广东省东莞市高三理综物理上学期期末调研测试试题（含解析）新人教版(1).doc

东莞市2013-2014学年第一学期高三调研测试物理试题13.如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将（滑轮与绳的重力及摩擦均不计）a.越来越小 b.越来越大c.先变大后变小 d.先变小后变大考点：力的合成与分解答案：b【解析】：滑轮处受到三个力作用，重物的重力大小是不变的，绳上的拉力大小是相等的，但夹角不断变大，合力与物体重力等大反向是不变的，所以绳上的拉力越来越大，b正确。13题图14.下列关于力的说法正确的是a.失重就是物体受了重力减小了b.作用力和反作用力作用在不同的物体上c.在弹性限度内，弹簧的弹力跟弹簧的长度成正比d.物体所受合外力越大，加速度越大，速度也越大考点：重力、弹力、牛顿定律答案：b【解析】：失重不是重力减少，是接触面的弹力小于重力，a错误；作用力和反作用力作用在两个物体上的，b正确；胡克定律在弹性限度内，弹簧的弹力跟弹簧的伸长或压缩长度成正比，c错误；牛顿第二定律物体所受合外力越大，加速度越大，但速度变化不确定，d错误。15.如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间为轴的匀变速直线运动的图像，下列说法正确的抛物线甲乙丙丁a甲是at图像 b乙是xt图像c丙是xt图像 d丁是vt图像考点：运动的图像答案：c【解析】：图像a是一种变加速运动直线运动，a错误；图像b是匀速直线运动，b错误；抛物线的方程与位移方程，分析得为匀加速直线运动，c正确；图像d是匀速直线运动，d错误。16如图甲所示电路,电阻r的阻值为50，在ab间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中错误的是a交流电压的有效值为100vb电流表示数为2ac该交流电流的周期为0.01sd如果产生该交流电的线圈的转速提高 一倍，则电流表的示数也增大一倍考点：交变电流答案：c【解析】：交流电压的有效值为，a正确不选；电流表为有效电流，b正确不选；周期在时间轴上t=0.02s，c错误选择；转速增加，角速度也增加，最大值，所以转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍，d正确不选.bv0第17题图17如图所示，若粒子（不计重力）能在图中所示的磁场区域内做匀速圆周运动，则可以判断a粒子在运动过程中机械能不变b如粒子带正电，则粒子做顺时针运动c在其他量不变的情况下，粒子速度越大，运动周期越大d在其他量不变的情况下，粒子速度越大，圆周运动半径越大考点：带电粒子在磁场中的运动答案：ad【解析】：重力不计，洛伦兹力提供向心力，不做功，粒子在运动过程中机械能不变，a正确；由左手定则可知如粒子带正电，则粒子做逆时针运动，b错误；周期，与速度无关，c错误；半径为，粒子速度越大，圆周运动半径越大，d正确。18在点电荷q形成的电场中，一个粒子（核）通过时的轨迹abq如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是aq为正电荷b运动中粒子总是克服电场力做功c粒子经过两等势面的动能d粒子经过两等势面的电势能abqvf考点：带电粒子在电场中的运动答案：ac【解析】：粒子带正电，由轨迹的速度和受力分析，f为库伦斥力，q为正电荷，a正确；带电粒子在电场中的运动先靠近q后远离q，电场力先做负功后做正功，b错误；由b-a等势面，斥力做正功，动能增加，电势能减少，c正确；d错误。19由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么a卫星受到的万有引力增大，线速度减小b卫星的向心加速度增大，周期减小c卫星的动能、重力势能和机械能都减小d卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小考点：人造地球卫星答案：bd【解析】：人造地球卫星万有引力提供向心力，半径减少，万有引力增加，加速度增加，运行速度增加，周期减少，重力做正功，重力势能减少，速度增加，动能增加，半径减小的原因应是有阻力作用，所以机械能减少，ac错误；bd正确。