2014届江西省新余市高三上学期期末质量检测物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届江西省新余市高三上学期期末质量检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 科学家并不比常人有太多的身体差异，只是他们善于观察，勤于思考，有更好的发现问题探究问题的毅力。下列规律或定律与对应的科学家叙述正确的是（ ） A伽利略与自由落体定律 B开普勒与万有引力定律 C爱因斯坦与能量守恒定律 D牛顿与相对论 答案： A 试题分析：伽利略发现了自由落体运动的规律，选项 A 正确；牛顿发现万有引力定律，选项 B 错误；爱因斯坦发现相对论原理，选项 CD 错误； 考点：物理学史及物理学家的贡献。 下列说法中正确的是（ ） A光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象 B一群处于 n=3能级激发态的氢

2、原子，自发跃迁时能发出 3种不同频率的光 C放射性元素发生一次 衰变，原子序数增加 1 D汤姆生通过 粒子散射实验建立了原子的核式结构模型 答案： BC 试题分析： A光电效应是原子吸收光子向外释放电子的现象，选项 A错误； B、 n=3能级的氢原子，自发跃迁时发出 条谱线，故 B正确； C、 衰变指原子核内的中子发生衰变，一个中子衰变为一个质子和一个电子，所以核电荷数 +1，原子序数 +1故 C正确； D卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子的核式结构模型 考点：光电效应；玻尔理论；放射性衰变； 粒子散射实验 一列简谐横波以 1m s的速度沿绳子由 A向 B传播，质点 A、 B间的水平距离 x

3、3m，如图甲所示若 t 0时 质点 A刚从平衡位置开始向上振动，其振动图象如图乙所示，则 B点的振动图象为下图中的（ ） 答案： B 试题分析： A、 C，由 A振动图象得到 T=4s，则波长 =vT=4m， A点开始振动方向向上而 AB间距离 x=3m= ，波从 A传到 B时间为 T=0.3s，即 B在A振动 0.3s后开始振动故 AC错误 B、 D， B点的起振动方向与 A点相同，均向上故 B正确， D错误 故选 B 考点：横波的图象；简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系 如图所示，在坐标系 xOy中，有边长为 L的正方形金属线框 abcd，其一条对角线 ac和 y轴重合、顶点 a位

4、于坐标原点 O处。在 y轴的右侧，的 I、 象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的 ab 边刚好完全重合，左边界与 y轴重合，右边界与 y轴平行。 t =0时刻，线圈以恒定的速度 v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿 abcda 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区 域的过程中，感应电流 i、 ab间的电势差 Uab随时间 t变化的图线是下图中的 ( ) 答案： AD 试题分析： A、在 d点运动到 O点过程中， ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到 0，则电流均匀减小到 0；然后 cd边开始切割，感应电流的方向

5、为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到 0，则电流均匀减小到 0故 A正确， B错误 C、 d点运动到 O点过程中， ab边切割磁感线， ab相当于电源，电流由 a到 b，b点的电势高于 a点， ab间的电势差 Uab为负值，大小等于电流乘以 bcda三条边的电阻，并逐渐减小 ab边出磁场后后， cd边开始切割， cd边相当于电源，电流由 b到 a， ab间的电势差 Uab为负值，大小等于电流乘以 ab边得电阻，并逐渐减小故 C错误， D正确 故选 AD 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 55 : 9 ，副线圈接有一灯泡L和一电阻箱 R

6、，原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化，此时灯泡消耗的功率为 40W，则下列说法正确的是（ ） A副线圈两端输出电压为 36 V B原线圈中电流表示数为 A C当电阻 R增大时，变压器的输入功率减小 D原线圈两端电压的瞬时值表达式为 答案： ACD 试题分析： A、由图象可知原线圈的电压最大值为 220 V，所以输入电压的有效值为 220V，根据电压与匝数成正比 可知，副线圈两端输出电压为36V，所以 A正确 B、如果电路中只有灯泡的话，灯泡消耗的功率为 40W，根据 P=UI可知，灯泡的电流为 ，根据电流与匝数成反比可得，此时原线圈中电流的大小为 A，但是电流中还有电阻箱，所以副线圈的电流要

