2014届江西省抚州五校高三5月联考理综物理试卷与答案（带解析）.doc

《2014届江西省抚州五校高三5月联考理综物理试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届江西省抚州五校高三5月联考理综物理试卷与答案（带解析）.doc（15页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2014届江西省抚州五校高三 5月联考理综物理试卷与答案（带解析） 选择题 在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律 B英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律 C英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了静电力常量 D古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，牛顿利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境 答案： B 试题分析：牛顿通过对开普勒及他的导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力

2、定律，选项 A 错误；英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律，选项 B 正确；英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了万有引力常数，选项 C 错误；古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境，选项 D 错误。 考点：物 理学史及物理学家的贡献。 下列说法中不正确的是（填正确答案：标号。选对 1个得 3分，选对 2个得4分，选对 3个得 6分。每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）（ ） A人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射 B光的色散现象都是由光的干涉引起的 C根据麦克斯韦的电磁场理论

3、，变化的电场周围一定可以产生电磁波 D光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大 E学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是多普勒效应 F离开地球的高速火箭里的人认为地球上人的寿命变长了 答案： BCE 试题分析：超声波的频率较大，波长较小，所以人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射，选项 A 正确；光的色散现象都是由光的折射引起的，选项 B错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，周期性变化的电场周围才可以产生电磁波，选项C 错误；光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，这样才能使得光在光导纤维的内芯发生全反射，选项 D 正确；学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是声波的干涉现

4、象，选项 E 错误；根据爱因斯坦的相对论原理中的 “时钟变慢 ”原理，离开地球的高速火箭里的人认为地球上人的寿命变长了 ，选项 F 正确。故 选 BCE。 考点：超声波；光的色散；电磁波；全反射的应用；声波的干涉；相对论。 以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（填正确答案：标号。选对 1个得 3分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）（ ） A卢瑟福用实验得出原子核具有复杂的结构 B比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 C重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损 D自然界中含有少量的 14C,14C具有放射性，能够自发地

5、进行 衰变，因此在考古中可利用 14C测定年代 E光电效应实 验中，遏止电压与入射光的频率有关 答案： BDE 试题分析：卢瑟福用实验得出原子的核式结构理论，选项 A 错误；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项 B正确；重核的裂变过程和轻核的聚变过程都有质量亏损选项 C 错误；自然界中含有少量的14C,14C具有放射性，能够自发地进行 衰变，因此在考古中可利用 14C测定年代，选项 D 正确；光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率有关；入射光的频率越大，则射出的光电子的最大初动能越大，根据 可知，遏止电压越大，选项 E 正确。 考点：原子核式结构理论；比结合能；质量亏

6、损；放射性现象的应用；光电效应。 在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条下列说法正确的是 _（ 4分，少选得 2分） A两次拉伸橡皮条，只需将橡皮条拉到相同长度 B两次拉伸橡皮条，需将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 C拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 D弹簧秤、细绳、橡皮条都要与木板平行 答案： BCD 试题分析：两次拉伸橡皮条，只需将橡皮条细绳的结点拉到同一点；选项 A 错误， B正确；拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳

7、方向的两点要远些，以减少记录力的方向时产生的误差，选项 C 正确；弹簧秤、细绳、橡皮条都要与木板平行，选项 D 正确。 考点：验证力的平行四边形法则。 如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为 的斜面上的 M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为 ，最后小球落在斜面上的 N 点。在已知、 和小球所受的电场力大小 F及重力加速度 g的条件下，不计空气 阻力，则下列的判断正确的是（ ） A可求出小球落到 N 点时重力的功率 B由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力 C可求出小球从 M点到 N 点的过程中电势能的变化量 D可求出小球落到 N 点时速度的大小和方向 答案： BD 试题分析：因为小

8、球所受电场力竖直向下，故小球做类平抛运动，设竖直加速度为 a，则由平抛运动的规律可知： ，设速度的偏向角满足 ，所以 ，可知 ，则由此可求得到达N 点时的速度大小及方向；重力的功率 ，由于重力的大小未知，所以不能求出小球落到 N 点时重力的功率，选项 A 错误；重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故选项 BD正确；小球从 M点到 N 点的过程中电势能的变化量等于电场力做功，即 ，式中的 Eq 无法确定，所以电势能的变化量也无法确定，选项 C 错误； 考点：平抛运动的规律，电场力做功及电势能。 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为 ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感强度为 B

