2014届陕西西安长安区第一中学高三上第二次检测物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届陕西西安长安区第一中学高三上第二次检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，用完全相同的轻弹簧 A、 B、 C将两个小球 1、 2连接并悬挂，小球均处于静止状态，小球 1、 2的质量分别为 和 。弹簧 A与竖直方向的夹角为 ，弹簧 C水平，则弹簧 A、 B、 C的伸长量之比为 ( ) A B C D 答案： C 试题分析：对球 1和球 2分别受力分析，设弹簧 A、 B、 C的拉力分别为，弹簧 B的拉力与竖直方向的夹角为 ，如下图所示： 由平衡条件，对球 1： ， ； 对球 2： ， ， 联立解得： , , .根据胡克定律： ， 相同，则弹簧 A、 B、 C的伸长量之比等于三个弹

2、簧的拉力之比，即有。故选 C。 考点：本题考查了胡克定律、受力分析、共点力的平衡条件、力的合成与分解。 （ 6分）关于天然放射现象，下列叙述正确的是 _（填入正确选项前的字母，选对 1个给 3分，选对 2个给 4分，选对 3个给 6分，每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分） A若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少 B当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生 衰变 C在 、 、 这三种射线中， 射线的穿透能力最强， 射线的电离能力最强 D铀核 ( )衰变为铅核（ ）的过程中，要经过 8次 衰变和 6次 衰变 E.铀核 ( )衰变成 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀

3、核的结合能 答案： CDE 试题分析：半衰期是由核内部因素决定 不受外部因素影响，故 A错误。在放射性元素的原子核中， 2个中子和 2个质子结合得比较紧密，有时会作为一个整体从较大的原子核中抛射出来，这就是放射性元素发生的衰变现象；原子核里虽然没有电子，但是核内的中子可以转化成质子和电子，产生的电子从核内发射出来，这就是 衰变，故选项 B错误。 、 、 这三种射线，穿透能力依次增强，电离能力依次减弱，故选项 C正确。对 衰变反应由质量数守恒知经过 8次 衰变，再由电荷数守恒知经过 6次 衰变，故 D正确。一重原子核衰变成 粒子和另一原子核，要释放能量，则衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结

4、合能，选项 E这群。故选 CDE。 考点：本题考查了天然放射现象、半衰期、原子核的组成、核反应方程、原子核的结合能 . 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 ，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为 的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上 的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关 S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ） A电压表示数为 1100 V B抽油烟机上电压的瞬时值表达式为 C热水器的实际功率减小 D变压器的输入功率增大 答案： ACD 试题分析：由图乙知原线圈的副线圈的电压峰值为： ， 则 ，电压表测得原线圈的电压的有效值为 1100V，故选项

5、 A正确。由图乙知副线圈的交流电 ，初相为 ，故副线圈两端电压的瞬时值表达式为： ，但定值电阻 R会分得一部分电压，抽油烟机获得的电压会偏小，故 B错误。对副线圈接通抽油烟机后，总电阻 减小，总电流 增大，热水器的电压 减小，故热水器的实际功率减小，选项 C 正确。由 知，输出功率增大，则输入功率增大，故选项 D正确。故选 ACD。 考点：本题考查了交变电流的规律、四个值、变压器的原理、电路的动态分析。 如图所示，长度 L=10m 的水平传送带以速率 沿顺时针方向运行，质量 的小物块（可视为质点）以 的初速度从右端滑上传送带。已知物块与传送带之间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，则物块 ( ) A

6、相对地面向左运动的最大距离为 4.5m B相对地面向左运动的最大距离为 9m C从滑上传送带到滑下传送带所用的时间 2.5 s D从滑上传送带到滑下传送带所用的时间 6.25 s 答案： BD 试题分析：对滑块受力分析，由牛顿第二定律知加速度为 ，滑块相对于地面向左最大距离为速度减为零，减速时间为 ，位移为，故选项 A错误、选项 B正确。滑块向右加速至速度和皮带共速后一起匀速，加速时间为 ，加速位移为 匀速时间为，则从滑上传送带到滑下传送带所用的时间为，故选项 C错误、选项 D正确。故选 BD。 考点：本题考查了匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、传送带问题。 如图所示，两平行光滑金属导轨固定

