv R y 22=
=10cm ， 周期T=
q
B m
22π=s 5102-⨯π 所以只要带电粒子运动到轨迹最低点C 时不出区域Ⅲ，就可回到区域Ⅰ的上边缘。

所以区域Ⅲ的宽度应满足d 3>h
由上面的运动分析可知，带电粒子到最低点，圆周运动刚好转过4
T
， 所以h=q
B mv R y 22=
=0.1m=10cm 所以d 3>10cm
（4）根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B 点，距A 点的距离为：
d=2[（1—cos θ）1R +2R +y v ·4
T
]代入数据得： d=40+10π—10
2
=57.26cm。