2014届辽宁省五校协作体高三摸底考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届辽宁省五校协作体高三摸底考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 A亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因 B哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 C安培首先发现了电流的磁效应，并总结出了安培右手螺旋定则 D库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律 答案： D 试题分析：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略首先提出了力是改变物体运动状态的原因，选项 A错误；哥白尼提出了日心说，但行星沿椭圆轨道运行的规律是开普勒发现的，选项

2、 B错误； 1820年丹麦的物理学家奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项 C 错误；在前人研究的基础上，通过扭秤实验，库仑发现了点电荷的相互作用规律 库仑定律，选项 D正确。 考点：物理学史 下列说法正确的是 A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应 B汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构 C卢瑟福发现了中子，查德威克发现了质子 D一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短 E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大 答案： AE （ 6分）一列沿 x轴传播的简谐横波， t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，

3、质点 Q恰在平衡位置且向上振动。再过 0 2s，质点 Q第一次到达波峰，则下列说法正确的是 A波沿 x轴负方向传播 B波的传播速度为 30m s C 1s末质点 P的位移为零 D质点 P的振动位移随时间变化的关系式为 E 0至 0 9s时间内 P点 通过的路程为 0.9 m 答案： BC(6分 ,少选得 3分，有选错的得 0分 ) 试题分析：由题意质点 Q 恰在平衡位置且向上振动，可知波沿 x轴正方向传播，故选项 A错误由题，图示时刻再过 0.2 s，质点 Q第一次到达波峰，则周期T=0.8s，由图读出波长为 =24 m，则波速为 v= =30m/s，故选项 B正确 t=1s=1.25T，则

4、1s末质点 P到达平衡位置，其位移为零，故选项 C正确图示时刻质点 P的振动位移为 y=0.2m，根据数学知识可知其振动方程是余弦方程，即 y=0.2cos（ t） m=0.2sin（ 2.5t+ ） m，故选项 D错误由 D项分析可知 0至 0 9s时间内 P点通过的路程小于 0.9 m，故选项 E错误。 考点：横波的图象，波长、频率和波速的关系，折射定律，光的全反射 在如图所示的倾角为 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为 B的匀强磁场区域，区域 I的磁场方向垂直斜面向上，区域 II的磁场方向垂直斜面向下，磁场和宽度 HP及 PN均为 L，一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L的正

5、方形导线框，由静止开始沿斜面下滑， t1时刻 ab边刚越 GH进入磁场 I区域，此时导线框恰好以速度 v1做匀速直线运动； t2时刻 ab边下滑到 JP与 MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度 v2做匀速直线运动。重力加速度为 g，下列说法中正确的是 A当 ab边刚好越过 JP时，导线框具有加速度大小为 a=gsin B导线框两次匀速直线运动的速度 v1:v2=4： 1 C从 t1到 t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少 D从 t1到 t2的过程中，有 机械能转化为电能 答案： BD 试题分析：线框刚开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsin=BIL= ，当

6、ab边刚越过 JP时，此时线框速度仍为 v0，此时有：2BI2L-mgsin=ma2 ， I2= ，由 得： -mgsin=ma2 ，联立 可得： a=3gsin，故选项 A错误。 t1时刻，安培力 F1= ， t2时刻，安培力 F2=2BLI3=2BL = ，由共点力平衡知识可知 F1= F2= mgsin，解得， v1： v2=4： 1，故选项 B正确。 从 t1到 t2过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能的减小量之和，故选项 C错误。 根据能量守恒定律得知从 t1到 t2，线框中产生的电能大小等于线框克服安培力做的功，即

7、 E电 = ，故选项 D正确 考点：导体切割磁感线时的感应电动势，共点力平衡的条件及其应用，电磁感应中的能量转化 如图所示，斜面体 A静止放置在水平地面上，质量为 m的物体 B在外力 F（方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，斜面体始终保持静止，则下列说法中正确的是 A若撤去力 F，物体 B将沿斜面向下加速运动 B若撤去力 F， A所受地面的摩擦力方向向左 C若撤去力 F，物体 A所受地面的摩擦力可能为零 D若撤去力 F， A所受地面的摩擦力方向可能向右 答案： AB 试题分析：由题意物体 B在力 F作用下做匀速直线运动，可知物体 B的重力沿斜面向下的分力与沿斜面向上的滑动摩擦力和 F沿

