2014届四川省成都外国语学校高三（下）2月月考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届四川省成都外国语学校高三（下） 2月月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（ ）。 A红光以 30o的入射角入射 B红光以 45o的入射角入射 C紫光以 30o的入射角入射 D紫光以 45o的入射角入射 答案： D 试题分析：画出光的两次折射的光路图，由题意知 O2A为侧移距离 x根据几何关系有： x sin(i r) ，又有 n （ 1）若为同一色光，则 n相同，则 i增加且 i比 r增加得快，得知 sin（ i-r） 0且增加，

2、0且增加故 A、 C错误 （ 2）若入射角相同，由 两式可得 x dsini(1 )得知 n增加， x增加知 B错误， D正确故选 D 考点：考查光的折射的定律，对数学能力的要求较高 在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示 PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为 ，质量为 m，电阻为 R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度 从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界 线 PQ重合时，圆环的速度为 /2，则下列说法正确的是（ ） A.此时圆环中的电功率为 B.此时圆环的加速度为 C.此过程中通过圆环截面的电荷量为 D.此过程中回路产生的电能

3、为 0.75 答案： AC 试题分析：当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势 E=2B2a =2Bav；圆环中的电功率P= = ，故 A 正确；此时圆环受力 F=2BI2a=4B 2a= ，由牛顿第二定律可得，加速度 a= = ，故 B错误；电路中的平均电动势 ，则电路中通过的电量 Q=I t= t= ，故 C 正确；此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故 E= mv2- m( )2= mv2，故 D错误；故本题选 AC 考点：法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，导体切割磁感线时的感应电动

4、势 一个质量为 m、带电荷量为 q的粒子从两平行金属板的正中间沿与匀强电场相垂直的方向射入，如图所示，不计重力，当粒子的入射速度为 时，它恰好能穿过这电场而不会碰到金属板。现欲使入射速度为 的此带电粒子也恰好能穿过这电场而不碰到金属板，则在其他量不变的情况卞，必须（ ） A使粒子的带电荷量减小为原来的 B使两板间的电压减小为原来的 C使两板间的距离增大为原来的 2倍 D使两板间的距离增大为原来的 4倍 答案： BC 试题分析：设平行板长度为 l，宽度为 d，板间电压为 U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动： t= 垂直初速度方向做匀加速运动： a= 则通过电场时偏转

5、距离 y= at2= 当粒子的入射速度为 时，粒子恰好能穿过一电场区域而不 碰到金属板上， y=d； 欲使质量为 m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则 y不变，仍为 d； ， y= d，则由 得可行的方法有：应使粒子的带电量减少为原来的 ，使两板间所接电源的电压减少为原来的 ，使两板间的距离增加到原来的两倍，使两极板的长度减少为原来的一半故选项 BC正确。 考点：带电粒子在电场中的类平抛运动分析 如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表 V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡 L和滑动变阻器 R， R上并联一只理想电压表 V2。下列说法中正确的是（

6、 ） A若 F不动，滑片 P向下滑动时， V1示数变大， V2示数变小 B若 F不动，滑片 P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C若 P不动，滑片 F向下移动时， V1、 V2的示数均变小 D若 P不动，滑片 F向下移动时，灯泡消耗的功率变大 答案： B 试题分析： V1测的是原线圈的输入电压，其示数始终不变，若 F不动，副线圈的输入电压不变，滑片 P向下滑动时，变阻器接入电路的阻值变大，又灯泡与变阻器串联，故 V2示数变大，灯泡两端的电压减小，灯泡消耗的功率变小， A错误 B正确；若 P不动，滑片 F向下移动时，副线圈的输入电压减小，加在灯泡和变阻器两端的电压均减小，故灯泡消耗的功率变小， V