7、大于 ，原线圈的电流也要大于 A，所以 B错误 C、当电阻 R增大时，副线圈的电阻增加 ，由于输出电压是由输入电压和匝数比决定的，所以副线圈的电压不变，副线圈的电流将减小，原线圈的电流也将减小，由于原线圈的电压不变，所以变压器的输入功率减小，所以 C正确 D、由图象可知，交流电的最大值为 220 V，周期为 0.02s，由，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u 220sin100tV，所以 D正确 故选 ACD 考点：变压器的构造和原理 某同学画出 “天宫一号 ”和 “神舟八号 ”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示， A代表 “天宫一号 ”， B代表 “神舟八号 ”，虚线为各自的轨道。由此

8、假想图，可以判定下列 选项 错误 的是 ( ) A “天宫一号 ”的运行速率大于 “神舟八号 ”的运行速率 B “天宫一号 ”的周期小于 “神舟八号 ”的周期 C “天宫一号 ”的向心加速度大于 “神舟八号 ”的向心加速度 D “神舟八号 ”适度加速有可能与 “天宫一号 ”实现对接 答案： ABC 试题分析： A、 B、 C根据 得：线速度，周期 ，向心加速度 ，可见，轨道半径越大，线速度越小，加速度越小，周期越大则 “天宫一号 ”的运行速率小于 “神舟八号 ”的运行速率， “天宫一号 ”的周期大于 “神舟八号 ”的周期，天宫一号的加速度小于神舟八号的加速度，故 ABC错误 D、神舟九号适当加

9、速将做离心运动，有可能与 “天宫一号 ”对接故 D正确 故选 ABC 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 如图，质量为 M、长度为 L的小车静止在光滑的水平面上质量为 m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端现用一水平恒力 F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动物块和小车之间的摩擦力为 Ff物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 s在这个过程中，以下结论正确的是（ ） A物块到达小车最右端时具有的动能为 F (L+s) B物块到达 小车最右端时，小车具有的动能为 Ff s C物块克服摩擦力所做的功为 Ff (L+s) D物块和小车增加的机械能为 Ff

10、s 答案： BC 试题分析： A、物块受到拉力、重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有（ F-Ff） （ L+s） = mv2，故 A错误； B、小车受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 Ff s= Mv2，故 B正确； C、物块在摩擦力作用下前进的距离为（ L+s），故物块克服摩擦力所做的功为Ff（ L+s），故 C正确； D、根据功能关系，物块和小车系统增加的机械能等于拉力做的功减去克服一对摩擦 力做的功，即等于 F（ L+s） -Ff L，故 D错误； 故选 BC 考点：动能定理，功能关系 一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿 x轴从 向 运动，其速度 v随位置 x变化的图象如图

11、所示 和 处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在 轴上（ ） A 和 两处，电场强度相同 B 和 两处，电场强度最大 C =0处电势最小 D从 运动到 过程中，电荷的电势能逐渐增大 答案： B 试题分析： A、由题，正检验电荷仅在电场力作用下沿 x轴从 x=-向 x=+运动，速度先减小后增大，所受的电场力先沿 -x轴方向，后沿 +x轴方向，电场线方向先沿 -x轴方向，后沿 +x轴方向，则知 x=x1和 x=-x1两处，电场强度的方向相反，电场强度不同，故 A错误 B、由 v-t图象的斜率等于加速度知， x=x1和 x=-x1两处电荷的加速度最大，由牛顿第二定律得： ，所以电场强度最大，故 B正

12、确 C、由上知，电场线方向先沿 -x轴方向，后沿 +x轴方向，根据顺着电场线方向电势降低可知，电势先升高后降低，则 x=0处电势最大，故 C错误 D、从 x=x1运动到 x=+过程中，电场力沿 +x轴方向，则电场力做正功，电荷的电势能逐渐减小，故 D错误 故选： B 考点：电场强度、电势及电势能。 如图，半圆形凹槽的半径为 R， O点为其圆心。在与 O点等高的边缘 A、 B两点分别以速度 v1、 v2水平同时相向抛出两个小球，已知 v1 v2=1 3，两小球恰落在弧面上的 P点。则以下说法中正确的是（ ） A. AOP为 45 B.若要使两小球落在 P点右侧的弧面上同一点，则应使 v1、 v2

13、都增大 C.改变 v1、 v2，只要两小球落在弧面上的同一点， v1与 v2之和就不变 D.若只增大 v1，两小球可在空中相遇 答案： D 试题分析： A、连接 OP，过 P点作 AB的垂线，垂足为 D，如图所示： 两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以 而 AD+BD=2R，所以 ，所以 ，所以 cos AOP=即 AOP=60，故 A错误； B、若要使两小球落在 P点右侧的弧面上同一点，则 A球水平方向位移增大， B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使 v1增大， v2减小，故 B 错误； C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为