7、在绝缘斜面上，导轨间距为 L，劲度系数为 k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒 ab相连，弹簧与导轨平面平行并与 ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关 K 后导体棒中的电流为 I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为 ；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为 I，导体棒平衡时弹簧伸长量为 。忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度 B的大小为（ ） A B C D 答案： B 试题分析：设斜面倾角为 ，对导体棒受力分析， 由平衡条件，调转图中电源极性使棒中电流反向，由平衡条件，联立解得： ，故选 B。 考点：本题考查了电磁感应定律、共点力的平衡

8、条件。 2013年 6月 13日 ,神州十号与天宫一号成功实现自动交会对接。假设神州十号与天宫一号都在各自的轨道上做匀速圆周运动。已知引力常量为 G,下列说法正确的是（ ） A由神州十号运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量 B由神州十号运行的周期可以求出它离地面的高度 C若神州十号的轨道半径比天宫一号大，则神州十号的周期比天宫一号小 D漂浮在天宫一号内的宇航员处于平衡状态 答案： A 试题分析：根据万有引力提供向心力 ，得： ，由飞船飞行的周期和轨道半径可以求出地球的质量，故 A正确。根据万有引力提供向心力 ，得 ，所以只知道飞船飞行的周期，不能求出飞船离地面的高度故 B错误。同理得 ，因飞

9、船的轨道半径比天宫一号大，飞船的周期也比天宫一号大故 C错误。漂浮在飞船返回舱内的宇航员做匀速圆周运动，处于失重状态，故 D错误。故选 A 考点：本题考查了人造卫星的加速度、周期和轨道的关系，万有引力定律及其应用、超重与失重 如图所示， 50个大小相同、质量均为 的小物块，在平行于斜面向上的 恒力 F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为 ，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为 ，则第 6个小物块对第 5个小物块的作用力大小为（ ） A B C D因为动摩擦因数未知，所以不能确定 答案： A 试题分析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律得，整体的加速度 把 12345隔离，对五个物

10、体受力分析，有：， 解得： ，故 B正确， A、 C、 D错误故选 B 考点：本题考查了牛顿第二定律、受力分析、力的合成与分解、整体法与隔离法。 以初速为 ，射程为 的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体水平方向速度大小为 ( ) A B C D 答案： D 试题分析：由平抛运动规律知，水平方向： ，竖直方向： ，解得轨道的高度为： 。 当物体沿轨道下滑，根据机械能守恒定律得： ，解得物体到达轨道底部时的速率为： 。设 是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角， 是平抛运动位移方向与水平方法的夹角，根据平抛运动的结论有：

11、，又因 ，所以 ，由三角函数基本关系式得： ，而水平方向放热速度大小为，解得： ，故选 D。 考点：本题考查了平抛运动的规律、机械能守恒定律。 实验题 （ 7分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每 5个点取 1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为 50Hz。 (1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。 (2)计数点 5对应的速度大小为 m/s，计数点 6对应的 速度大小为 m/s。（结果保留三位有

12、效数字）。 (3)物块减速运动过程中加速度的大小为 = m/s2（结果保留三位有效数字）。若用 来计算物块与桌面间的动摩擦因数（ 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填 “偏大 ”或 “偏小 ”）。 答案： (1) 6 ， 7 (2) 1.00 ， 1.20 (3) 2.00 ，偏大 试题分析：（ 1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点 6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点 7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点 6和 7之间某时刻开始减速。 （ 2）用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度： ，（ 3）由纸带可知，计数点 7往后做减速运

