名师解析：2014年卓越联盟自主招生考试物理模拟试题

1、2015年卓越联盟自主招生物理模拟试卷一、选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）1（4分）某空间存在沿Oy正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一群同种带电粒子，它们的质量为m、电量为q，同时从坐标原点以不同的初始速度v1，v2，v3，vn，射出，这些初速之间的关系、位置如图所示，则下列说法正确的有（） A 粒子经过时间t=再一次在y轴上汇聚 B 粒子不可能出现再次汇聚的情况 C 粒子再一次汇聚的位置坐标可能为（0，0） D 粒子再一次汇聚的位置坐标可能为（0，0）【考点】： 带电粒子在

2、混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 将粒子的速度分解成垂直磁场与平行磁场方向，则平行时不受到洛伦兹力，做匀速直线运动，而垂直磁场方向受到洛伦兹力做匀速圆周运动，由运动的合成与分解，结合几何知识，即可求解【解析】： 解：A、由题意可知，粒子在y方向做匀速直线运动，在z方向上做匀速圆周运动，根据对称性可知，粒子运动时间正好是周期的一半，虽粒子的速度大小不同，但各自的周期均相同，因此经过时间t=，再一次在y轴上汇聚，故A错误，B也错误；C、因粒子在运动时间为t=，由于粒子在y方向做匀速直线运动，且速度大小均相等，则它们沿着y方向的位移为x=v1t=，因此再一次汇聚的位置

3、坐标可能为（0，0），故C正确，D错误；故选：C【点评】： 考查运动的合成与分解的应用，掌握洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，理解牛顿第二定律与左手定则，注意速度在y方向的分速度相等是解题的突破口，同时理解粒子的运动轨迹不是圆周运动2（4分）如图所示，水平放置的两个平行金属板MN、PQ间存在匀强电场和匀强磁场MN板带正电，PQ板带负电，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里一带电微粒，只在电场力和洛伦兹力作用下，从I点由静止开始沿曲线IJK运动，到达K点时速度为零，J是曲线上离MN板最远的点下几种说法正确的是（） A 该微粒一定带正电 B 该微粒能够从K点原路返回I点 C 在J

4、点微粒受到的电场力等于洛伦兹力 D 在J点微粒的速度大小为【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 由微粒由静止开始运动，结合电场强度的方向，即可确定微粒的电性；根据左手定则，结合磁场的方向，即可求解不能沿原路返回根据电场力与洛伦兹力大小关系，由运动轨迹来确定力的大小，从而判定正确与否；根据洛伦兹力与电场力提供向心力，结合牛顿第二定律，与动能定理，即可求解速度大小【解析】： 解：A、由题意可知，微粒从静止开始运动，则微粒受到的电场力向下，则微粒带正电，故A正确；B、由运动轨迹，结合左手定则，可知带正电的微粒受到的洛伦兹力偏右，当从K点运动时，洛伦兹

5、力仍偏右，故不能沿原路返回，故B错误；C、由于J点是曲线上离MN板最远的点，说明电荷在J点具有与MN平行的速度，带电粒子在J点受到两个力的作用，即电场力和洛伦兹力；轨迹能够向上偏折，则说明洛伦兹力大于电场力，故C错误；D、在J点，受力分析，由牛顿第二定律，则有：qvBqE=m，而微粒从I到J过程中，由动能定理，则有：qER=mv2；从而解得J点微粒的速度大小v=，故D正确故选：AD【点评】： 考查洛伦兹力与电场力在题中的应用，及产生条件，并学会根据运动轨迹，来确定两力的大小注意洛伦兹力的方向是解题的关键，同时会由运动来确定受力，及掌握牛顿第二定律与动能定理的应用3（4分）如图所示，两细束平行的

6、单色光a、b射向同一块玻璃砖的上表面，然后从玻璃砖的下表面射出已知玻璃对单色光a的折射率较小，且光由玻璃到空气发生全反射的临界角小于45°，那么下列说法中正确的有（） A 进入玻璃砖后两束光仍然是平行的 B 从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行 C 单色光a通过玻璃所用时间小于单色光b通过玻璃所用时间 D 从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离可能和射入前相同【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 作出两条光的光路图，折射率不一样，则进入玻璃时的折射角不同，在玻璃中的光速不同【解析】： 解：两条光的光路图如图，A、由于两种光的折射不同，n=，则两束光进入玻璃后的折

