2013-2014浙江省宁波市十校高三3月联考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013-2014浙江省宁波市十校高三 3月联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，一些商场安装了智能化的自动扶梯，为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段的运行，则扶梯在运送乘客上行过程中 A乘客始终受摩擦力作用 B乘客经历先超重再失重的两个过程 C电梯对乘客的作用力始终竖直向上 D电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上 答案： D 试题分析：很据牛顿定律，电梯在加速阶段乘客受摩擦力作用，匀速阶段不受摩擦力作用；选项 A 错误；在加速阶段乘客超重，匀速阶段不超重也不失重，选项 B错误；加速阶段乘客受到电梯的竖直向

2、上的支持力和水平向前的摩擦力作用，合力方向指向前上方，匀速阶段受到电梯向上的支持力，故选项 C 错误，D 正确。 考点：牛顿定律；超重和失重 . 图甲是小型交流发电机的示意图，两极 M、 N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， A为理想交流电流表， V为理想交流电压表。内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通 过滑环接一理想变压器，滑动触头 P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻 R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 A电压表的示数为 10V B 0 01s时发电机线圈平面与

3、磁场方向平行 C若 P的位置向上移动、 R的大小不变时，电流表读数将减小 D若 P的位置不变、 R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的 4倍 答案： ABD 试题分析：由图乙知交流电电压峰值为 V，电压表显示的为有效值 10V，A正确； 0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为 0，故线圈平面与磁场方向平行，故 B正确；若 P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大， R的大小不变时，电流表读数将增大，故 C错误；若 P的位置不变、 R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压增大为原来的 2 倍，则变

4、压器的输入功率将增大到原来的 4 倍，故 D正确 考点：法拉第电磁感应定律及变压器问题 . 如图所示，在暴雨前，有一带电云团（可近似看作带电绝缘球）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸 上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是 A带电体的电势能一定越来越大 B带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高 C带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大 D带电体的加速度一定越来越大 答案： CD 试题分析：带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小故 A错误；由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化故 B错误；因为越靠近场源，场强越大，所以

5、带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大故 C正确；根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力 越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大故 D正确 考点：电场强度及电势 . 粗细均匀的弹性长软绳一端固定，另一端用手握住连续上下抖动，形成一列沿水平方向传播 横波。某一时刻的波形如图所示，从这幅波形图中可得出的结论是 A波在绳子中的传播速度越来越快 B手上下振动的频率越来越大 C手上下振动的频率越来越小 D手上下振动的振幅越来越大 答案： CD 试题分析：机械波的波速是由介质决定的，则波在绳子中的传播速度不变，故A错误；根据相邻波峰之间或波谷之间的距离等于波长，由图看出波长越来越大，波速不

6、变，由波速公式 v=f可知，频率越来越小，故 B错误， C正确；振幅等于位移的最大值，由图看出手上下振动的振幅越来越大，故 D正确 考点：机械波的传播 . 如图所示， a和 b都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为 r，现有一束很细的具有两种不同颜色的复色光，以某一入射角从 O点射入 a板，且射出b板后的两束单色光通过空气射在地面上 M、 N两点，由此可知 A在 a、 b两玻璃板间的空气中传播时间是射到 M点的光比射到 N点的光较短 B这两种颜色的 光由玻璃射向空气中，射到 M点的光的临界角比射到 N点的光临界角大 C这两种颜色的光在相同条件下做双缝干涉实验，射到 M点的光的干涉条纹间距比射

7、到 N点的光要小 D在玻璃中的传播速度是射到 M点的光比射到 N点的光要大 答案： C 试题分析：根据光路图可知，射到 M点的光的折射率较大，则因为它在 ab之间的传播距离较大，在空气中两种光的传播速度相同，所以在 a、 b两玻璃板间的空气中传播时间是射到 M点的光比射到 N点的光较长，选项 A 错误；根据，则这两种颜色的光由玻璃射向空气中，射到 M点的光的临界角比射到 N点的光临界角小，选项 B错误； 因为 M光的折射率大，则周期小，波长短，根据 可知这两种颜色的光在相同条件下做双缝干涉实验，射到M点的光的干涉条纹间距比射到 N点的光要小，选项 C正确；根据 所以在玻璃中的传播速度是射到 M

8、点的光比射到 N点的光要小，选项 D 错误 . 考点：光的折射及全反射。 2013年 6月 10日上午，我国首次太空课在距地球 300多千米的 “天宫一号 ”上举行，如图所示的是宇航员王亚萍在 “天宫一号 ”上所做的 “水球 ”。若已知地球的半径为 6400km，地球表面的重力加速度为 g=9 8m/s2，下列说法正确的是 A “水球 ”在太空中不受地球引力作用 B “水球 相对地球运动的加速度为零 C若王亚萍的质量为 m，则她在 “天宫一号 ”中受到地球的引力为 mg D “天宫一号 ”的运行周期约为 1 5h 答案： D 试题分析： “水球 ”在太空中只是出于完全失重状态，仍然受地球引力作

