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2011届武汉市高三4月调考理综物理试题（A卷）
武汉市教育科学研究院命制 2011年4月15日
选择题 共21题，每小题6分，共126分
二、选择题（本题包括8个小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选不全的得3 分，有选错或不答的得0 分）
869014、铀裂变的产物之一氪90经α、β衰变会生成锆86, 其衰变方程为36Kr?40Zr+xα+yβ，其中（A）
A、x=1，y=6 14、【答案】A
B、x=6，y=1 C、x=2，y＝8 D、x=8，y=2
【解析】β衰变不会出现质量数的变化，而该衰变方程中新核质量数比原核的质量数减少了4，故x＝1，发生一次α衰变，核电核数增加了6，根据电荷数守恒可知，发生了六次β衰变，y＝6，A对。 15、关于热力学第二定律，下列说法正确的是（D） A、热量只能从高温物体传递到低温物体 B、热量不可能从低温物体传递到高温物体
C、从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功是不可能的
D、从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功而不产生其他变化是不可能的 15、【答案】D
【解析】根据热力学第二定律的两种表述可知，热量可以从高温物体传递到低温物体，也可以从低温物体传递到高温物体，A、B均错；从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功是可能的，且一定会引起其他变化，C错D对。
16、质点做直线运动的v—t图象如图所示，与0~1s内质点的位移相同的时间间隔是（B） A、0~5s B、0~7s C、1~6s D、1~8s
16、【答案】B
【解析】由v－t图线与坐标轴围成的面积表示质点的位移，则0~1s内质点的位移为0.5m，0~5s内的位移为3.5m，0~7s内的位移为0.5m，1~6s内的位移为1.5m，1~8s内的位移为－0.5m，故B对。
17、将轻弹簧上端固定，下端悬挂小钢球，把小钢球从平衡位置竖直向下拉下一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是（ACD） A、钢球的振动周期为2s B、在t0时刻弹簧的形变量为4cm C、钢球振动半个周期，回复力做功为零
D、钢球振动四分之一周期，通过的的路程可能大于5cm
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17、【答案】ACD
【解析】由振动图象可知周期为2s，A对；t0时刻振子偏离平衡位置的位移为4cm，弹簧的形变量是振子到弹簧原长处的距离，可能大于、等于或小于4cm，B错；在任意的半个周期内振子的速度等大反向，故1357
回复力做功一定为零，C对；由数学三角函数可知，在一个周期内，当振子在[T，T]或[T，T]内运动，
888857
钢球在四分之一周期内通过的路程最大，Smax＝2A（其中A为振幅），当振子在[T，T]内运动，钢球在
88四分之一周期内通过的路程最小，Smin＝(2－2)A，即振子在任意四分之一周期内的路程范围为[(2－2)A，2A]，D对。
18、叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。图示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为（C）
783B、G
45C、G
43D、G
2A、G
18、【答案】C
【解析】上面的人的两只脚分别给中间的人的作用力为0.5G，中间的左、右边的人的每一只脚的作用力为(0.5G＋G)/2，故下面的正中间的人背部受到的作用力为0.5G＋G＝1.5G，每一只脚对地面的压力为(1.5G＋G)/2＝1.25G，C对。
19、右图为“电容测厚传感器”系统的原理图。当被轧金属板材的厚度相对于要求值发生变化时，电容传感器的电容C发生变化。C的变化通过测量电路后，一方面由仪表读出板材厚度，另一方面通过反馈电路将偏差信号传送给压力调节器，使板材的厚度控制在规定的范围内。若仅改变电容器的正对面积S或板材厚度h，可使电容C增大的是（BD） A、S减小 B、S增大 C、h减小 D、h增大
19、【答案】BD
εS【解析】由电容器的电容公式C＝ ，增大正对面积S可增大电容C；若增大板材的厚度h，与板间距
4πkdd减小等效，也可增大电容C，故BD正确。
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20、如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，紫光、红光分别从B、C点射出。设紫光由O到B的传播时间为tB，红光由O到C的传播时间为tC，则（C） A、tB>tC B、tB D、因入射角未知，无法比较tB、tC 20、【答案】C c 【解析】设入射角为i，折射角为r，光在玻璃中的速度为v＝，根据折射定律可得nsinr＝sini，。光在玻 n2Rsinr2Rsini 璃中传播时间为t＝＝，故紫光和红光的入射角i相同时，在玻璃中传播的时间相同，C对。 vc21、如图所示，在平行竖直虚线a与b、b 与c、c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d处有一荧光屏。