2014届安徽省安庆一中安师大附中高三1月联考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届安徽省安庆一中安师大附中高三 1月联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下面说法中正确的是（ ） A物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B物体在恒力作用下有可能做圆周运动 C物体所受的力始终不与速度垂直，则一定不做圆周运动 D物体在变力作用下有可能做曲线运动 答案： D 试题分析：物体在恒力作用下可以做曲线运动，例如平抛运动的物体只受重力，运动轨迹为抛物线，做匀变速曲线运动，故 A选项错误；做圆周运动的物体所需要的向心力时刻指向圆心，是变力，所以物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故 B选项错误；物体所受的力始终不与速度垂直，可以做圆周运动，例如生系小球在竖直面内的圆周运动，故 C选项错

2、误， D选项正确。 考点：物体做曲线运动的条件 （ 6分）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是（ ）。 A在 “研究平抛运动 ”实验中，需要用重锤线确定竖直方向 B在 “研究匀变速直线运动 ”实验中，需要平衡摩擦力 C在 “验证机械能守恒定律 ”的实验中，需要用天平测物体的质量 D在 “验证力合成的平行四边形定则 ”实验中，一定要用两根弹簧秤 E在 “探究动能定理 ”的实验中不需要直接求出合外力做的功 F在用欧姆表 “ 10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换 “ 1”挡进行测量 答案： A、 E（多选或错选不给分，选对一个给 3分） 试题分析：在 “研究平抛运动 ”实验中，由于

3、需要画出坐标系 xoy，故需要用重锤线确定竖直方向， A选项正确；在 “研究匀变速直线运动 ”实验中，只需要合外力恒定即可，故不需要平衡摩擦力， B选项错误；在 “验证机械能守恒定律 ”的实验中，由实验的原理动能的增加等于势能的减少，即 ，由于等式两边都有质量 m，故不需要用天平测物体的质量， C选项错误；在 “验证力合成的平行四边形定则 ”实验中，可以用一根 弹簧，只是实验的误差会增大，故 D选项错误；在 “探究动能定理 ”的实验中，由于选择的橡皮筋是一样的，只需要每次的形变量相同，就可以知道所做的功是几倍于一根橡皮筋的倍数，不需要直接求出合外力做的功，故 E选项正确；在用欧姆表 “ 10”

4、挡测量电阻时发现指针偏转角太小，则表示待测电阻的阻值偏大应换用大的倍率的档位测量。故 F选项错误。 考点：实验能力 如图所示，在 XOY平面存在有电场，可能是正点电荷电场，也可能是匀强电场。若为匀强电场，则电场线与 XOY平面平行；若为点电荷电场，场源电荷放在平面内某个位置。现将一检验电荷 q放在（ 0， 0）点，受到的电场力大小为 F。若将 q分别沿 x轴及 y轴移到 A（ -3a， 0）、 B（ 0， 3a）、 C（ a， 0）三点，电场力做功均为 W。则：（ ） A XOY空间存在匀强电场，且场强方向平行 Y轴 B q从 O 点沿 x轴移到 A的过程中，电场力一直做正动 C q在 B点，

5、受到的电场力大小为 D q在 O、 A、 B、 C四点时，在 O 点电势能最低 答案： C 试题分析：由于将 q分别沿 x轴及 y轴移到 A、 B、 C三点电场力做功相同，故A、 B、 C三点电势相等，故 XOY空间不可能存在匀强电场，故 A选项错误；正点电荷电场的，点电荷 在三角形 ABC的中心，故 q从 O 点沿 x轴移到 A的过程中，电势先升高再降低，故电场力不是一直做正动，故 B选项错误；由题意知检验电荷 q放在（ 0， 0）点，受到的电场力大小为 F，不能判定检验电荷的电性，故 q在 O、 A、 B、 C四点时电势能的高低不能判断，故 D选项错误，用排除法，可知只有 C选项正确。 考

6、点：点电荷的电场 匀强电场 等势面 电势能 电场力 如图所示，在水平地面上有个表面光滑的直角三角形物块 M ，长为 L 的轻杆下端用光滑铰链连接于 O 点（ O 点固定于地面上），上端连接小球 m ，小球靠在物块左侧，水平向左的推力 F 施于物块，整个装置静止。撤去力 F后 ，下列说法正确的是（ ) A物块先做匀加速运动，后做匀速运动； B因为地面光滑，所以整个系统在水平方向上动量守恒； C小球与物块分离时，小球一定只受重力作用 D小球一直对物块有作用力，直到小球落地的瞬间与物块分离为止 答案： C 试题分析：当撤去力 F后，随着直角三角形物块 M向右运动，小球 m边转动边随同直角三角形物块