8、斜面方向的分力之和平衡，当撤去力 F后，滑动摩擦力减小， F沿斜面方向的分力消失，而重力沿斜面向下的分力不变，所以，物体 B将沿斜面向下做加速运动，故选项 A正确；将 B的加速度分解为水平方向和竖直方向，如图所示 以斜面体 A和物体 B整体为研究对象，可知整体有向左运动的趋势，根据牛顿第二定律分析得到，地面对 A的摩擦力方向水平向左，故选项 B正确，选项 C、D错误故本题选 AB。 考点：共点力平衡的条件及其应用，力的合成与分解的应用 如 图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 10： 1， b是原线圈的中心抽头，图中电表均匀为理想的交流电表，定值电阻 R=10，其余电阻均不计，从某时刻开始

9、在原线圈 c， d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是 A当单刀双掷开关与 a连接，电流表的示数为 2.2A B当单刀双掷开关与 a连接且 t=0.01s时，电流表示数为零 C当单刀双掷开关由 a拨到 b时，原线圈的输入功率变为原来的 4倍 D当单刀双掷开关由 a拨到 b时，副线圈输出电压的频率变为 25Hz 答案： AC 试题分析：当单刀双掷开关与 a连接时，由乙图知输入电压的峰值为 311V，所以副线圈两端电压的峰值为 31.1V，电流表示数为有效值，即为 A，选项 A正确；当单刀双掷开关与 a连接且 t=0.01 s时，输入电压为零，但电流表示数是有效值，故不为零，选项 B

10、错误；当单刀双掷开关由 a拨向 b时，副线圈两端电压变为原来的 2倍，由 可知输出功率变为原来的 4倍，故原线圈的输入功率也变为原来的 4倍，选项 C正确；由乙图知交流电的周期为0.02s，频率为 50Hz，变压器不改变频率，故选项 D错误；故本题选 AC。 考点：交变电流，变压器的原理与特点 如图所示，一 个质量为 m的物体以某一速度从 A 点冲上倾角为 30的斜面，其运动的加速度大小为 3g/4，这个物体在斜面上升的最大高度为 h，则这个过程中，下列判断正确的是 A重力势能增加了 B动能减少了 C机械能减少了 D物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小 答案： BCD 试题分析：物体的加速度

11、a= g= ，解得摩擦力 f= mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh，故选项 A错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即 Ek=-F 合 s=- mg 2h=-，所以动能减少了 ，故选项 B正确；由于摩擦力 f= mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，发生的位移为 2h，则克服摩擦力做功 ，机械能的损失量即为克服摩擦力做的功，即机械能减少了 ，故选项 C正确；由于物体做匀减速运动，结合 P=Fv可知物体克服摩擦力的功率 P=fv， P 随 t 线性减小，即物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故选项 D正确。故本题选 BCD 考点：动能定

12、理的应用，功能关系，机械能守恒定律，功率 如图所示， a， b， c， d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点， ab=cd=L， ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行。已知 a点电势为 20V， b点电势为 24V。 d点电势为 12V。一个质子从 b点以 v0的速度射入电场，入射方向与 bc成 45，一段时间后经过 C点。不计质子的重力，下列判断正确的是 A c点的电势高于 a点的电势 B电场强度方向由 b指向 d C质子从 b运动到 c所用的时间为 D质子从 b运动到 c，电场力做功为 4 eV 答案： C 试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向或平行线方向每前进相同

13、的距离，电势变化相等，故 Ua-Ud=Ub-Uc，解得 Uc=16V，则 c点的电势低于 a点的电势，故选项 A错误；设 ad连线中点为 O，则其电势为 16V，故 cO为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着 bO方向，故选项 B错误；综上可知，电场线沿着 bO方向，质子从 b运动到 c做类平抛运动，垂直于 bO方向做匀速运动，位移大小为 x=2L = L，则运动时间为 t= = ，故选项 C正确；根据W=qU，质子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 W=qUbc=1e （ 24V-16V） =8eV，故选项 D错误。故本题选 C 考点：匀强电场，电势能，电势，类平抛运动 太阳围绕银河