14、2R，则（ v1+v2） t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同， t也不同，所以 v1+v2也不是一个定值，故 C错误； D、若只 增大 v1，而 v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故 D正确 故选 D 考点：平抛运动的规律。 如图所示，真空中 M、 N 处放置两等量异号电荷， a、 b、 c表示电场中的 3条等势线， d点和 e点位于等势线 a 上， f 点位于等势线 c上， d f平行于 M N已知：一带正电的试探电荷从 d点移动到 f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（ ） A M点处放置的是正电荷 B若将带正电的试探电荷沿直线由 d点移动到

15、e点，则电场力先做正功、后做负功 C d点的电势高于 f点的电势 D d点的场强与 f点的场强完全相同 答案： B 试题分析： A、因正电荷由 d到 f电场力做正功，电势能增加，则电势升高故f点电势高于 d点电势则 N点为正电荷，故 A错误， C错误 B、将带正电的试探电荷沿直线由 d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功故 B正确 D、 d点与 f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故 D错误；故选 B 考点：电场强度；电势 一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其 图象如图所示下列说法正确的是（ ） A前 2s内该同学处于超重状态 B

16、前 2s内该同学的加速度是最后 1s内的 2倍 C该同学在 10s内的平均速度是 1m/s D该同学在 10s内通过的位移是 17m 答案： D 试题分析：前 2s内该同学加速向下运动，属于失重状态，选项 A 错误；前 2s内该同学的加速度为 ，最后 1s内的加速度为，所以最后 1s的加速度是前 2s加速度的 2倍，选项 B 错误；该同学在 10s内的位移为 ，选项 D 正确；所以平均速度是 ，选项 C 错误； 考点： v-t图线的应用；超重失重。 如图所示，一个质量为 m的滑块静止置于倾角为 30的粗糙斜面 上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为

17、30则（ ） A滑块一定受到三个力作用 B弹簧一定处于压缩状态 C斜面对滑块的支持力大小可能为零 D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 答案： D 试题分析： A、弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态， A B错误； C、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于 mg），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误； D正确故选 D 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 实验题 在 “长

18、度的测量 ”实验中，调整游标卡尺两测脚间距离，主尺和游标的位置如图所示，此时卡尺两脚间狭缝宽度为 _mm； 如图所示，螺旋测微器测出的金属丝的直径是 _mm 答案： .65； 1.500 试题分析：卡尺读数为 130.05mm=0.65mm；螺旋测微器测出的金属丝的直径是 1.5mm+00.01mm=1.500mm 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数 . 某电流表的量程为 50mA，内阻为 50，其表面的刻度盘已损坏，要重新通过测量来刻画出刻度值，有下列器材： A待测电流表 B 9V直流电源 C “0-10， 1A”滑动变阻器 D “0-100， 50mA”滑动变阻器 E “0.6A， 0.5”

19、标准电流表 F “3A， 0.01”标准电流表 G 5标准电阻 F 20标准电阻 I. 开关及导线若干 (1)应选用的器材 (填选用器材序号 )。 (2)画出实验电路图 (3)待刻度电流表的电流表刻度值 Ix = 说明式中各物理量的表示意义 。 答案：（） ABCEGI（）如图所示（） 试题分析：（ 1）先选出必选的 ABI，再据电路需求选择相应器材：因电压变化范围大故滑动变阻器用分压式接法，用小阻值的 C， 待较准的电流表的最大电压为 I0r0=2.5V，则当作电压表的电流表与电阻选择 E，G即可故所选器材为： ABCEGI （ 2）电路图如图所示 （ 3）由电路图可知，流过待较准电流表的电

20、流为： ， I为标准电流表 E的读数， RE为标准电流表 E的内电阻， R为待测交电流表的电阻， RG为定值电阻阻值 . 考点：伏安法测电阻 计算题 图示是一透明的圆柱体的横截面，其半径 R 20cm，折射率为 ， AB是一条直径，今有一束平行光沿 AB方向射向圆柱体，试求： 光在圆柱体中的传播速度； 距离直线 AB多远的入射光线，折射后恰经过 B点 . 答案： ； 10 cm 试题分析： 光在圆柱体中的传播速度 设光线 PC经折射后经过 B点，光路图如图所示 由折射定律有： 又由几何关系有： 解 得 光线 PC离直线 AB的距离 CD=Rsin 10 cm 则距离直线 AB10 cm的入射光