7、M向右运动，故物块 M先做加速运动，后做匀速运动， A选项错误；铰链连接于 O 点（ O 点固定于地面上），整个系统水平方向所受合力不为零，故在水平方向上动量守恒， B选项错误；当小球与物块分离后，物块做匀速直线运动，故小球和物块在分离式恰好无相互的作用力，故小球只受到重力的作用， C选项正确；如图所示，两物体水平速度相同，设小球角速度为 ，则小球的线速度 v= ，方向垂直杆向下 然后分解为水平速度，就是，故小球未落地时小球和物块已分离， D选项错误。 考点：运动的分解 动量守恒的条件 倾角为 =30的斜面体放在水平地面上，一个重为 G的球在水平力 F的作用下，静止在光滑斜面上，若将力 F从水

8、平方向逆时针 转过某一角度 a后，仍保持 F的大小，小球和斜面也仍能保持静止，则此时水平地面对斜面体的摩擦力 F1；那么 F和 F1的大小分别是 A B C D 答案： D 试题分析：分析球受力，如图甲所示，由物体的平衡 ，解得，若将力 F从水平方向逆时针转过某一角度 a后，仍保持 F的大小，小球和斜面也仍能保持静止，设 F与斜面间的夹角为 ，由于 F的大小不变，物体仍平衡，受力分析如图乙所示，故 ，解得，故 ，水平地面对斜面体的摩擦力 F1=Fcos60= ，故 D选项正确。 考点：物体的平衡 如图所示，竖 直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块 A、 B，相互绝缘且质量均为 2kg， A

9、 带正电，电荷量为 0.1C， B 不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间 A对 B的压力大小变为 15N。g=10m/s2，则（ ） A电场强度为 50N/C, B电场强度为 100N/C C电场强度为 150N /C D电场强度为 200N /C 答案： B 试题分析：设所加的电场方向向下，大小为 E，对 A、 B整体原来处于平衡状态，说加的电场力为整体的合外力，由牛顿第二定律有 Eq=2ma，再分析 A物体的受力，有向下的重力 mg，向下的电场力 Eq，向上的弹力 N，有题意知N=15N，由 mg+Eq-N= ma,与上式联立解得 E=-100N/C,故所加的电场

10、方向向上，大小为 100N/C， B选项正确。 考点：牛顿第二定律 整体法与隔离法 火星质量与地球质量之比为 p，火星半径与地球半径之比为 q；地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，则火星探测器环绕火星做圆周运动的最大速率为（ ） A B C D 答案： A 试题分析：物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力，由 ，得 知，当 时物体做圆周运动的 速率最大，故火星探测器环绕火星做圆周运动的最大速率 v1与物体绕地球的最大速率 v2之比为，又因为 ，既 ，地球的最大速率,所以 ，故 A选项正确。 考点：万有引力定律的应用 在水平面上有一个小物块质量为 m，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减

11、速直线运动，依次经过 A、 B、 C三点，最终停在 O 点， A、 B、 C三点到 O点的距离分别为 L1、 L2、 L3，由 A、 B、 C到 O 点所用时间分别为 t1、 t2、 t3；下列结论正确的是（ ） A B C D 答案： B 试题分析：物体做匀减速直线运动，到 O 点的速度为零，根据逆向思维，可以认为物体做反方向初速为零的匀加速直线运动，即 ，得 ，同理 ， ，故 ,所以 B选项正确 考点：匀变速直线运动规律 实验题 （ 12分）某毫安表的量程为 I0=50mA，内阻为 r0=50，其表盘刻度线已模糊不清，要重新通过测量来刻画出从零到满刻度的刻度值，备有下列器材： A待测毫安表

12、 mA B直流电源 E（电动势 3V，内阻可忽略） C滑动变阻器 R1（ 0 10， 2A） D滑动变阻器 R2（ 0 100， 50mA） E标准电流表 A1（量程 0-0.6A，内阻 =0.5） F标 准电流表 A2(量程 0-3A，内阻 =0.01) G定值电阻 R3的阻值为 5 H定值电阻 R4的阻值为 20 I开关及导线若干 应选用的器材有 _ （只需填写所选器材序号，如 ABCD.） 在方框内画出实验电路图 ,并在图上标出各器材的字母代号 待测电流表的电流刻度值的表达式 I= _ 式中各物理量所表示的意义分别为 _ 答案： ABCEGI (4分 ) 电路如图 （ 4分） （ 2分）

13、； I1为标准电流表 A1的读数， RA1为标准电流表A1的内电阻， r0为待测毫安表的电阻， R3为定值电阻阻值（ 2分）。 试题分析： 因要画出从零到满刻度的刻度值，故滑动变阻器必须采用分压接法，且调节尽量灵敏。由于毫安表的内阻较大 ,不能与 A1串联，这样无法获得满偏电流，只能并联；又由于 A1内阻太小，需与定值电阻 R3串联后并联在毫安表两端，故选用的器材为 A、 B、 C、 E、 G、 I。 实验电路图如上图所示。 由并联电路两端电压相等知， ，解得 ,其中 I1为标准电流表 A1 的读数， RA1 为标准电流表 A1 的内电阻， r0 为待测毫安表的电阻，R3为定值电阻阻值。 考点