7、2的示数变小， C、 D错误。 考点：变压器的原理，电路的动态分析，闭合电路的欧姆定律 如图所示，长为 L的轻杆一端固定一质量为 的小球，另一端安装有固定的转动轴 O，杆可在竖直平面内绕轴 O无摩擦地转动。若在最低点 P处给小球一沿切线方向的初速度 ，其中 为重力加速度，不计空气阻力，则（ ） A小球不可能到达圆周轨道的最高点 Q B小球能到达最高点 Q，但小球在 Q点不受轻杆的弹力 C小球能到达最高点 Q，且小球在 Q点受 到轻杆向上的弹力 D小球能到达最高点 Q，且小球在 Q点受到轻杆向下的弹力 答案： C 试题分析：根据动能定理得， mg 2L mv2 m ，解得 v= ，知小球能够到达

8、最高点 P假设在最高点重力和支持力的合力提供向心力，则有，解得 ，即小球在 P点受到轻杆对它向上的弹力故 C正确， A、 B、 D错误故选 C 考点：牛顿第二定律在圆周运动中的应用，动能定理 从地球上发射两颗人造地球卫星 A和 B，绕地球做匀速圆周运动的半径之比为 RA:RB=4:1，则它们的线速度之比 和运动周期之比 TA:TB为（ ） A 2:1， 1:16 B 1:2， 8:1 C 1:2， 1:8 D 2:1， 2:1 答案： B 试题分析：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则 FA=G =mA ，FB=G =mB ,联立解得 ，根据 T= 知 ，故选 B。 考点：本题考查万有引

9、力定律的应用，由向心力公式和周期公式可解 图示为一列沿 轴负方向传播的简谐横波，实线为 时刻的波形图，虚线为 时的波形图，波的周期 T 0.6s，则（ ）。 A波的周期为 2.4s B在 s时， P点沿 y轴正方向运动 C经过 0.4s， P点经过的路程为 4m D在 时， Q点到达波峰位置 答案： D 试题分析：根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿 x轴负方向平移（ n+ ） ，其中 n=0、 1、 2、 3、 4 ，故由实线传播到虚线这种状态需要（ n+ ） T，即（ n+ ） T=0.6s，解得 T= s，其中 n=0、 1、 2、 3、 4 ，当 n=0时，解得 T=0.8

10、s，当 n=1时，解得 T=0.34s，又 T 0.6s，故最大周期为0.8s，故 A错；由于波沿 x轴负方向传播，故 t=0时 P点沿 y轴负方向运动，故t=0.8s时 P点沿 y轴负方向运动，而周期 T=0.8s，故 0.9s时 P点沿 y轴负方向运动故 B错误在一个周期内 P点完成一个全振动，即其运动路程为 4A，而0.4s= T，故 P点的运动路程为 2A=0.4m， C错；由题意可知波长 =8m，则变速 v= =10 m/s，在 t=0时 Q点的横坐标为 5m，由于波沿 y轴负方向运动，故在 t=0.5s的时间内波沿 x轴负方向传播的距离为 x=vt=100.5m=5m，故在t=0.

11、5s 时， Q 点振动情况和 t=0 时距离坐标原点 10m 处的质点的振动情况相同，而 t=0时距离坐标原点 10m处的质点在波峰，在 t=0.5s时， Q点到达波峰位置故 D正确故选 D 考点：波的形成和传播；波长、频率和波速的关系 实验题 （ 6分）用图甲所示的装置利用打点计时器进行探究动能定理的实验，实验时测得小车的质量为 ，木板的倾角为 。实验过程中，选出一条比较清晰的纸带，用直尺测得各点与 A点间的距离如图乙所示： AB= ； AC= ； AD= ；AE= 。已知打点计时器打点的周期为 T，重力加速度为 g，小车与斜面间摩擦可忽略不计。那么打 D点时小车的瞬时速度为 ；取纸带上的

12、BD段进行研究，合外力做的功为 ，小车动能的改变量为 。 答案： 试题分析：匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，因此有： vD ， vB ， Ek m m = ， 重力做功为： W=mg（ d3-d1） sin。 考点：探究功与速度变化的关系 （ 10分）测量电源的电动势 E及内阻 r(E约为 4.5V， r约为 1.5)。 器材：量程为 3V的理想电压表 V，量程为 0.5 A的电流表 A(具有一定内阻 )，固定电阻 R= 4，滑动变阻器 R，开关 K，导线若干。 画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出。 实验中，当电流表读数为 I1时，电压表读数为 U1；