9、的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m长为 l的导体棒从 ab位置获平行斜面的大小为 v的初速向上运动，最远到达a /b /的位置，滑行的距离为 s，导体棒的电阻也为 R，与导轨之间的动摩擦因 数为 则（ ） A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B2l2v/R B上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为 mv2/2 C上滑过程中电流做功发出的热量为 mv2/2-mgs (sin cos) D上滑过程中导体棒损失的机械能为 mv2/2-mgs sin 答案： CD 试题分析：开始上滑时 ab所受的安培力最大，此时： E=Blv； ,F 安 =Bil，解得： ,选项 A 错误；导体棒

10、上滑的过程中，根据动能定理得知，安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为 故 B错误根据能量守恒定律，上滑过程中导体棒的动能转化为电阻上的焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为 Q= mv2-mgs（ sin+cos）故 C正确上滑的过程中导体棒的动能减小 mv2，重力势能增加 mgs sin，所以导体棒损失的机械能为 mv2-mgssin故 D正确 考点：法拉第电磁感应定律及能量守恒定律的应用。 如图所示，分别用恒力 F1、 F2 将质量为 m 的物体，由静止开始，沿相同的、固定、粗糙斜面由底端推到顶端， F1沿斜面向上， F2沿水平方向已知两次所用时间相等，则在两个过程 中

11、 ( ) A物体加速度相同 B恒力 F1、 F2对物体做功相同 C物体克服摩擦力做功相同 D物体机械能增量相同 答案： AD 试题分析：因为两次都是由静止开始将物体由低端推向顶端，且时间相等，根据 可知，两物体的加速度相等，选项 A 正确；根据 v=at则到达顶端时的速度相等，则物体机械能增量相同，选项 D 正确；因为 F2作用在物体上时，物体对斜面的正压力较大，所以所受的摩擦力较大，故摩擦力做功较多，根据动能定理 可知 F2对物体做功较多；选项 BC 错误。 考点：功的概念及动能定理。 科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为 1200 年，它与该

12、恒星的距离为地球到太阳距离的 100 倍。 假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有（ ） A行星质量与太阳质量之比 B恒星密度与太阳密度之比 C行星质量与地球质量之比 D行星运行速度与地球公转速度之比 答案： D 试题分析：根据 可得 ，因为一直行星绕恒星运行一周所用的时间为 1200 年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的 100 倍，所以可求得恒星的质量和太阳的质量之比；但是由于不知道恒星的半径与太阳半径的关系，则不能测出恒星密度与太阳密度之比，选项 ABC均错；根据 ,则可求行星绕恒星的运行速度与地球公转速度之比，选项 D 正确。 考点

13、：万有引力定律的应用。 如图所示，三个物体质量分别为 =1.0kg、 =2.0kg、 =3.0kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角 ， 和 之间的动摩擦因数 =0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，将（ g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力） ( ) A和 一起沿斜面下滑 B和 一起沿斜面上滑 C相对于 下滑 D相对于 上滑 答案： C 试题分析：假设 m1和 m2之间保持相对静止，对整体来说加速度 隔离对 m2分析，根据牛顿第二定律得， f-m2gsin30=m2a 解得 f=m2gsin30+m2a 15N 最大静摩擦力 fm=m2gcos30=

14、0.820 N=8 N，可知 f fm，知道 m2的加速度小于 m1的加速度， m2相对于 m1下滑故 C正确 考点：牛顿第二定律的应用。 如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等 A、B、 C为电场中的三个点，且 AB=BC，一个带正电的粒子从 A点开始运动，先后经过 B、 C两点，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ） A粒子在 A、 B、 C三点的加速度大小关系 B粒子在 A、 B、 C三点的动能大小关系 C粒子在 A、 B、 C三点的电势能大小关系 D粒子由 A运动至 B和由 B运动至 C电场力做的功相等 答案： B 试题分析：因为 A点电场线最稀疏，

15、 C点最密集，所以 A点场强最大， C点最小 ，故粒子在 A、 B、 C三点的加速度大小关系 ，选项 A错误；带正电的粒子从 A到 B到 C电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以粒子在 A、 B、 C三点的动能大小关系： ，电势能大小关系： ，选项 B 正确， C错误；因为 AB之间的电势差小于 BC 间的电势差，所以粒子由 A运动至 B和由 B运动至 C电场力做的功不相等，选项 D错误。 考点：电场线及等势面；电场力的功及电势能。 如图所示电路中，已知电源的内阻 r R2，电阻 R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键 S，当滑动变阻器的滑臂 P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列