20如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后a将原线圈迅速插入副线圈时，电流表指针向右偏转一下b将原线圈插入副线圈后，电流表指针仍一直偏左零点右侧c将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下d将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下考点：电磁感应的实验答案：ac【解析】：在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，在保持磁场方向不变的情况下，磁通量增加，感应电流是电流表的指针向右偏，将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量增加，所以电流表指针向右偏转一下，a正确；将原线圈插入副线圈后，磁通量不变，所以电流为零，b错误；将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增加，原电流减少，磁通量减少，感应电流反向，所以电流计指针向左偏转一下，c正确；d错误。vmrapbbqn21如图所示，平行金属导轨mn和pq，他们的电阻可以忽略不计，在m和p之间接有阻值为r=3.0的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t，现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动，则以下判断正确的是a导体棒ab中的感应电动势e=2.0vb电路中的电流i=0.5ac导体棒ab所受安培力方向向右d导体棒ab所受合力做功为零考点：电磁感应中的力电的综合题答案：ad【解析】：导体棒ab中的感应电动势,a正确；电流为,b错误；电流方向右手定则可知b-a，左手定则可得安培力向左，c错误；金属棒做匀速直线运动合力为零，d正确。34.（18分）（1）某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图所示的纸带，纸带上每相邻计数点间还有4个计时点未标出，打点计时器所用的交流电频率为50hz，忽略纸带所受的阻力。由此可判断纸带的 （“左端”或“右端”）与物块连接。根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下a点和b点时物块的速度，其中va= m/s。（结果保留两位有效数字）从图示纸带不能得到的物理量是 。a木块运动的加速度a ba、b间的平均速度c物块质量m da、b对应的运动时间t如要测量在ab段合外力对物块所做的功wab，还需要提供的实验器材是 。a秒表 b天平 c弹簧 考点： 匀变速直线运动的实验答案：右端 （1分） 0.73 （2分） c （3分） b （3分）【解析】：纸带速度小的一端靠近物块；a点的瞬时速度取最近的点，；纸带上查点可知时间，测量位移，能计算速度和加速度；天平测量质量，合力f=ma，可求功w=mas。（2）某物理兴趣小组通过查阅资料知道将锌、铜两电极插入水果中，其“水果电池”电动势会有1v多一点，甲同学找来了一个柠檬做实验，用量程为03v、内阻约50k的电压表测其两极时读数为0.96v，但当他将四个这样的电池串起来给标称值为“3v 0.5a”的小灯泡供电时，灯泡并不发光，检查灯泡、线路均无故障，这是因为“柠檬电池”的内阻较大的原因。乙同学用内阻约为500的灵敏电流表直接连“柠檬电池”的两极，测得电流为0.32ma，根据前面电压表测得的0.96v电压，估算出“柠檬电池”的内组值约为 。 为了更准确测定一个“柠檬电池”的电动势和内阻，实验室提供了一下一些器材可供选择：a灵敏电流表a1（量程00.6ma，内阻为800）b灵敏电流表a2（量程0250a，内阻未知）c滑动变阻器r（最大阻值约10）d变阻箱（09999）e开关s和导线若干为了尽可能准确测定“柠檬电池”的电动势和内阻，实验中除了带有锌、铜两极的水果电池外，还应选择的器材是 （填器材前的字母代号）a1r，sr，sa1或考点：测量电源的电动势和内阻答案：2660（3分） a、d、e（3分） 电路图如图示（3分）【解析】：“柠檬电池”的内组值约为；根据所给的仪器，只能用安阻法来试验，电动势约为1v，内阻约为2500，最大电流为0.4a，电流表选择a表，变阻箱d和e；电流见右图。