高三物理期未测试卷
物 理
第Ⅰ卷（选择题和填空题 共60分）
一、本题共10小慰；每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
1、下列说法中正确的有 （ ）
A．有些半导体的电阻随温度升高而迅速增大，因此可制成热敏电阻；
B．火车从站在铁路旁的人身边高速驶过前后，人听到火车鸣笛的音调由高变低
C．在垂直于传播方向的平面上只沿着一个特定的方向振动的光叫做偏振光
D．布朗运动是液体分子的无规则运动
2、一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为
，阻力不计，关于小球在下落h的过程中能量的变化，以下说法中正确的是：
（ ）
A．动能增加了
B．电势能增加了
C．机械能减少了 D．重力势能减少了
3、如图所示，一质量为M的木块与水平面接触，木块上方固连着有一根直立的轻质弹簧，弹簧上端系一带电且质量为m的小球（弹簧不带电），在竖直方向上振动。当加上竖直方向的匀强电场后，在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度。当木块对水平面压力为零时，小球的加速度大小是： （ ）
A、
B、
C、
D、
4．甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲<p乙，则： （ ）
A、甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度
B、甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度
C、甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能
D、甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能
5、设人造卫星绕地球作匀速圆周运动，则下列说法正确的是 （ ）
A、卫星的轨道半径越大，它的运行速度越大
B、卫星的轨道半径越大，它的运行速度越小
C、卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越大
D、卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越小
6、超导体磁悬浮列车是利用超导体的抗磁化作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具。如图所示为磁悬浮列车的原理图，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2，，导轨上有一个与磁场间距等宽的金属框abcd。当匀强磁场B1和B2同时以某一速度沿直轨道向右运动时，金属框也会沿直轨道运动。设直轨道间距为L，匀强磁场的磁感应强度为B1=B2=B磁场运动的速度为V，金属框的电阻为R。运动中所受阻力恒为f，则金属框的最大速度可表示为： （ ）
A、
B、
C、
D、
7、一理想变压器给负载供电，变压器输入电压u=Umsinωt，如图，若负载电阻的滑动触片向上移动，关于图中所有交流电表的读数及输入功率的变化情况的说法中正确的是：
（ ）
A、
V1、V2不变，A1增大、A2减小，P增大；
A1 A2
B、 V1、V2不变，A1、A2减小，P减小； V1 V2
C、 V1、V2不变，A1、A2增大，P增大；
D、V1不变，V2增大，A1减小，A2增大，P减小。
8、20世纪60年代是光学史上令人难忘的年代，美国科学家梅曼研制成功世界上第一台红宝石激光器。激光被赞誉为20世纪四大应用发明之一。红宝石激光器发射的是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲。现有一红宝石激光器，发射功率为P（W），所发射的每个光脉冲持续的时间为Δt（s），波长为λ（m）。设普朗克常量为h，光在真空中的传播的速度为C，则下列说法中正确的是：
（ ）
A）该激光的频率为1/Δt （Hz）
B）该激光器发射的每一个光脉冲的长度
C）该激光器发射的每一个光脉冲包含的光子数为：
D）该激光器发射的光子能量为E=hλ/C
9、如图甲所示，在一块平板玻璃上放置一平薄凸透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条纹，称为牛顿环，以下说法正确的是： （ ）
A、牛顿环是由透镜下表面的反射光和平面玻璃上表面的反射光发生干涉形成的