9、用 ，选项 A错误； “水球 和飞船一样相对地球做圆周运动，有向心加速度，故相对地球运动的加速度不为零，选项 B错误；根据 可知，飞船所在位置的重力加速度小于地面处的重力加速度，故她在 “天宫一号 ”中受到地球的引力小于 mg，选项 C 错误；根据 ,其中 ，解得 ,代入数据可得： T=1.5h，选项 D 正确。 考点：万有引力定律的应用。 如图所示，洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶，设车所受阻力与车重成正比，洒水车行驶到某一路段时开始洒水，且牵引力保持恒定，则开始洒水后的一段时间内 A车仍保持原有速度做匀速直线运动 B车开始做匀加速直线运动 C车的发动机的输出功率不断增大 D车的发动机的输出功率

10、保持不变 答案： C 试题分析：随着质量的减少，洒水车受到的阻力减小，因为牵引力恒定，所以根据 F-f=ma可知汽车做变加速运动，选项 AB错误；根据 P=Fv可知随着速度的增大，发动机的输出功率不断增大，选项 C 正确， D错误。 考点：功率；牛顿定律。 实验题 （ 10 分）某同学设计了一个探究加速度 a 与物体所受合外力 F 关系的实验，如图所示为实验装置图。为了实验操作方便他用一些回形针来替代细砂。他的主要实验步骤如下： a按图把实验器材安装好，不挂砂桶，反复移动木板下的垫木直到小车做匀速 b把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶，并在砂桶中放入 10枚回形针（经测量每枚回形针的质量为

11、m0=0.5g），接通电源，放在小车，打点计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点，取下纸带，并在纸带上写上编号； c保持小车的质量 M不变，多次改变砂桶中钓的回形针的数量 n，再重复步骤b； d算出每条纸带对应的加速度的值；并记入下表中 e用纵坐标表示加速度 a，横坐标表示回形针的枚数 n，根据表中数据作出 a-n图线。 （ 1）如图所示为 n=30时实验得到的纸带，这位同学已算出打点计时器打下计数点 “l” 时纸带的速度为 vl=0 54 m/s，请你继续算出打点计时器打下计数点 “3”时纸带的速度 v3= m/s，表中第 3次实验时小车运动的加速度大小为 m/s2。（均保留 2位有效数字）

12、。 （ 2）根据上表已描出部分数据点，请描出第 3组数据并作出 a随 n变化的图线。 （ 3）若作出的 a-n图线的斜率为 k，纵坐标轴上的截距为 b，则可求得小车的质量为 ；砂桶的质量为 （结果用 k、 b及 m0等字母表示）。 答案：（ 1） 0.65m/s； 0.55m/s2；（ 2）见：（ 3） ； 试题分析：（ 1）由图可知，两个点之间的时间间隔 T=50.02=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得： ； 根据 v3=v1+at得： ； （ 2）根据描点法作出图象，如图所示： （ 3）对 a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，而在 a-n图象中，

13、 n=， 则 ， 所以 故小车质量 ， F=0时，产生的加速度是由于砂桶作用产生的，故有： mg=Ma0， 解得： ； 考点：探究加速度与合外力的关系 . （ 10分）某实验小组用学过的方法研究玩具电动机的伏安特性曲线，如图是他准备的器材和设计的实验电路，其中待测电动机 M的额定电流为 1 0A，额定电压为 4 5 V。电路中已经接好了部分导线。 （ 1）为了完成本实验，请用笔画线当导线，将图中的实物连成 完整的电路。（要求通过电动机的电流能从零开始变化） （ 2）下表为实验小组的实验记录，同时已经根据表格中数据在坐标纸上描点作出通过电动机的电流 I随电压 U变化图线如图。 根据这幅 I-U图

14、线作出的有关判断正确的是： A电动机在转动前、后都可看作纯电阻 B电动机在转动前可看作纯电阻；转动后不能看作纯电阻 C电动机在转动前不能看作纯电阻；转动后可看作纯电阻 D电动机在转动前、后都不能看作纯电阻 （ 3）根据这幅 I-U图线可求出电动机转动且通过的电流为 0 90A时，电动机的输出功率为 W（保留 3位有效数字） 答案： (1)电路图见； (2)B； (3)1.6W； 试题分析：（ 1）：实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示： （ 2）：根据题意可知，转动前，电动机是一纯电阻，仍然符合欧姆定律，但转动后不是纯电阻，所以 B正确； （ 3）：根据图 2的 I-U

15、图象可求出电动机内阻为： ， 电动机的输出功率为： ，代入数据解得： 考点：测电动机的伏安曲线及电功率 计算题 （ 16分）滑板运动是一项陆地上的 “冲浪运动 ”，具有很强的观赏性与趣味性。下坡式滑行轨道可 H简化为如下模型：如图所示， abcdf为同一竖直平面内的滑行轨道，其中 ab、 df两段均为倾角 =37o的斜直粗糙轨道， bc为一段半径为 R=5m的光滑圆弧，圆弧与 ab相切于磊点，圆弧圆心 O在 c点的正上方。已知 ab之间高度差 H1=5rn， cd之间高度差 H2=2 25m，运动员连同滑板的总质量 m=60kg。运动员从 a点由静止开始下滑后从 C点水平飞出，落在轨道上的 e

