资源简介

东北育才超常部35届高三最后一模物理试卷
一，单选题
1.“戈瑞”(Gry,符号：Gy)是国际单位制中用于衡量电离辐射能量吸收剂量的导出单位，
定义为每千克被辐照物质吸收1焦耳的能量，则Gy用国际单位制的基本单位表示为
()
A.J/m2
B.m2/s2
C.kg/s2
D.kg.m2/s3
2.一束激光以入射角日从空气射入双层薄膜后再进入空气，薄膜厚度均为d,折射率分别
为1、n2,光路如图所示。现用折射率为n且厚度为2d的薄
膜取代原双层薄膜，若光线射入与射出的位置、角度均与图中
相同，则n1、n2与n的大小关系为()
几
A.n>n1>n2
B.n1>n2>n
C.n>n2>n1
D.n2>n>n1
3.如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发
现倒计时牌是倾斜的，已知∠AOB=90°，计时牌的重力大小为G。
A
不计一切摩擦，则下列说法正确的是()
026
A.如图位置平衡时，绳OA的拉力大于绳OB的拉力
B.如图位置平衡时，绳OA与竖直方向的夹角大于绳OB与竖直方向的夹角
C.如图位置平衡时，绳OB的拉力大小为二G
2
D.将计时牌挂正，平衡时绳OB的拉力小于计时牌倾斜时绳OB的拉力
4.如图所示，用平行光从侧面照射一个做匀速圆周运动的小球，它在光屏上的影子将做简
谐运动。若从某时刻开始计时，测得影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为X=
10sin(2t+君)cm,则小球的加速度大小为()
影子
A.0.1m/s2
B.0.2m/s2
C.0.3m/s2
D.0.4m/s2
1/6
5.如图所示，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是
A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静
止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。
下列说法正确的是()
A.两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
闸
B.两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量
不相等
C.两线圈落地时乙的速度较大
D.甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地
777777777777777777777777777777
6.如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定
滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB,绳的弹力符合胡克定律，
劲度系数k=10N/m。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。
某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F,小物块由静止开始沿斜
面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角=37°，物块质量=
1kg,BM=0.3m,MN=0.4m,物块与斜面间动摩擦因数μ=0.4，设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度g取10ms2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。物块从M到N的
过程中，下列说法正确的是(
)
A
A.物块所受的支持力减小
B
B.所受恒力F的大小为9N
C.物块经P点时的动能为0.2J
D,物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少
7.竖直平面内固定有两个电荷量均为q(q>0)的
niinnnnnnnnnnnnnnnnnnni7n
点电荷，两电荷相距0.6m,O为两电荷水平连线的中点。一带电量为-q的带电小球自O
点以20J的初动能向下运动，其动能Ek与小球的位移X之间的关系如图乙中曲线I所示，
小球在x=0.4m处的动能最小，且动能为1.85J,直线Ⅱ为计算机拟合的曲线1的一条渐近
线，其斜率为9Jm。已知小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，空气阻力不计，重
力加速度大小g取10ms2,静电力常量k
E小
3.0
=9×103Nm21C2,则()
0
A.小球的质量为9.0kg
2.5
B.电荷量q=1.25×105℃
C.下落到×=0.4m的过程中，小球的
2.0
加速度先减小后增加
D.下落到x=0.4m的过程中，小球的
0.4
0.8
1.2
x/m
甲东北育才超常部35届高三最后一模物理试卷参考答案
2
6
9
10
B
⊙
ABD
AB
BD
11
(1)3mg(1+sim0)
(3)C
12.
(1)1.410
(2)c
(3)大
(4)4
(5)πRR3D2
4
13.
(1)原线圈两端的电压有效值为：U1=
n
根据理想变压器的工作原理可得副线圈两端的电压有效值为：U2=
变压器的输出功率为：P=
U吃U所
=200
(2)该容器内的气体发生等容变化，根据查理定律：
=C,可知容器内的气体压强达到
T
加热前的2倍，则容器内的气体温度变为加热前的2倍，即末态温度为2T0,可得该容器内
的气体吸收的热量为：Q=C△T=C(2T0-To)=CT0
电热丝生热的功率等于变压器的输出功率P,由题意可得：Pt=Q
联立解得：t=200CRTg
U品
14.
()竖直方向6L+6Lsin30°=9t2,得到t=】
18z
g
水平方向12V3L=v4t,得到vA=2√6g
根据角速度公式w=是=要解得=6g
6L
(2)根据机械能守恒：Mg(L+Lsin30)-mg(6L+6Lsin30)=mv听+号Mv哈
得M=18m
(3)对A,B+mg=m路，则R=3mg,向下，FH=3mg,向上
对B,E2-Mg=M,解得F2=30mg,向上，F=30mg,向下
对轴O:F=F3-F1=27mg,向下
1/2
15.
(1)根据题意，小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力抵消，即：qE
=mg,代入数据解得：E=10N/C
(2)小球在P点以初速度Vo沿×轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接
通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区
域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点：二是经过n次在y<0区
域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
情况一：设小球经过时间t通过D点，则在竖直方向上：L=9t2,水平方向上：d0=Vot
解得：t=1s,vo=5ms
情况二：小球在P点以初速度o射出，设第一次
0
到达×轴上某点D1与O点的距离为d1,参照情况
一，水平方向：d1=ot
设小球进入y<0区域时速度大小为V,方向与X
轴的夹角为a,沿y轴方向的分速度大小为y,做
匀速圆周运动的半径为R,从×轴上D2点离开电
D
D
磁场，设D1与D2点之间的距离为d2,如图1所示，
0
R
则qB=mv2,
R,Vy=vsina=gt,d2=2Rsina
解得：-2沿，代入数据得：=20cm
①小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜
D
向上进入y>0区域时，通过D点，如图2所示。
由斜抛的对称性及几何关系有：do=d1+2nd1-nd2
联立解得：6=27空m/s0=0,1,2,3,
②小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上回到y>0区域时通过D点，如图3
所示。由斜抛的对称性及几何关系有：do=d1+2nd1-(n+1)d2
联立解得：w=2空m/m=1,2,3,
(3)撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离×轴的最远时，小球的速
度水平而且此时小球的速度最大。设小球在磁场中运动过程中竖直方向上速度为y,此分
速度使小球在磁场中受到水平向左的洛伦兹力，经过时间△t,小球距×轴的距离最远，由
运动学规律有：y△t=ym,在水平方向，由动量定理有：qyB△t=vm
小球从P点运动到距×轴的最远距离的过程中，由动能定理：mg(L+yo)=乞m品
代入数据解得：m=(10+10V2)m,m=(10+10V2)m/s
2/2

展开更多......

收起↑