B、牛顿环是由透镜上表面的反射光和平面玻璃下表面的反射光发生干涉形成的
C、若透镜上施加向下的压力，当压力逐渐增大时，亮环将向远离圆心方向平移
D、若透镜上施加向下的压力，当压力逐渐增大时，亮环将向靠近圆心方向平移
10．雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(ve)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖．他探测中徽子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶．电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为
已知
核的质量为36.95658u，
核的质量为36.95691u，
的质量为0.00055u，1u质量对应的能量为931.5MeV．根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为
（ ）
（A）0.82 MeV （B）0.31 MeV （C）1.33 MeV （D）0.51 MeV
二、本题共2小题，共20分．把答案填在答卷中的横线上或按题目要求作答．
11．（1）（5分） ①某实验中需要测量一根钢丝的直径(约0.5mm)．为了得到尽可能精确的测量数据，应从实验室提供的米尺、螺旋测微器和游标卡尺(游标尺上有10个等分刻度)中，选择_______ ____进行测量．
②用游标卡尺测定某工件的宽度时，示数如右图所示，此工件的宽度为________ ___cm。
（2）（5分）用如图示的装置可以测定棱镜的折射率，其中ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的两个锐角α、β都是已知的，紧帖直角边AC的是一块平面镜。将一束光线SO入射到棱镜的AB面上，适当调整SO的入射方向，使从AB面出射光线与入射光线SO恰好重合，在这种情况下，仅需要测出一个物理量： （填名称及符号）就可以算出该棱镜材料的折射率。则计算折射率的表达式为n= 。
12、（10分）“伏安法测电阻值时，由于电流表内阻的影响，使得测量结果总存在误差，而按图1所示电路进行测量，则由电压表、电流表内阻所造成的误差可消除
（1）请你简要写出还未完成的主要操作步骤，并用字母表达出相应的测量值．
① 闭合电键S1，电键S2接2，调节RP和RP＇，使电压表读数接近满量程，读出电流表和电压表读数I2、U2 ； ②保持RP不变 __________ .
（2）用所测量的量求出待测电阻Rx的表达式为
（3）用线把实物图2按电路图1连成测量电路．
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高三期未测试卷
第Ⅱ卷（计算题和答卷）
二、填空题（共20分）
11、（1）
、
、
（2） 、
12、（1）
（2）
（3）用线把实物图按电路图1连成测量电路．
三、本题共6小题，共90分。解答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。
13、(14分)1996年，我国第一辆太阳能电动车“中国1号”研制成功，这辆车长4.64m、宽1.55m，高1.7m，外形呈牛背形，车上装有4m2的太阳能电池板，该车实行无极变速，可连续行驶150~160km，最高速度可达80km/h。设当太阳能电池正对太阳时，产生的电动势E=120V，并为车上的电动机提供5A的电流，已知该太阳能电池的总内阻为8Ω，太阳每秒向宇宙空间辐射出3.8×1026J的光能量，且照射到地面处时，每平方米上的辐射功率P0=1.0×103W，求：
（1）该车太阳能电池的转化效率η1；
（2）电池对电动机供电的效率η2；
（3）估算太阳每秒损失的质量；
14．(14分)在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个单匝正方形金属线圈abcd，边长为L，线圈的ad边跟磁场的左侧边界重合，如图所示，线圈每边的电阻为R，在a、d两点用导线外接固定电阻，阻值也为R，现用外力使线圈从磁场中运动出来：一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一次是用力使线圈以ad边为轴，匀速转动出磁场，两次所用时间都是T，试分析计算：（1）两次运动过程中通过固定电阻R的电量各为多少；（2）两次外力对线圈做功之差ΔW为多少？