16、点，经短暂的缓冲动作后沿斜面方向下滑。 de之间的高度差 H3=9 m，运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取 g =10m/s2， sin37o=0 6，cos37o=0 8 。求： （ 1）运动员刚运动到 c点时的速度大小； （ 2）运动员（连同滑板）刚运动到 c点时对轨道的压力； （ 3）运动员（连同滑板）在由 a点运动到 b点过程中阻力对它做的功。 答案：（ 1） 8m/s（ 2） 1368N（ 3） -1680J 试题分析：（ 1）物体从 C到 e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动 H2+H3= gt2 t ce之间的水平距离为 从 c到 e做平抛运动，在水平方向做匀速运动

17、故 （ 2）在 c点由牛顿第二定律可知 FN mg m FN mg+m 6010+60 N=1368N 根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为 1368N，方向竖直向下； （ 3）由 a到 c由动能定理可知 mg(H1+R Rcos37)+ Wf 代入数据解得 Wf=-1680J 考点：动能定理、牛顿定律及平抛运动。 （ 20分）如图（ a）所示，两条间距为 h的水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图（ b）中 B-t图象变化（图中 Bo已知）。现有一个 “日 ”字形刚性金 属，线框 ABCDEF，它的质量为 m， EF中间接有一开关 S，开关 S闭合时三条水平边框的电

18、阻均为 R，其余各边电阻不计。AB=CD=EF=L， AD=DE=h。用两根轻质的绝缘细线把线框竖直悬挂住， AB边恰好在磁场区域 M1 N1和 M2N2的正中间，开始开关 S 处于断开状态。 t0（未知）时刻细线恰好松弛，此后闭合开关同时剪断两根细线，当 CD边刚进入磁场上边界 Mi Ni时线框恰好做匀速运动（空气阻力不计）。求： （ 1） t0的值； （ 2）线框 EF边刚离开磁场下边界 M2N2时的速度； （ 3）从剪断细线到线框 EF边离开磁场下边界 M2N2的过程中金属线框中产生的焦耳热。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） mgh- 试题分析：（ 1）由法拉第电磁感应定律可知，感应

19、电动势为： E=， 线框中的电流： I= ， 线框受到的安培力： F=B0IL， 细线恰好松弛，细线拉力为零， 线框处于平衡状态，由平衡条件得： B0IL=mg， 解得： t0= ； （ 2）当 CD边到达 M1N1时线框恰好做匀速直线运动，处于平衡状态， 由平衡条件得： B0IL=mg， 电流 I= ， CD棒切割磁感线产生的电动势： E=B0Lv， 解得： ； （ 3） CD边到达 M1N1至 EF边离开磁场过程线框一直做匀速直线运动，因此EF边刚离开 M2N2时，速度为： v=v= ， 由能量守恒定律得： Q=mg h- mv2= mgh- ； 考点：法拉第电磁感应定律及能量守恒定律 （

20、 22 分）如图所示，在 xOy平面直角坐标系中，直线 MN 与 y轴成 30o角，P点的坐标为（ ， 0），在 y轴与直线 MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场。在直角坐标系 xOy的第 象限区域内存在沿 y轴，正方向、大小为 的匀强电场，在 x=3a处垂直于 x轴放置一平面荧光屏，与 x轴交点为 Q，电子束以相同的速度 v0从 y轴上 0 y2a的区间垂直于 y轴和磁场方向射入磁场。已知从 y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过 O点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。求： （ 1）电子的比荷 ； （ 2）电子离开磁场垂直 y轴进入电场的位置的范围；

21、 （ 3）从 y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距 Q点的距离最远？最远距离为多少？ 答案：（ 1） （ 2） 0y1.5a（ 3） y= 时， H有最大值， Hmax=试题分析：（ 1）由题意可知电子在磁场中的半径为 a，由 Bev0=m 得： （ 2）粒子能进入磁场中，且离 O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线 MN相切，粒子轨道的圆心为 O点， 则 OM=2a，由三角函数关系可得： tan30= 得： OM= 有 OO=0.5a，即粒子在离开磁场离 O点下方最远距离为 ym=1.5a，从 y轴进入电场位置在 0y1.5a范围内 （ 3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为 t，竖直方向位移为 y，水平位移为 x， x=v0t 竖直方向有： 代入得： 设电子最终打在光屏的最远点距 Q 点为 H，电子射出电场时的夹角为 ，则有： tan= 有： H=（ 3a-x） tan=（ 3a- ） 当（ 3a- ） = 时，即 y= 时， H有最大值，由于 1.5a，所以 Hmax= 考点：带电粒子在磁场中的运动及类平抛运动的规律。