13、动，用逐差法求解减速过程中的加速度得： ；在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大。 考点：本题考查了研究匀变速直线运动实验。 （ 8分）在做测量一只蓄电池 (电动势约为 2.2 V，内阻很小 )的电动势和内阻的实验时，备有下列器材供选用： A定值电阻 (阻值已知为 1，额定功率约 5W) B定值电阻 (阻值已知为 10，额定功率约 10W) C 直流电流表 (量程 0 0.6A 3A，内阻不能忽略 ) D直流电压表 (量程 0 3V 15V，内阻较大 ) E滑动变阻器 (阻值范围 0 10) F滑动变阻器 (阻值范围 0 1000) G电键

14、H导线若干 (1)为防止电源短路，用作保护电阻的定值电阻选用 _(填 “A”或 “B”)；滑动变阻器选用 _(填 “E”或 “F”) (2)某同学将选定的器材在实物图上连线完成了实验电路，闭合电键后无论怎样移动滑片 P，发现电压表示数约为 2.2 V不变，电流表的示数几乎为零，若电路中只有一处故障，则电路故 障可能是下述中的 _ _ A b、 c间断路 B a、 b间某点电阻丝断路 C P与电阻丝未接通 D保护电阻断路 (3)排除故障后，某小组讨论发现图中有一条导线连接错误，请在错误导线上画上 “”，并画出正确接线 (4)改正错误后按正确操作完成实验，根据实验记录，将测量数据描点如下图，请在图

15、上作出相应图象则待测蓄电池的电动势 为 _V，内阻 为_.(结果均保留三位有效数字 ) 答案： (1)AE (2)AC (3)图线如下图所示 (4)图象如下图所示， 2.20(2.10 2.30) ， 0.500(0.400 0.600) 试题分析：（ 1）定值电阻 A的额定电压 ，定值电阻 B的额定电压 ，电源电动势约为 2.2V，因此保护电阻可以选 A；为了测出多组实验数据，电流变化范围应大一些，因此滑动变阻器可以选用 E。 (2) 电流表的示数几乎为零，说明电路存在断路；无论怎样移动滑片 P，电压表示数约为 2.2V，等于电源电动势，说明断路位置出现在电压表的并联部分电路；若 b、 c间

16、断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，测电源电动势，符合电路故障现象，故 A正确；如果 a、 b中段某点电 阻丝断路，则移动滑片的时，电路有时是通路，电路有时是断路，电流表示数不会始终为零，不符合电路故障现象，故 B错误；若 P与电阻丝未接通，移动滑片时电路始终断路，电流表示数为零，电压表示数接近电源电动势，符合电路故障现象，故C正确；如果保护电阻断路，电压表示数为零，不符合电路故障现象，故 D错误；故选 AC。 （ 3）电压表连线错误，改正后的电路图如上图所示 （ 4）用直线把坐标系中的点连接起来，得到 U-I图象，如上图所示；由图象可知，电源电动势 ， ，则电源内阻。 考点

17、：本题考查了测定电源的电动势和内阻实验 计算题 （ 15分） （ 1）（ 6分）如图为一列简谐横波在 时的波形图。若波自右向左传播的，则在 x=0.2m处且处于平衡位置的 P点此时的运动方向是 。若经过时间后， P点刚好第一次到达波峰，则波的传播速度是 ,从 到 时 P点走过的路程为 。 （ 2）（ 9分）如图， MN 是一条通过透明球体球心的直线。现有一单色细光束AB平行于 MN 射向球体， B为入射点，若出射光线 CD与 MN 的交点 P到球心O 的距离是球半径的 倍，且与 MN 所夹的角 ，求此透明体折射率 n. 答案：（ 1）向下， 10m/s ， 2.05m ； (2) 试题分析：

18、（ 1）将波向左微微平移，会发现质点 P的位移变大且为负值，故 P向下运动。 P点刚好第一次到达波峰，即 P右侧的第一个波峰传到 P位置，即传播 ，故波速为： 。 由图知波长为 ，振幅为 ，则周期 ，而，故 P点走的路程为 。 （ 2）设在 B 点光线的入射角、折射角分别标为 、 ，做光路图连接 OB、 BC，如图所示。 在 中有： ，解得： （ 值舍），进而可得： 由折射率定义：在 B点有： ；在 C点有： 又 所以， ，而 ，故 因此，透明体的折射率 考点：本题考查了横波的图象、横波的传播规律、波的传播与质点振动的关系；光的折射定律、光路。 （ 20分）如图所示，在直角坐标 xOy平面 y