15、（15分）如图所示为火车站装载货物的原理示意图，设AB段是距水平传送带装置高为H=5m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=8m，与货物包的摩擦系为μ=0.6，皮带轮的半径为R=0.2m，上部距车厢底水平面的高度h=0.45m。设货物由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失。通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度ω可使货物经C点抛出后落在车厢上的不同位置，取g=10m/s2，求：
（1）当皮带轮静止时，包在车厢内的落地点到C点的水平距离；
（2）当皮带轮以角速度ω=20 rad/s匀速转动时，包在车厢内的落地点到C点的水平距离；
（3）试推导并画出包在车厢内的落地点到C点的水平距离S随皮带轮角速度ω变化关系的S—ω图象；（设皮带轮顺时方针方向转动时，角速度ω取正值，水平距离向左取正。）
16、(15分)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图示，已知mA=mB=1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上作匀加速运动。取g=10m/s2，求：
（1）使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？
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17、（16分）如图示，光滑水平面上有一长木板，上表面水平且光滑，右端用不可伸长的细绳拴在墙上，细绳处绷直状态，左端上部固定一轻弹簧。给质量为m的铁球一瞬时冲量I0，使其在木板的上表面上向左运动，并压缩轻弹簧。当铁球的速度减小为原来的一半时，细绳刚好被拉断，木板开始向左运动，为使木板获得的动能最大，
1）木板的质量M为多大？
2）木板的最大动能为多少？
3）铁球压缩轻弹簧使木板运动过程中的弹簧的最大弹性势能多大？
18、（16分）电视机的显像管实际上是一只阴极射线管，如图示是一阴极射线管的主要构造示意图，A、B是加速电场，C、D是偏转磁场，可使电子在水平方向偏转，紧靠着偏转磁场是E、F偏转电场，可以使电子在竖直方向偏转，当C、D和E、F不接电压时，电子枪发现的电子经加速后以V=1.6×106m/s速度沿水平直线MN垂直打在竖直的荧光屏P的中心O点。若在CD、EF分别加上某恒定电压后，CD两极间形成的匀强磁场的磁感应强度为B=9.0×10－5T，EF两极板间的匀强电场的场强E=144V/m，电子将打在以荧光屏P的中心O点为原点建立的如图示XOY直角坐标系上的某点Q（x，y），已知：磁场沿MN方向的宽为L1=6.0cm，电场沿MN宽度为L2=8.0cm，电场右边缘到荧光屏的水平距离为d=8.0cm，电子从磁场射出后立即进入电场，且从电场右边界射出，电子质量为m=9.0×10－31kg，电量e=1.6×10－19C，求：
（1）加速电场的电压U；
（2）Q点的坐标（x，y）；
（3）电子打在荧光屏上的速度；
高三期未测试卷
物 理 参 考 评 分 标 准
一、选择题：
1、 BC 2、BC 3、C 4、BC 5、BD
6、C 7、B 8、CD 9、AC 10、A
二、实验题：
11、（1）螺旋测微器（2分）10.125cm （3分）。
（2）入射角（i）、（2分）
（3分）
12、(1)S2接1，闭合S1调节
使电压表尽量接近满量程，读出此时电压表和电流表的读数U1、I1 （2分，未指出调节使电压表接近满量程的不扣分）（2）
（4分） 
（3）如图所示 （4分）
三、计算题：
13．参考解答与评分标准：
（1）吸收太阳的总功率为P总=P0·S=4×1.0×103=4×103（W）……（1分）
太阳能电池输电的总功率为P电=E·I=600（W）……（2分）
该车太阳能电池的转化效率
……（2分）
（2）电池对电动机供电的功率：P=E·I－I2·r=400（W）……（3分）
电池对电动机供电的效率：
……（2分）
（3）估算太阳每秒损失的质量：
……（4分）
14．参考解答与评分标准：不论线平动还是转动出磁场，线圈与外接电阻的等效电路的总电阻：R总=
……（1分）
（1）①使线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势， E=BLV=BL2/T ……（1分）