16、说法中正确的有（ ） A A1的示数不断减小， A2的示数不断减小， B V1的示数先变小后变大， V2的示数先变大后变小。 C电源内部的热功率先变大后变小 D电源的输出功率先变小后变大 答案： D 试题分析：由题可知电阻 R1的阻值小于滑动变阻器 R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片 P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与 R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以 V1的示数先变大后变小 V2测量 R2两端的电压， R2不变，则 V2的示数先变小后变大并联电压 U 并 =U

17、1-U2，先变大后变小，电阻 R1所在支路电阻 R1 支路 逐渐减小，所以电流 I1增大，电流表 A2示数增大； I2=I-I1，电流表 A1示数变小，故 AB错误电源内部的热功率 P=I2r，因为电流 I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故 C错误因为 r R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片 P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与 R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故 D正确 考点：欧姆定律的应用及电路的动态分析。 下列说法正确的是（填正确答案：标号。选对 1个得 3分，选对 2个得 4分，选对 3个得

18、 6分。每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分） ( ) A温度低的物体内能小 B外界对物体做功时，物体的内能一定增加 C温度低的物体分子运动的平均动能小 D一定质量的 100 的水吸收热量后变成 100 的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能 E物体吸收热量后，内能不一定增加 答案： CDE 试题分析：由于物质的量不确定，所以不能说温度低的物体内能小，选项 A 错误；根据 可知外界对物体做功时，还要看物体的吸热放热情况，所以物体的内能不一定增加，选项 B 错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度低的物体分子运动的平均动能小，选项 C 正确；一定质量的 100 的水吸收热量后变成 100 的水蒸

19、气，由于气体体积增大，对外做功即 ,根据可知吸收的热量大于增加的内能，选项 D 正确；根据 可知物体吸收热量后，还要看物体对外做功情况，所以内能不一定增加，选项 E正确。 考点：热力学第一定律。 实验题 在练习使用多用电表时： 下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 ( ) A测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 B双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开 D欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原相比不变。 用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接 端，红表笔接端时，指针向

20、右偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明 （填“ ”或 “ ”）端是二极管正极。 某同学想通过多用电表 A中的欧姆档，直接去测量相同规格的多用电表 B中量程为 2.5V的电压档的内阻，如下图甲连线，选择倍率为 k欧姆挡，测量前应对多用电表 A进行 ，按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从 A表读出 B表内阻约为 k ，从 B表读出电压约为 V；计算出多用电表A的电电动势约为 V（已知表盘正中电阻刻度值为 15，计算结果保留两位有效数字）。 答案： AC； a； 欧姆调零（调零）； 13 ； 1.311.34； 2.82.9； 试题分析： 测量电阻时，由于电流的方向不

21、会影响测量电阻，所以如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果，选项 A 正确；若双手捏住两表笔金属杆，由于人是导体，会使测量结果偏小， B错误；测量电阻一定要断电作业，即把该电阻与电路断开故 C正确欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，若测量某一电阻时，则电流偏小，指针偏左，则读数偏大，选项 D 错误。 用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接 a端，红表笔接 b端时， 指针向右偏转角较大，说明电阻很小，由于黑表笔内部接电源的正极，说明所加的是正向电压，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明加了反向电压，故 a端是二极管的正极； 测量前应对多用电表 A进行调零，

22、按正确的操作步骤测量，两表指针位置相同，如图乙所示，从 A表读出 B表内阻约为 13k，从 B表读出电压约为1.33V；由于表盘正中电阻刻度值为 15，则当选用 1K 欧姆档时欧姆表的内阻是 15 k，根据欧姆定律可知，电源电动势：考点：万用表的使用。 计算题 如图所示，竖直面内有一倒立等边三角形 OMN 区域，连长为 L， MN 边 是水平的。在该区域有一垂直纸面向外磁感应强度为 B的匀强磁场。在同一竖直面内有一束质量为 m、电荷量为 q、速度大小不同的带正电粒子从 N 点沿 NM方向射入该磁场区域（可认为能发生偏转）。过 O 点作与 MN 边平行的直线作为 X坐标轴，且 O 点为 X坐标轴

23、的原点。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求： 射到 X坐标轴上的 O 点的粒子速度大小； 垂直 OM边射出的粒子与 X坐标轴的交点位置； 粒子在磁场中运动的时间和速度的关系。 答案：（ 1） （ 2） （ 3）试题分析：（ 1）粒子的行进路线如图中轨迹 NO 根据几何知识有： 又 得到射到 x坐标轴上 O 点的粒子速度大小 （ 2）粒子的行进路线如图中的轨迹 2 根据几何知识有： 另有 得 （ 3）从 ON边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中圆弧轨迹对应的圆心角都是 ，所以这些粒子在磁场中的时间与速度无关 ,等于 从 OM边射出的粒子行进路线可用图中轨迹 3代表，根据几何知识有： R=R