19、轴左侧（含 y轴）有一沿 y轴负向的匀强电场，一质量为 m，电量为 q的带正电粒子从 x轴上 P处以速度沿 x轴正向进入电场，从 y轴上 Q 点离开电场时速度方向与 y轴负向夹角， Q 点坐标为（ 0， -d），在 y轴右侧有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域（图中未画出），磁场磁感应强度大小 ，粒子能从坐标原点 O沿 x轴负向再进入电场不计粒子重力，求： （ 1）电场强度大小 E； （ 2）如果有界匀强磁 场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积； （ 3）粒子从 P点运动到 O 点的总时间 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设粒子从 Q 点离开电场时速度大小为 ，由粒子在匀

20、强电场中做类平抛运动得： 由动能定理得 ，解得： （ 2）设粒子从 M点进入， N 点离开半圆形匀强磁场区域粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为 ，圆心为 ，轨迹如图所示： 由洛伦兹力提供向心力，得 解得： 若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为 可得半径， 半圆形磁场区域的最小面积： （ 3）设粒子在匀强电场中运动 时间为 ，粒子从 Q 点离开电场时沿 y轴负向速度大小为 ，有： ， ， 解得： 设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为 ，有： 粒子在 QM、 NO间做匀速直线运动时间分别为 、 由几何关系得 QM距离 ，得： ； NO间距离 ，得 粒子从 P点运动到 O 点的总时间为

21、考点：本题考查了类平抛运动、匀速圆周运动、匀速直线运动、动能定理。 （ 12分） 2013年 9月 15日，西安地铁 1号线正式通车 ,西安地铁正式 进入换乘时代。已知相距 4000 m的甲乙两站之间的线路为直线，在调试运行时，列车出站加速和进站减速的加速度大小均为 1 m/s2，中途保持匀速运行。列车从甲站由静止出发到乙站停止正好用时 4 min。某次调试时，列车从甲站出发比原定的出发时间晚了 20s，但仍保持与原来相同的加速度出站和进站，要使列车仍然准点到达乙站，求此次列车出站加速的时间应为多少？ 答案： 试题分析：设列车本次出战应加速的时间 ，列车从甲站到乙站实际用时， 列车加速出站过程

22、得位移： 同理，列车进站过程的位移： 列车匀速运行的速度为 列车匀速前进过程的位移为 联 立解得： 考点：本题考查了匀变速直线运动的规律。 在竖直平面内固定一半径为 的金属细圆环，质量为 的金属小球（视为质点）通过长为 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量 （未知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为 ,则有 ( ) A绳对小球的拉力 B电荷量 C绳对小球的拉力 D电荷量 答案： AB 试题分析：由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分 ，设总电量为 ，则该部分电量为 ， 由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力 ，方向沿该点与小球的连

23、线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与 相同；如图 1所示： 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为：； 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力，方向水平向右；小球受力分析如图 2所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故 T与 F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得： ；则小球对绳子的拉力 ，故A正确、 C错误。由 ，得： ，解得 ，故 B正确、 D错误。故选 AB。 考点：本题考查了库伦定律、共点力的平衡 条件、微元法。 （ 9分）如下图所示，在竖直平面内固定着半径为 R的半圆形轨道，小球 B静止在轨道的最低点，小球 A从轨道右端正上方 3.5R处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道后，与小球 B发生弹性碰撞。碰撞后 B球上升的最高点 C，圆心 O 与 C的连线与竖直方向的夹角为 60。若两球均可视为质点，不计一切摩擦，求 A、 B两球的质量之比 . 答案： 试题分析：小球 A从高处静止下落至轨道的最低点，由机械能守恒定律得 :小球 A与小球 B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 : , B球上升到最高点 C，由机械能守恒定 律 : 联立解得 考点：动量守恒定律和机械能守恒定律。