7、射角不同，两束光不平行，故A错误；B、下表面出射角等于上表面的入射角，即两束光下表面的出射角相等，故从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行，B正确；C、a的折射率小于b的折射率，v=，则a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度，故单色光a通过玻璃所用时间小于单色光b通过玻璃所用时间，C正确；D、折射率不同则水平方向侧移的距离不同，故从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离和射入前不同，D错误；故选：BC【点评】： 光经过平行玻璃砖的特点是：出射光线一定与入射光线平行；折射率越大，出射光线水平方向侧移的距离越小4（4分）如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一

8、段空气，则（） A 弯管左管内外水银面的高度差为h B 若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大 C 若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升 D 若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升【考点】： 气体的实验定律；气体压强的微观意义【专题】： 压轴题【分析】： 对右管中的水银受力分析知，管中气体压强比大气压强高hcmHg，则可知道弯管左管内外水银面的高度差；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变；环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升【解析】： 解：A、对右管中的水银受力分析知，管中气体压强比大气压强高hcmHg，所以弯管左管内外水银面的高

9、度差为h故A正确 B、弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变故B错误 C、封闭气体温度和压强不变，体积不变所以弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升故C正确 D、环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升 故D正确故选ACD【点评】： 解决本题的关键知道封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，所以里面封闭气体的压强不变5（4分）同步卫星离地球球心的距离为r，运行速率为v1，加速度大小为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则（） A a1：a2=r：R B a1：a2=R2：r2 C v1：v

10、2=R2：r2 D 【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，地球赤道上的物体随地球自转时，其角速度也与地球自转的角速度相同，由a=2r求解a1：a2人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，可得到卫星的速度与半径的关系式，再求解速度之比v1：v2【解析】： 解：A、B同步卫星的角速度、赤道上的物体的角速度都与地球自转的角速度相同，则由a=2r得，a1：a2=r：R故A正确，B错误C、D第一宇宙速度等于近地卫星的运行速度，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提

11、供向心力，则得 G=m，则有v=，M是地球的质量为M，r是卫星的轨道半径，则得到，v1：v2=：故C错误，D正确故选AD【点评】： 本题要建立物理模型：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力；其次要灵活选择公式的形式6（4分）一列简谐波沿x轴正方向传播，在t=0时波形如图所示，已知波速为10m/s选项中的a、b、c、d描述了另外几个时刻的波形图，则下列说法正确的是（） A 一定描述的是t=0.2s时波的图象 B 可能描述的是t=0.1s时波的图象 C 可能描述的是t=0.1s时波的图象 D 一定描述的是t=（0.4n）s（其中n为正整数）时波的图象【考点】： 横波的图象；

12、波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由波形图读出波长，根据T=求出周期，根据波的平移法则逐项分析即可【解析】： 解：由波形图读出波长=4m，则T=，A、由波形图可知，经过第一次形成该波形图，根据周期性可知，该波是经过t=0.2+0.4n（n=0，1，2）时间形成的，不一定是t=0.2s时波的图象，故A错误；B、由波形图可知，经过第一次形成该波形图，根据周期性可知，该波是经过t=0.3+4n（n=0，1，2）时间形成的，不可能是t=0.1s时波的图象，故B错误；C、由波形图可知，经过第一次形成该波形图，根据周期性可知，该波是经过t=0.1+4n（n=0，1，2）时

13、间形成的，可能是t=0.1s时波的图象，故C正确；D、由波形图可知，经过T第一次形成该波形图，根据周期性可知，该波是经过t=T+nT=0.4+4n（n=0，1，2）时间形成的，所以一定描述的是t=（0.4n）s（其中n为正整数）时波的图象，故D周期；故选：CD【点评】： 本题主要考查了波的平移法则，知道波形经过一个周期向前平移一个波长，能根据图象读出波长，难度不大，属于基础题二、填空题（本大题共6空，前4空每空2分，后两空每空4分，共16分）7（8分）在衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验

14、系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在（1）中微子与水中的发生核反应，产生中和正电子，即中微子可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是0、0（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子，即2已知正电子和电子的质量都为9.1×1031，反应中产生的每个光子的能量约为8.2×1014J正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是遵循动量守恒【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： （1）根据电荷数守恒、质量数守恒判断中微子的质量数和电荷数（2）根据质量亏损，通过爱因斯坦质能方