35（18分）如图所示，有一质量为m=10-4kg，带电量q=10-3c的小球，从横截面为正方形的水平长方体的d点沿方向以v0=5m/s速度飞入，恰好从c点飞出，正长方体空间的边长分别是l、l和5l。（取g=10m/s2）（1）求长方体底边l的大小（2）如给长方体这一空间区域（含边界在内）加一竖直向上的匀强电场e，以保证小球沿做匀速直线运动飞出，求e的大小（3）如保留电场e，再给长方体这一空间区域（含边界在内）加竖直方向的磁场，使小球从空间点飞出，求磁场的磁感应强度baaodr5l考点：带电粒子在电场和磁场中的运动答案：0.2m；1n/c；，b的方向为竖直向下 。【解析】：(1)小球从d点飞入，从c点飞出，小球只受重力，可知小球做平抛运动，由： -（2分） -（2分） 得 l=0.2m -（1分）(2)小球处于受力平衡状态，则有： -（3分）得： -（1分）(3)如小球从d点飞入，从a点飞出，小球在长方体上表面 addad水平面内做匀速圆周运动，由分析可知，小球的运动轨迹如右图所示（俯视图）,由勾股定理得： -（3分） 得 -（1分） 由牛顿运动定律可知： -（3分）得 -（1分） 由左手定则，磁感应强度b的方向为竖直向下 -（1分）36（18分）如图，半径r=0.8m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点d与长为l=6m的水平面相切于d点，质量m=1.0kg的小滑块a从圆弧顶点c由静止释放，到达最低点后，与d点右侧m=0.5kg的静止物块b相碰，碰后a的速度变为va=2.0m/s，仍向右运动。已知两物块与水平面的动摩擦因素均为=0.1，若b与e处的竖直挡板相碰没有机械能损失，取g=10m/s2，求：（1）滑块a刚到达圆弧的最低点d时对圆弧的压力（2）滑块b被碰后瞬间的速度（3）讨论两滑块是否能发生第二次碰撞考点：滑块的动量和能量的综合题答案：30n；4m/s；它们停止运动时仍相距2 m，不能发生第二次碰撞【解析】：（1）设小滑块运动到d点的速度为 v，由机械能守恒定律有：mgrmv2 - (2分) 由牛顿第二定律有f - mgm- (2分)解得小滑块在d点所受支持力f30 n -(1分)由牛顿第三定律有，小滑块在d点时对圆弧的压力为30n -(1分)(2) 设b滑块被碰后的速度为vb，由动量守恒定律：m vmva+m vb - (3分) 解得小滑块在d点右侧碰后的速度vb 4 m/s -(1分)(3) 讨论：由于b物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在b从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于a物块 -(2分)解得 sa=2 m - (1分)对于b物块，由于b与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则 - (2分)解得 sb=8 m （即从e点返回2 m） - (1分)由于sa+ sb=10 m26=12 m 故它们停止运动时仍相距2 m，不能发生第二次碰撞-(2分)参考答案一、单选题题号13141516选项bbcc二、双选题题号1718192021选项adacbdacad三、实验题34 （1）右端 （1分） 0.72 （2分） c （3分） b （3分）（2） 2660（3分） a、d、e（3分） 电路图如图示（3分）a1r，sr，sa1或aaodr5l35（18分）解析: (1)小球从d点飞入，从c点飞出，小球只受重力，可知小球做平抛运动，由： （2分） （2分） 得 l=0.2m （1分）(2)小球处于受力平衡状态，则有： （3分）得： （1分）(3)如小球从d点飞入，从a点飞出，小球在长方体上表面 addad水平面内做匀速圆周运动，由分析可知，小球的运动轨迹如右图所示（俯视图）,由勾股定理得： （3分） 得 （1分） 由牛顿运动定律可知： （3分）得 （1分） 由左手定则，磁感应强度b的方向为竖直向下 （1分）36（18分）（1）设小滑块运动到d点的速度为 v，由机械能守恒定律有： mgrmv2 (2分) 由牛顿第二定律有f - mgm (2分) 联立解得小滑块在d点所受支持力f30 n (1分) 由牛顿第三定律有，小滑块在d点时对圆弧的压力为30n (1分)(2) 设b滑块被碰后的速度为vb，由动量守恒定