电路中的总电流：I=E/R总=2BL2/7RT，固定电阻的电流：IR=I/2= BL2/7RT，（1分）
通过固定电阻的电量为q=I·T= BL2/7R ……（1分）（或
…（3分））
②线圈以ad为轴匀速转出磁场时：通过固定电阻的电量为：
……（3分）
（2）使线圈匀速平动移出磁场时，力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能：
……（2分）
线圈以ad为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的，感应电动势的最大值为：
……（1分）
力对线圈做的功为：
……（2分）
两次外力做功为：
……（2分）
15．参考解答与评分标准：
由机械能守恒定律可得：
，所以货物在B点的速度为V0=10m/s（1分）（1）货物从B到C做匀减速运动，加速度
……（1分）
设到达C点速度为VC，则：
，所以：VC=2 m/s ……（1分）
落地点到C点的水平距离：
……（1分）
（2）①若皮带轮逆时针方向转动，同上所述可得：
……（1分）
②若皮带轮顺时针方向转动V皮=ω·R=4 m/s，同（1）的论证可知：货物先减速后匀速，从C点抛出的速度为VC=4
m/s，
……（2分）
（3）①皮带轮逆时针方向转动，无论角速度为多大，货物从B到C均做匀减速运动：在C点的速度为VC=2m/s，落地点到C点的水平距离S=0.6（m）……（1分）
②皮带轮顺时针方向转动时：
Ⅰ、若0≤V皮≤2 m/s，即0≤ω≤10 rad/s时，货物从B到C匀减速运动，S=0.6（m）
……（1分）
Ⅱ、若2 m/s＜V皮＜10 m/s，即10＜ω≤50 rad/s时，货物从B到C先减速再匀速运动：
VC=ω·R， 若V皮=10 m/s即ω=50 rad/s时，货物从B到C匀速运动
落地点到C点的水平距离：S=ω·R
=0.06ω ……（1分）
Ⅲ、因为若货物一直加速时，
，货物在C点时的速度：VC=14
m/s，
若10 m/s＜V皮＜14 m/s即50＜ω≤70 rad/s时，货物从B到C先加速再匀速，货物从B到C先加速再匀速，若V皮=14 m/s时，货物从B到C匀速运动；所以：VC=ω·R
落地点到C点的水平距离：
S=ω·R
=0.06ω ……（1分）
Ⅳ、若V皮＞14 m/s即ω＞70 rad/s时，货物一直加速，货物在C点时的速度：
VC=14 m/s，
落地点到C点的水平距离恒为：
S=5.2（m） ……（1分）
说明：画图象全对得……（3分），有错误0分
16．参考解答与评分标准：
（1）F－mAg+FBA= mAa，所以当FBA=0时，F最大，
即Fm= mAg+ mAa=12（N）（3分）
（2）初始位置弹簧的压缩量
……（1分）
A、B分离时，FAB=0，以B为研究对象可得：FN－mBg= mBa，FN=12（N），……（3分）
此时：
…（1分）
A、B上升的高度：Δx=x1－x2=0.08（m）（1分）
A、B的速度
……（1分）
以A、B作为一个整体，由动能定理得：
……（3分）
可得：WF=0.64（J） ……（2分）
17、参考解答与评分标准：
要使木板获得的动能最大，相互作用后，球的速度为0，……（2分）
由动量守恒和能量守恒定律可知：
……（2分） 
……（2分）
解之知得：1）木板的质量
……（2分）
2）木板的最大动能
……（2分）
3）相互作用的运动过程中，球的速度减小，木块增大，当两物体速度相等时，弹簧压缩最短，即弹性势能最大：由动量守恒和能量守恒定律可知：
……（2分）
……（2分）
可知：弹簧的最大弹性势能为：
……（2分）
18、参考解答与评分标准：
（1）由
可得：
……（2分）
（2）从上向下看磁场和电场分布如右图示
在磁场中运动的半径
水平偏移量x1=2cm， ……（2分）
偏转角为α，sinα=0.6，即α=370，
进入电场以及在电场边界到荧光屏的过程中，水平方向作
匀速直线运动，所以x2=（L2+d）tan370=12（cm）
可得：xQ=－（x1+x2）=－14（cm） ……（2分）
电场运动的时间和电场边界到荧光屏的时间相同即
，……（1分）
电场中y方向的加速度为
……（2分）
电场中y方向的偏移量
y方向的速度为Vy=a·t=1.6×106m/s ……（1分）
电场边界到荧光屏过程中电子做匀速运动，
y方向的偏移量：
可得：yQ=y1+y2=15（cm）……（2分）
所以Q点的坐标为（－0.14，0.15）m ……（2分）
（3）电子打在荧光屏上的速度为
方向为：与水平方向成450角。 ……（2分）