1、望江县2011-2012学年度第一学期高三第一次月考物 理 试 题第卷（选择题 共40分）本卷共10小题，每小题4分，共40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. 一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，则（ ）Ax=0处的质点在t=0时向y轴正向运动 Bx=0处的质点在t= s时速度为0 Cx=0处的质点在t= s时速度值最大D波的周期为1sACABAD2. 如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下。则下列说法中正确
2、的是（ ）AA环与滑杆无摩擦力 BB环与滑杆无摩擦力CA环做的是匀速运动 DB环做的是匀加速运动3. 一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率。下列哪个光路图可能是正确的？ （ ）4. 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()A. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左B. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用C. t2时刻，小物块
3、离A处的距离达到最大D. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大5. 如图所示，一个质量m=0.5kg的小球（视为质点）从H12m高处，由静止开始沿光滑弧形轨道AB滑下，接着进入半径R4m的竖直圆环，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；小在球沿左半环CB滑下后，再进入光滑弧形轨道BD，且到达D点时速度为零。g取10m/s2,下列说法正确的是（ ） A. 在由A到D的过程中，小球的机械能守恒 B. D点离地面的高度是12m C. 小球第一次过B点时对轨道的压力大小是30N D. 小球从B到C的过程中克服阻力做的功是10J6. 太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为地球绕
4、太阳公转速度的7倍，其轨道半径约为地球绕太阳公转轨道半径的2109倍。为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系的所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳的质量，则银河系中恒星的数目约为（ ）A1015B1013C1011D1097. 一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2115，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 的电阻. 则（ ）A. 流过电阻的最大电流是20 A B. 与电阻并联的电压表的示数是141 VC. 变压器的输入功率是1103 WD. 在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2103 J8. 如
5、图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上，A、E两点关于M点对称下列说法正确的是()AA、B两点电势、场强均相同BC、D两点电势、场强均相同CA点的场强等于E点的场强D带负电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能9. 如图表示水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场叠加区域，一个质量是m带电量是q的质点B恰好能静止在区域中间，另一个质量为2m，带电量也为q的质点A恰好能以某一速度沿着垂直于磁场、电场方向做匀速直线运动，且正好与静止的质点B发生正碰，碰后两质点粘在一起运动，碰撞的过程无电量损失，则下列正确的是( )ABA碰后两
6、质点的运动向下偏且动能增加B碰后两质点的运动向上偏且动能增加C碰后两质点的运动向上偏且动能减少D碰后两质点的运动向下偏且动能减少10. 如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45。有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置。若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是( )第卷（非选择题 共60分）考生注意事项：必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。11. （12分）某同学要测量一均匀新材料
7、制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：（3分）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm；（3分）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为 。（6分）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程04mA，内阻约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电
8、流0.5A）开关S导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在答题卷规定的框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。12. （10分）如图所示，水平地面上放有质量均为m= 1 kg的物块A和B，两者之间的距离为l = 0.75 m。A、B与地面的动摩擦因数分别为1= 0.4、2= 0.1。现使A获得初速度v0向B运动，同时对B施加一个方向水平向右的力F= 3 N，使B由静止开始运动。经过一段时间，A恰好追上B。g 取 10 m/s2。求：(1）ww w.ks5 u.co mA初速度的大小v0；(2）从开始运动到A追上B的过程中，力F对B所做的功。FBA13. （12分）如图所示，
9、倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep，不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离足够长。现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小。14. （12分
10、）如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向一个质量为m 、电荷量为-q 的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角60 ，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ 2 OC ，不计粒子的重力，求： ( l )粒子从P运动到Q所用的时间 t POQCEBv0( 2 )电场强度 E 的大小 ( 3 )粒子到达Q点时的动能EkQ15. （14分）如图所示，在区域(0xd)和区域(dx2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向
11、相反，且都垂直于Oxy平面一质量为m、带电荷量q(q0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速度方向与x轴正向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的；不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子a射入区域时速度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差网参 考 答 案题号12345678910答案DABDDCCBCAR1SRA2V111.答案： 50.15 220如右图 12.解：（1）对B，由牛顿第二定律得： 设A 经过t时间追上B，对A，由牛顿第二定律得： （1分） （1分
12、）恰好追上的条件为：（分） （分）代入数据解得：， （1分）(2） （2分） （2分）13答案：（1）a=（sin）g，方向沿斜面向上 （2）.解析：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面.当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F，B受力平衡，F=m2g对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向m1gsinF=m1a联立解得，a=（sin）g由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinm2g，即sin 故A的加速度大小为（sin）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块A回到位置P时有最大速度，设为vm.从
13、A由静止释放，到A刚好到达P点的过程，由系统能量守恒得，m1gx0sin=Ep+当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsin=kx0 联立式解得，.14.(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：PO1 C=120设粒子在磁场中圆周运动的半径为r， 2分r+rcos 60= OC=x O C=x=3r/2 2分粒子在磁场中圆周运动的时间1分粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r1分1分粒子从P运动到Q所用的时间 1分(2) 粒子在电场中类平抛运动 1分 1分 解得 1分(3)由动能定理2分 解得粒子到达Q点时的动能为15. 【答案】 (1)设粒子a
14、在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm由几何关系得PCPRa1式中，30.由式得va(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa2.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于xd的平面上，由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即yPaRa1cosh式中，h是C点的y坐标设b在中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB2设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为.如果b没有飞出，则式中，t是a在区域中运动的时间，而Ta2Tb1由式得30由式可见，b没有飞出.Pb点的y坐标为yPbRb1cosRa1Rb1h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPayPb(2)d