13、当电流表读数为 I2时，电压表读数为 U2，则可以求出 E= ， r= 。 (I1， I2， U1， U2及 R表示 ) 答案： 试题分析：电路图如答案：图所示， 由闭合电路欧姆定律 E=U+I(r+R)可知，依据测出的两组路端电压和电流即可求解 E、 r， 由 E= 可得： E= r= 评分标准：原理图 4分，其余两空每空 3分。 考点：测量电源的电动势和内阻 计算题 （ 15分）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过 5.5s后警车发动起来，并以 2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在 90km/

14、h 以内。问： （ 1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ （ 2）警车发动后要多长时间才能追上货车？ 答案：（ 1） 75m （ 2） 12s。 试题分析：（ 1）当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过 时间两车的速度相等。则： ， ， 。所以两车间的最大距离 。 （ 2）警车刚到达最大速度 90km/h=25m/s的时间： =10s。 时刻两车距离 30m。 警车达到最大速度后做匀速运动，设再 经过 时间追赶上货车。 则： =2s。所以警车发动后要经过时间 追上货车： =12s。 考点：匀变速直线运动规律的综合运用 （ 17 分）平面直角坐标系 中，第 1 象限存

15、在沿 轴负方向的匀强电场，第 象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子从 y轴正半轴上的 M点以速度 垂直于 轴射入电场，经 轴上的 N点与 轴正方向成 60o角射入磁场，最后从 轴负半轴上的 P点与 轴正方向成 60o角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求： （ 1）粒子在磁场中运动的轨道半径 R； （ 2）粒子从 M点运动到 P点的总时间 ； （ 3）匀强电场的场强大小 E。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）如图所示， 设粒子过 N点时的速度为 ，根据平抛运动的速度关系得 分别过 N、 P点作速度方向的垂线，

16、相交于 Q点，则 Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律得： ， 联立解得轨道半径为： R= （ 2）设粒子在电场中运动的时间为 ，有 ON= 由几何关系得 ON=Rsin30o+Rcos30o 联立解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T= 由几何关系知 NQP=150o，设粒子 在磁场中 运动的时间为 ，则 联立解得 故粒子从 M点运动到 P点的总时间为 （ 3）粒子在电场中类平抛运动，设加速度为 ，则 设沿电场方向的分速度为 ，有 联立解得 E= 考点：带电粒子在组合场中的运动 （ 20分）相距 L=1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m1=1kg的金属棒 和

17、质量 为 m2=0.27kg 的金属棒 cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方问竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。 棒光滑， cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 ，两棒总电阻为 1.8，导轨电阻不计。 ab棒在方向竖直向上，大小按图 (b)所示规律变化的外力 F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时 cd捧也由静止释放。 ( 取 10m s2) （ 1）求出磁感应强度 B的大小和 ab棒加速度的大小； （ 2）已知在 2s内外力 F做功 40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热； （ 3）判断 cd棒将做怎样的运动，求出

18、cd棒达到最大速度所需的时间 ，并在图 (c)中定性画出 cd棒所受摩擦力 随时间变化的图像。 答案：（ 1） a=1m/s2， B=1.2T（ 2） 18J（ 3） 2s 试题分析：（ 1）经过时间 t，金属棒 ab的速率 ，此时，回路中的感应电流 为 ，对金属棒 ，由牛顿第二定律得 由以上各式整理得： 在图线上取两点： 代入上式得 a=1m/s2， B=1.2T。 （ 2）在 2s末金属棒 的速率 m/s 所发生的位移 m 由动能定理得 又 Q=W 安 联立以上方程，解得 Q=(J)。 （ 3） 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 当 棒速度达到最大时，有 又 FN=F 安 F 安 =BIL 整理解得 。 随时间变化的图象如图所示。 考点：导体切割磁感线时的感应电动势，闭合电路的欧姆定律，电磁感应中的能量转化