14、系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为 地球公转速度的 7倍，轨道半径约为地球公转轨道半径的 2109倍，为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中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质量，则银河系中恒星数目约为 A 109 B 1011 C 1013 D 1015 答案： B 试题分析：研究地球绕太阳做圆周运动的向心力，由太阳对地球的万有引力充当 根据万有引力定律和牛顿第二定律有 ，整理得 ； 太阳绕银河系运动也是由万有引力充当向心力，同理可得 M= ，故本题选 B 考点：万有引力定律及其应用 在如图所示的电路中，当闭合开关 S后，若将滑动变阻器的

15、滑片 P向下调节，则正确的是 A电压表和电流表的示数都增大 B灯 L2变暗，电流表的示数减小 C灯 L1变亮，电压表的示数减小 D灯 L2变亮，电容器的带电量增加 答案： C 试题分析：开关 S闭合后，将滑动变阻器的滑片 P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小， R与灯 L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流 I增大，路端电压 U减小，则电压表示数减小，灯 L1变亮 R与灯 L2并联电路的电压 U 并 =U-U1， U减小， U1增大， U 并 减小，灯 L2变暗流过电流表的电流 IA=I-I2， I增大， I2减小， IA增大，电流表的示数增大电容器两端

16、的电压等于灯 L2两端的电压，由 Q=CU 并 可知电容器的带电量减小，故本题选 C。 考点：闭合电路的欧姆定律，电容 实验题 （ 5分） 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，把角速度的增加量 与对应时间 t的比值定义为角加速度 （即 ）我们用电磁打点计时器（所接交流电的频率为 50Hz）、复写纸、米尺、游标卡尺、纸带来完成下述实验： 如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上； 接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动； 经过一段时间，停止转动和

17、打点，取下纸带，进行测量。 （ 1）用 20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径 d为 cm； （ 2）如图丙所示，纸带上 A、 B、 C、 D 为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，则打下计数点 D时，圆盘转动的角速度为 rad/s，纸带运动的加速度大小为 m/s2，圆盘转动的角加 速度大小为 rad/.s2（本小题计算结果保留三位有效数字） 答案：（ 1） 6.000 (2分 ) （ 2） 13.0 (1分 ) 0.593 (1分 ) 19.8 (1分 ) 试题分析：（ 1） 20分度的游标卡尺精确度为 0.05mm，读数时先读大于 1mm的整数部分，再读不足 1m的小数部

18、分；游标卡尺整数部分为 60mm，小数部分为零，由于精确度为 0.05mm，故需写到 0.001cm处，故读数为 6.000cm，故答案：为： 6.000； （ 2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出打 D点时纸带的瞬时速度，然后根据 v=r求解角速度 ；用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度。 打下计数点 D时纸带的速度 =0.389m/s，故此时圆盘的角速度 = = rad/s13.0 rad/s；纸带运动的加速度为 a= m/s2=0.593m/s2；由于 ， = ，故角加速度为 rad/s219.8 rad/s2。 考点：游标卡尺的读数，圆周运动中线

19、速度、角速度和半径的关系，打点计时器系列实验中利用纸带求瞬时速度和加速度 （ 10分）要测量一个量程已知的电压表的内阻，所备器材如下： A待测电压表 V（量程 3V，内阻未知） B电流表 A（量程 3A，内阻 0.01） C定值电阻 R（阻值 2k，额定电流 50mA） D蓄电池 E（电动势略小于 3V，内阻不计） E多用电表 F开关 S1、 S2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作： （ 1）首先，用多用电表进行粗测，选用 “100”挡且操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是 _。 （ 2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实

20、验电路，你认为其中较合理的电路图是 _。 （ 3）用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：_；用上述所测量的符号表示电压表的内阻 RV_。 答案：（ 1） 3000（ 2分） （ 2）丙（ 2分） （ 3）闭合 S1再闭合 S2读出电压表示数 U1断开 S2读出电压表示数 U2 Rv= 或闭合 S1读出电压表示数 U1， 再闭合 S2读出电压表示数 U2 Rv= 试题分析：（ 1）刻度盘上指针测量结果为 30100=3000； （ 2）因为电压表的内阻很大，故乙图中电流表的示数太小，读数误差太大，丙图中 R的阻值与电压表内阻接近，误差小，故较合理的电路图是丙； （ 3）实验步骤： 闭合 ，再