大量正离子（初速度和重力均忽略不计）q 从虚线a上的P孔处进入左边电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上。关于这部分离子，若比荷越 m大，则离子（BD） A、经过虚线c的位置越低 B、经过虚线c的速度越大 C、打在荧光屏上的位置越低 D、打在荧光屏上的位置越高 21、【答案】BD 【解析】所有离子从静止开始经过加速电场和偏转电场后将从c虚线上同一个位置、同一个方向进入磁场，1 A错；设加速电场的宽度为d1，在偏转电场中侧移量为d2，由动能定理：qE1d1＋qE2d2＝mv2，显然比荷 2mv 越大，进入磁场的速度v越大，B对；进入磁场后，所有粒子均从同一方向进入磁场，半径为R＝，联qB立以上两式可知，速度大的半径也小，在光屏上的落点越高，C错D对。 武汉市光谷第二高级中学 3 http://gg2g.blog.whjy.net 武汉市光谷第二高级中学 陈克斌 邮编430205 电话13797005945 QQ1228785 E－mail：djbm@qq.com 第Ⅱ卷 非选择题 共13题，共72分 22、（8分）自由落体仪如图所示，其主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有磁式吸球器、光电门1、光电门2、捕球器、小钢球（直径d=1cm）。利用自由落体仪测量重力加速度实验步骤如下： ①将自由落体仪直立于水平地面上，调节水平底座使立柱竖直，固定好吸球器。 ②适当调节两光电门1、2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h1，用吸球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，重复数次，求出时间的平均值为t1。 ③光电门1不动，改变光电门2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h2，用吸球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球由光电门1到光电门2的时间，重复数次，求出时间的平均值为t2。 ④计算重力加速度值g。 请回答下列问题： （1）在步骤③中光电门1的位罝保持不动的目的是 A、保证小球每次从光电门1到光电门2的时间相同 B、保证小球每次通过光电门1时的速度相同 C、保证小球每次通过光电门1时的重力加速度相同 （2）用测得的物理量表示重力加速度值g= 22、（8分）【答案】 （1）B；4分 2(h1t2－h2t1) （2）；4分 t1t2(t1－t2) 1 【解析】光电门1的位置保持不变是为了保证每次小球经过时的速度v0相同，第一次实验：h1＝v0t1＋gt12， 22(h1t2－h2t1)1 第而次实验：h2＝v0t2＋gt22，联立解得g＝。 2t1t2(t1－t2) 23、（10分）请从下列器材中选择部分器材测量电压表的内阻和电源的电动势： ⅰ、待测电压表：量程Um=3V，内阻约几千欧姆 ⅱ、待测电源：电动势约6~7V，内阻不计 ⅲ、微安表：量程Im=300μA， 内阻rG =300Ω ⅳ、电阻箱：0~9999.99Ω ⅴ、单刀开关一个，导线若干 （1）请将所需的器材接入实物电路。 （2）连线完成以后，闭合开关，调节电阻箱，当电压表指针指向满偏时， 读取电阻箱的电阻为R1＝2000.00Ω；当电压表指针指向半偏时，读取电阻箱的电阻为R2＝6000.00Ω。由此可计算出电压表的内阻为______，电源电动势为______。 武汉市光谷第二高级中学 4 http://gg2g.blog.whjy.net 武汉市光谷第二高级中学 陈克斌 邮编430205 电话13797005945 QQ1228785 E－mail：djbm@qq.com 23、（10分） 【答案】（1）如图；4分（2）2kΩ；6V；各3分 E【解析】（1）如果将微安表串入电路，电路中的最小电阻为Rm＝＝Im6 －Ω＝20kΩ，而所给器材中，所有电阻的总和小于Rm，故微 300×106安表不能串入电路，若与电压表或电阻箱并联接入电路时，电压表将会烧坏，故排除微安表。电压表与电阻箱若并联显然会烧坏电压表，故只能将电压表和电阻箱串入外电路。（2）由闭合电路欧姆定律可Um0.5Um得：E＝Um＋R1，E＝0.5Um＋R，代入Um＝3V，R1＝2000Ω， RVRV2R2＝6000Ω，解得E＝6V，RV＝2kΩ。 24、（16分）如图所示，ACD、EFG为两根完全相同的直角光滑平行金属导轨，AC=CD=EF＝FG，两导轨被竖直固定在绝缘水平面上，间距CF＝L。两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根质量均为m、长度均为L的金属棒甲和乙分别水平跨放在两导轨上，两金属棒的电阻均为R，其它电阻不计。现同时从静止开始释放两棒，两棒始终与导轨接触良好，经过时间t，乙棒的速度达到最大（两棒仍在导轨上），求t时刻甲、乙两棒的速度各为多大？重力加速度为g。 24、（16分）解答： （1）对甲棒受力分析可知，甲棒做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律 mgsin45°＝ma t时刻速度 v甲＝at 联立解得 v甲＝ 2分 2分 2分 2 gt 2 （2）乙棒做加速度减小的变加速运动，t时刻加速度为零，最大速度为v乙， 感应电动势 E＝BLv乙 E 回路电流 I＝ 2R 2分 2分 2分 2分 2分 受到安培力 F＝BIL 由平衡条件 mgsin45°＝F 联立解得 v乙＝ 2mgR B2L2 武汉市光谷第二高级中学 5 http://gg2g.blog.whjy.net