21、线经折射后能到达 B点 考点：光的折射定律 如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿 y 轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为 m、电荷量为 q的粒子以速度 v0从 y轴上的 M点沿 x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经 x轴上的 N点和 P点最后又回到 M点，设 OM=L,ON=2L.求： （ 1）带电粒子的电性，电场强度 E的大小； （ 2）带电粒子到达 N点时的速度大小和方向； （ 3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向； （ 4）粒子从 M点进入电场，经 N、 P点最后又回到 M点所用的时间。 答案： (1) (2) (3) (4

22、) 试题分析：（ 1）粒子从 M至 N运动过程有： 加速度 运动时间 得电场强度 则 (2)设 vN与 x成 角 带电粒子到 N点速度 （ 3）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在 O处，设半径为 R，由几何关系知带电粒子过 P点的速度方向与 x成 角，则 OP=OM=L 则 由牛顿第二定律得： 解得： (4)粒子从 M至 N时间： 粒子在磁场中运动时间： 粒子从 P至 M运动时间 从 M点进入电场，经 N、 P回 M所用时间 考点：带电粒子在复合场中的运动 . 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距 d 0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值 R 2 W的电阻连

23、接，右端通过导线与阻值 RL 4 W的小灯泡 L连接在 CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场， CE长 l =2 m，有一阻值 r =2 W的金属棒 PQ放置在靠近磁场边界 CD处（恰好不在磁场中） CDEF区域内磁场的磁感应强度 B随时间变化如图乙所示在 t 0至 t 4s内，金属棒 PQ保持静止，在 t 4s时使金属棒 PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动已知从 t 0开始到金属棒运动到磁场边界 EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求： （ 1）通过小灯泡的电流 （ 2）金属棒 PQ在磁场区域中运动的速度大小 答案： (1)0.1A(2) 1m/s 试题分析：（ 1）在 t

24、 0至 t 4s内，金属棒 PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势 电路为 r与 R并联，再与 RL串联，电路的总电阻 5 此时感应电动势 =0.520.5V=0.5V 通过小灯泡的电流为： 0.1A （ 2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为 R与 RL并联，再与 r串联，此时电路的总电阻 2 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流 IL=0.1A，则流过棒的电流为 0.3A 电动势 解得棒 PQ在磁场区域中运动的速度大小 v=1m/s 考点：法拉第电磁感应定律的综合运用。 引体向上运动是同学们经常做的一项健身运动。如图所示，质量为 m的某同学两手正握单杠，开始

25、时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下鄂距单杠面的高度为 H，然后他用恒力 F向上拉，下颚必须超 过单杠面方可视为合格，已知 H=0.6m， m=60kg，重力加速度 g=10m/s2。不计空气阻力，不考虑因手弯曲而引起人的重心位置变化。 （ 1）第一次上拉时，该同学持续用力（可视为恒力），经过 t=1s时间，下鄂到达单杠面，求该恒力 F的大小及此时他的速度大小。 (2) 第二次上拉时，用恒力 F/=720N拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次 引体向上合格，恒力 F的作用时间至少为多少？ 答案：（ 1） 672N； 1.2m/s（ 2） 0.71s 试题分

26、析：（ 1）第一次上拉时，该同学向上匀加速运 动，设他上升的加速度大小为 a1，下颚到达单杠面上时的速度大小为 V，由牛顿第二定律及运动学规律得： F-mg=ma1 H=a1t2/2 V=a1t 联立以上方程得： F=672N V=1.2m/s (2)第二次上拉时，设上拉时的加速度大小为 a2，恒力作用时间至少为 t,上升的位移为 S1，速度为 V1，匀减速运动的位移为 S2.根据题意可得： F/-mg=ma2 S1+S2=H S1=a2t2/2 V12=2gS2 V1=a2t 联立以上方程得： t= =0.71s 考点：牛顿定律的应用及匀变速运动的规律。 如图所示，光滑的水平面上有 mA=2kg， mB= mC=1kg的三个物体，用轻弹簧将 A与 B连接在 A、 C两边用力使三个物体靠近， A、 B间的弹簧被压缩，此过程外力做功 72 J，然后从静止开始释放，求当物体 B与 C分离时， B对 C做的功有多少？ 答案： J 试题分析：（ 1）当弹簧恢复原长时， B与 C分离， 0=mAvA-（ mB+mc） vC ， EP= + ， 对 C由动能定理得 W= -0 ， 由 得 W=18J， vA=vC=6m/s 考点：动量守恒定律及能量守恒定律