14、：分压式电路的 选择 欧姆定律 计算题 （ 14分）如图甲所示，一物块质量为 m=2kg，以初速度 从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力 F作用，物块在运动过程中速度随时间变化的规律如图乙所示，求： （ 1）恒力 F的大小及物块与水平面的动摩擦因数 ； （ 2）物块在 4秒内的位移大小。 答案：（ 1）恒力 F的大小为 7N，物块与水平面的动摩擦因数 为 0.15；（ 2）物块在 4秒内的位移大小为 6m 试题分析：（ 1）由图可知， 0-2s内，物体向右做匀减速直线运动， 2s-4s内，物体向左做匀加速直线运动；由加速度的公式 ，由 图象求得 0-2s内， a1=5m/

15、s2，方向水平向左； （ 2分） 2s-4s内， a2=2 m/s2，方向水平向左； （ 2分） 由牛顿第二定律，得到： F+mg=ma1 （ 2分） F-mg=ma2 （ 2分） 代入数据解得： F=7N， =0.15 （ 2分） （ 2）依据图象可知，物体 4s内的位移为图线与 x轴所包围的面积： S= =6m （ 4分） 考点： 图象 加速度 牛顿第二定律 （ 16分）如图所示，固定在水平地面上的横截面为 “ ”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图 ,图中两组平行双直线表示 “ ”形槽的两侧壁）槽内放置一个滑块，滑块的左半部是半径为 R的半圆柱形光滑凹槽，滑块的宽度为 2R，恰与 “

16、 ”形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内沿槽壁自由滑动现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度 v0沿槽的一侧壁冲向滑块，从滑块的半圆形槽口边缘进入滑块凹槽已知金属小球的质量为 m，滑块的质量为 3m，整个运动过程中无机械能损失求： （ 1）当金属小球滑离滑块时，金属小球和滑块的速度各是多大； （ 2）当金属小球经过滑块上的半圆柱形槽的最右端 A点时，金属小球的对地速率 答案：（ 1）当金属小球滑离木质滑块 时，金属小球和木质滑块的速度分别是 和 ； （ 2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端 A点时，金属小球的对地速度为 试题分析：（ 1）设滑离时小球和滑块的速度分别为 和 由动

17、量守恒 ， （ 2分） 又整个运动过程中无机械能损失： （ 2分） 得： ； （ 3分） （ 2）小球过 A点时沿轨道方向两者有共同速度 v，设小球对地速度为 v，则 由轨道方向动量守恒得 （ 3分） （ 4分） 得： 和 （ 2分） 考点：动量守恒定律 能量守恒定律 （ 20分）如图所示，水平线 QC下方是水平向左的匀强电场；区域 （梯形 PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；区域 （三角形APD）内也有垂直纸面向里的匀强磁场，但是磁感应强度大小可以与区域 不同；区域 （虚线 PD之上、三角形 APD以外）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度与区域 内磁感应大小相等。三角形

18、 AQC 是边长为 2L的等边三角形， P、 D分别为 AQ、 AC 的中点带正电的粒子从 Q 点正下方、距离 Q 点为L的 O 点以某一速度射出，在电场力作用下从 QC边中点 N 以速度 v0垂直 QC射入区域 ，接着从 P点垂直 AQ 射入区域 。若区域 、 的 磁感应强度大小与区域 的磁感应强度满足一定的关系，此后带电粒子又经历一系列运动后又会以原速率返回 O 点（粒子重力忽略不计）求： （ 1）该粒子的比荷； （ 2）粒子从 O 点出发再回到 O 点的整个运动过程所有可能经历的时间 答案：（ 1）该粒子的比荷为 ；（ 2）粒子从 O 点出发再回到 O 点的整个运动过程所需时间为 （ n

19、=0， 1， 2 ）或（ n=0， 1， 2 ） 试题分析：（ 1）根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有 qv0B=m （ 2分） 根据题意分析带电粒子若在 P点之前离开区域 ，则带电粒子不可能原速率返回，故 R=L， 解得 （ 2分） (2)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间 t0、区域 中的时间 t1、区域 和 中的时间 t2+t3 根据平抛运动规律有 （ 2分） 设在区域 中的时间为 t1，则 （ 2分） 若粒子在区域 和 内的运动如图甲所示，则总路程为（ 2n+ ）个圆周，根据几何关系有 AP=（ 4nr+r） =L 解得 其中 n=0， 1， 2 （ 3分） 区域 和 内总路程为 s=（ 2n+ ） 2r （ n=0， 1， 2 ） （ n=0， 1， 2 ） 总时间 （ n=0， 1， 2 ） （ 3分） 若粒子在区域 和 内运动如图乙所示，则总路程为（ 2n+1+ ）个圆周，根据几何关系有： AP=（ 4nr+3r） =L 其中 n=0， 1， 2 解得 （ n=0， 1， 2 ） （ 3分） 区域 和 内总路程为 s=（ 2n+1+ ） 2r= （ n=0， 1， 2 ） 总时间 （ n=0， 1， 2 ） （ 3分） 考点：牛顿第二定律 洛仑兹力 匀速圆周运动 平抛运动规律