15、程求出每个光子的能量正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，因为要遵循动量守恒【解析】： 解：（1）根据质量数守恒、电荷数守恒，知中微子的质量数和电荷数为0和0（2）根据爱因斯坦质能方程知，E=mc2=2E，解得光子能量E=8.2×1014J正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，因为要遵循动量守恒故答案为：（1）0，0（2）8.2×1014，遵循动量守恒【点评】： 解决本题的关键知道核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒，掌握爱因斯坦质能方程8（8分）发电厂的交流发电机输出电压恒为500V，输出功率为100kW要将电能输送到远处的工厂设计输电线上的功率损失为2%，输电线总电阻

16、为20，用户得到的电压220V则发电厂附近的升压变压器匝数比为；用户附近的降压变压器的匝数比为（所用变压器都看作理想变压器）【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，根据P=UI可计算出升压变压器原线圈的输入电流I1，在根据输电线上的功率损失为5%，可计算出升压变压器副线圈的电流I2，根据=即可求出升压变压器的匝数比；由题意可计算出用户得到的功率，根据P=UI又可计算出降压变压器原线圈两端的电压，根据=即可求出降压变压器的匝数比【解析】： 解：由P=UI可得：升压变压器的原线圈输入电流：I1=200A输电线上损失的功率：P损=100

17、KW×2%=2000W，由P损=I2R得；输电线上的电流I2=10A，根据=得：升压变压器的匝数比=用户得到的功率 P4=P3=P1P损=100×1032×103W=98×103W由P=UI可得：降压变压器原线圈两端的电压U3=9800V，根据=得降压变压器的匝数比=故答案为：，【点评】： 解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率P损=I2R输电线上损失的功率往往是突破口六、解答题（本大题共5小题，共60分）9（6分）某同学为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，采用了如图1所示的一套装置进行实验，使物块A位于水平桌

18、面的O点时，重物B刚好接触地面将A拉到P点，待B稳定后由静止释放，A最终滑到Q点分别测量OP、OQ的长度h和s改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据 1 2 3 4 5 6h/cm 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0s/cm 9.5 12.5 28.5 39.0 48.0 56.5乙同学在如图2中已标出第1、2、3、4、5、6组数据对应的坐标点，并画出sh关系图线A、B的质量分别设为mA、mB，则s与h之间应该满足的关系式为s=（1）h实验中测得A、B的质量之比mA：mB=4：5，则根据sh图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数=0.635【考点】： 探究影响摩

19、擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 由动能定理求出sh的函数表达式，然后根据图象求出动摩擦因数【解析】： 解：对A、B组成的系统，由动能定理得：mBghmAg（h+s）=00，解得：s=（1）h；由图2所示图象可知，k=1=0.968，动摩擦因数=0.635故答案为：s=（1）h；0.635【点评】： 本题考查了求动摩擦因数问题，在解决此类问题时，要深刻理解动能定理，要会通过图象分析相关问题10（10分）如图所示是一个测定量程为03V电压表的内阻RV（约3K）的实验电路图，给定的仪器元件参数如下：1个ZX21型电阻箱（099999.9，0.5瓦）； 1个稳压电源（DC，3V）； 1个

20、滑线变阻器（1000，0.5瓦），R0是一个大约200的定值电阻；一个单刀单掷开关K；导线若干利用该实验电路图测量的实验步骤如下：A将滑片P滑到滑动变阻器的中间位置附近，并保持滑动变阻器的滑片位置不变；B反复闭合与断开DP之间的开关K，反复调节电阻箱Rs的阻值，直到待测电压表的示数不变时，记下此时滑动变阻器接入电路的阻值Rs1；C将待测电压表和电阻箱的位置互换，重复上述实验步骤二，记下此时滑动变阻器接入电路的阻值Rs2；D通过以上记录的实验数据求出待测电压表内阻的一个阻值RVE略微改变滑动变阻器滑片P的位置，但仍要求在滑动变阻器中间位置附近，重复以上实验步骤，再做几次实验，可以得到待测电压表内

21、阻的多个阻值，取它们的平均值为最终测量结果试回答以下问题：实验步骤B中要想让电压表的示数保持不变，需要满足的表达式是（要求用题目中或者实验步骤中出现的符号表示，对于使用的没有出现过的符号需要加以说明）以下给出的A、B、C、D中的Rs1、Rs2的阻值均代表某一次实验的实验数据，其中可能正确的是A、BARs1=2800.0，Rs2=3200.0 BRs1=2900.0，Rs2=3100.0CRs1=1100.0，Rs2=2900.0 DRs1=1900.0，Rs2=2100.0如果在某一次实验中测得Rs1、Rs2的阻值分别为Rs1=3000.0，Rs2=3203.3，则待测电压表的内阻RV=3&#