24、cos+(L Rsin)tan 其中 且 角的范围是（ 0， ） 可得 所以 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A经等压过程到状态 B.此过程中，气体压强 p 1.0105 Pa，吸收的热量 Q 7.0102 J，求此过程中气体内能的增量 答案： .0102 J 试题分析：理想气体经历等压变化，由盖 -吕萨克定律得 ，解得 VB8.010-3 m3 对外做的功 W p(VB-VA) 1.0105(8.010-3-6.010-3) J 2102 J. 根据热力学第一定律 U Q-W，解得 U 7.0102 J-2.0102 J 5.0102 J 考点：盖 -

25、吕萨克定律；热力学第一定律。 如图所示，高台的上面有一竖直的 圆弧形光滑轨道，半径 R= m，轨道端点 B的切线水平。质量 M=5 kg的金属滑块 (可视为质点 )由轨道顶端 A由静止释放，离开 B点后经时间 t=1 s撞击在斜面上的 P点。已知斜面的倾角=37o，斜面底端 C与 B点的水平距离 x0=3 m。 g取 10 m/s2， sin37o =0 6，cos37o =0 8，不计空气阻力。 求金属滑块 M运动至 B点时对轨道的压力大小 若金属滑块 M 离开 B点时，位于斜面底端 C 点、质量 m=1 kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力 F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在 P点

26、被 M击中。已知滑块 m与斜面间动摩擦因数 0.25，求拉力 F大小 滑块 m与滑块 M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力 F，此时滑块 m速度变为 4 m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块 M，求滑块 m此后在斜面上运动的时间 答案：（ 1） 150N；（ 2） 13N；（ 3） 试题分析：（ 1） M由 A到 B过场中，由机械能守恒定律可得： 解得： vB=5m/s 滑块在 B点时，由牛顿定律 ,解得 N=150N 由牛顿第三定律可知， M在 B点时对轨道的压力大小为 150N (2)M离开 B后做平 抛运动的水平位移 v=vBt=5m 由几何关系可得 m的

27、位移为： 设滑块 m向上运动的加速度为 a,由 可得 a=5m/s2 由牛顿第二定律可得： 解得： F=13N （ 3）撤去拉力后，滑块 m沿斜面上滑过程的加速度 上滑时间 上滑位移 滑块 m沿斜面下滑过程的加速度 下滑过程 由 得： 所以返回所用的时间为： 考点：牛顿定律的综合应用；机械能守恒定律。 用折射率为 的透明物质做成内、外径分别为 、 的球壳，球壳的内表面涂有能完全吸收光的物质，如图所示，当一束平行光从左侧射向该球壳时，被吸收掉的光束在射进球壳左侧外表面前的横截面积有多大？ 答案：若 时， S=n2a2； 若 时，进入球壳的光线全部被吸收，此时，S=b2。 试题分析：如图，若光线经

28、球壳折射后恰与球壳的内表面相切，则被吸收的光束进入球壳前的横截面积 S=R2， 由折射定律 sini=nsinr sini=R/b sinr=a/b 将 代入 得： R=na， 若 时， S=n2a2； 若 时，进入球壳的光线全部被吸收，此时， S=b2。 考点：光的折射定律。 如图所示 ,内壁光滑半径为 R的圆形轨道 ,固定在竖直平面内 .质量为 m1的小球静止在轨道最低点 ,另一质量为 m2的小球 (两小球均可视为质点 )从内壁上与圆心 O 等高的位置由静止释放 ,运动到最低点时与 m1发生碰撞并粘在一起 .求 小球 m2刚要与 m1发生碰撞时的速度大小 ; 碰撞后 ,m1 m2能沿内壁运动所能达到的最大高度 (相对碰撞点 ). 答案：（ 1） ；（ 2） 试题分析：（ 1）设小球 m2刚要与 m1发生碰撞时的速度大小为 v0，由机械能守恒定律 可得： 解得： (2)设两球碰撞后， m1m2两球粘在一起的速度为 v，由动量守恒定律可得： m2vo=(m1+m2)v 两球碰撞后上升的最大高度为 h,由机械能守恒定律可得： 由 可得： 考点：动量守恒定律及机械能守恒定律。