21、闭合 ，读得电压表示数为 ，由于电源内阻不计，故电源电动势为 ； 断开 ，读得电压表示数为 ，根据闭合电路欧姆定律可以解出电压表内阻 由步骤 有 =E，由步骤 根据闭合电路欧姆定律有 =E- R，两式联立解得 Rv= . 考点：多用电表测电阻，电路的选择，闭合电路欧姆定律 计算题 如图所示，质量为 10kg的环在 F=200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗 糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角 =37，拉力 F与杆的夹角为 。力 F作用 0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了 0.4s后速度减为零。（已知sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s2）求： （ 1）环与杆之间的动

22、摩擦因数 ； （ 2）环沿杆向上运动的总距离 s。 答案：（ 1） 0.5 （ 2） 1.8 m 试题分析：（ 1）设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为a1和 a2，撤去力 F瞬间物体的速度为 v，则由 v=a1t1和 0=v-a2t2 得 a1t1=a2t2 ，代入数据得 2a1=1.6a2 根据牛顿第二定律得 Fcos-mgsin-（ Fsin-mgcos） =ma1 mgsin+mgcos=ma2 由 式联立解得 =0.5。 （ 2）将 =0.5代入 得 a1=8m/s2， a2=10m/s2 所以环沿杆向上运动的总距离 s= a1t12+ a2t22=（ 80.52+

23、 100.42） m=1.8m 考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的基本规律 （ 18分） 如图 a所示，竖直直线 MN左方有水平向右的匀强电场，现将一重力不计，比荷 的正电荷置于电场 中 O点由静止释放，经过后，电荷以 v0=1.5104m/s的速度通过 MN进入其右方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度 B按图 b所示规律周期性变化（图 b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过 MN时为 t=0时刻，忽略磁场变化带来的影响）。求： （ 1）匀强电场的电场强度 E； （ 2）图 b中 时刻电荷与 O点的竖直距离 r。 （ 3）如图在 O点下方 d=39.5cm处有一垂直于 MN的足够大

24、的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间。（结果保留 2位有效数字） 答案：（ 1） 7.2103N/C （ 2） 4cm （ 3） 2.110-4s 试题分析：（ 1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有： v0=at1 ， Eq=ma，解得： E= =7.2103N/C 。 （ 2）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径： r1= =5cm，周期 T1= 10-5s，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径： r2= =3cm，周期 T2= = 10-5s ，故电荷从 t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示 t= 10-5s时刻电荷与 O点的竖直距离：

25、d=2（ r1-r2） =4cm 。 （ 3）电荷从第一次通过 MN开始，其运动的周期为： T= 10-5s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为 8个，此时电荷沿 MN运动的距离： s=8 d=32cm ，则最后 7.5cm的距离如图乙所示， 有： r1+r1cos=7.5cm 解得： cos=0.5， 则 =60 故电荷运动的总时间： t 总 =t1+8T+ T1=2.110-4s 考点：带电粒子在匀强电场中的运动，牛顿第二定律，带电粒子在（周期性）匀强磁场中的运动 质量 M=3kg的长木板静止在光滑水平面上，木板左侧放置一质量 m=1kg的木块，右侧固定一轻弹簧，处于

26、原长状态，弹簧正下方部分的木板上表面光滑，其他部分的木板上表面粗糙，如图所示现给木块 v0=4m/s的初速度，使之向右运动，在木板与木块向右运动过程中，当木板和木块达到共速时，木板恰与墙壁相碰，碰撞过程时间极短，木板速度的方向改变，大小不变，最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止。求： 木板与墙壁相碰时的速度 v1； 整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值 Epm； 答案： 1.0m/s 3.75J 试题分析： 木板和木块相互作用达到共速的过程中 ,木板和木块组成的 系统水平方向不受外力 ,故动量守恒 ,所以 (2分 ) 解得 (1分 ) 木板与墙壁碰撞后返回 ,弹簧进一步被压缩 ,当压缩到最短时 ,二者共速 ,设共速速度大小为 .则根据动量守恒定律有 解得 (1分 ) 当弹簧压缩到最短时 ,弹性势能为最大 ,设此时系统的弹性势能为 ,该过程中木板和木块组成的系统因摩擦产生的热量为 Q.则根据能的转化和守恒定律有(1分 ) 根据题意可知，最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止，设他们的共同速度为 则根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 代入 式可得 考点：轻核聚变，原子物理学史，光电效应，玻尔理论，动量守恒，能量守恒