22、215;10_;3（保留到一位小数）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 本题的关键是根据闭合和断开开关k电压表的示数不变可知A、D之间电压和C、P之间电压相等，又由于定值电阻的阻值远小于电压表内阻可知，A与B之间的电压应保持不变，然后根据欧姆定律列出两次过程中A、D与C、P之间电压相等的表达式即可求解题的关键是将各组数据代入表达式，结果与待测电压表内阻接近的即是可能正确的题的关键是将给出的数据代入表达式即可【解析】： 解：根据题意，反复闭合与断开DP之间的开关K，反复调节电阻箱Rs的阻值，直到待测电压表的示数不变，说明DP导线间电流为零，即A、D之间和C、P之间的电压应相等，

23、又由于定值电阻的阻值远小于电压表的内阻，所以A、B之间的电压应保持不变设滑动变阻器左右两部分的电阻分别为和，根据欧姆定律应有：联立两式解得：由于待测电压表内阻约3k，根据可知，将各组数据代入可知A、B两组数据符合，所以可能正确的是A、B：根据=可知，=故答案为：A、B3【点评】： 应明确电压即为“电势之差”的含义，若两电阻的两端对应的电势相等，则两电阻两端电压即相等本题中，通断k时电压表示数不变说明D、P两点电势相等，则AD两端与CP两端的电压应相等，再根据欧姆定律两式即可求解11（12分）如图，金属杆ab质量为m，长度为l，通过的电流强度为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与金属杆

24、垂直，且与导轨平面成角（1）若ab保持静止且压紧在水平导轨上，求金属棒受到的摩擦力f、棒对导轨的压力N的大小和方向（2）若ab棒恰好能开始运动，那么金属棒与导轨间的动摩擦因数是多大？【考点】： 安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】： 金属杆ab受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIL，根据平衡条件列方程求解【解析】： 解：（1）作出金属棒受力示意图，如图（从b向a看）根据平衡条件得：Ff=FAsinmg=FN+FAcos又：FA=BIL解得：Ff=BILsin，水平向右；FN=mgBILcos，根据牛顿第三定律，则棒对导轨的压力等于mgBIL

25、cos，方向竖直向下；（2）根据滑动摩擦力公式：Ff=FN得：=；答：（1）若ab保持静止且压紧在水平导轨上，金属棒受到的摩擦力f大小BILsin，水平向右；棒对导轨的压力N的大小mgBILcos，方向竖直向下；（2）若ab棒恰好能开始运动，那么金属棒与导轨间的动摩擦因数是mgBILcos，方向竖直向下【点评】： 本题考查应用平衡条件解决磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算本题要注意导体与磁场垂直12（14分）一个质量为3m的物体从地面以45°角，速率v发射，在最高点发生爆炸，变为三个质量均为m的小物体，爆炸之后瞬间三个小物体速度均沿水平方向，且中间的一个小物体速度和爆

26、炸前没有区别已知落地的时候，最近和最远的小物体相距为d 求：（1）物体的最大高度h多大？（2）爆炸后水平飞行最远的物体的初速度v1是多大？（3）爆炸至少使得物体系动能增加了多少【考点】： 动量守恒定律；功能关系【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 物体开始做斜抛运动，将斜抛运动进行分解，根据竖直方向运动求解物体的最大高度根据平抛运动的规律，结合动量守恒定律求出物体的速度，从而结合动能的公式求出物体动能的增加量【解析】： 解：（1）物体开始做斜抛运动，将斜抛运动进行分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物体从地面以45°角，速率v发射，所以竖直方向初速度为：vy0=vs

27、in45°=v最高点高度为：h=，（2）爆炸之后瞬间三个小物体速度均沿水平方向，即三个小物体都做平抛运动，由于平抛运动高度相等，水平方向匀速直线运动，已知落地的时候，最近和最远的小物体相距为d，所以根据平抛运动的规律知，最远和最近的物体的速度之差为中间的一个小物体速度和爆炸前没有区别，所以爆炸之后瞬间中间的一个小物体速度为：v2=vx0=v规定向右为正方向，爆炸瞬间，根据动量守恒定律得：3mv=mv+mv1+m（v1）根据平抛运动的规律得：t=，v1=（3）动能的增加量为：Ek=m+m3m=，答：（1）物体的最大高度h是，（2）爆炸后水平飞行最远的物体的初速度v1是（3）爆炸至少使得