1、2013-2014四川省高三 “联测促改 ”活动物理试卷与答案（带解析） 选择题 若战机从 “辽宁舰 ”航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同，则起飞滑行的过程 A携带弹药越多，加速度越大 B携带弹药越多，滑行时间越长 C携带燃油越多，获得的起飞速度越大 D携带燃油越多，牵引力做功越大 答案： B 试题分析 :根据牛顿第二定律，有： F-Ff=ma；携带弹药越多，质量越大，故加速度越小，故 A错误；根据牛顿第二定律，有： F-Ff=ma，携带弹药越多，质量越大，故加速度越小，根据 t= ，滑行时间越长，故 B正确；携带弹药越多，质量越大，根据动能定理 Fx-Ffx= ，故速度越小，故 D错误；滑
2、行的距离和牵引力都相同，故牵引力做的功 W=Fx都相同，故 D错误 考点：功；牛顿第二定律 如图甲所示， abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R。， 在金属线框的下方有一匀强磁场区域， MN和 PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从 MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到 bc刚好运动到匀强磁场 PQ边界的 v-t图象，图中数据 均为已知量。重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是 A金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿 adcba方向 B磁场的磁感应强度为 C金属线
3、框在 0一 t3的时间内所产生的热量为 D MN和 PQ之间的距离为 答案： BC 试题分析 :由楞次定律可知，金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿 abcda 方向，故 A 错误；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为 t2-t1，故金属框的边长： l=v1（ t2-t1），在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得： mg=BIl， I= ，又 l=v1（ t2-t1） 联立解得：磁场的磁感应强度为 B= ，故 B正确；金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为 Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得： Q=mgl=mgv1（ t
4、2-t1），故 C正确； MN和 PQ之间的距离为，所以 D错误。 考点：楞次定律，导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像；焦耳定律 2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现 “巨磁电阻 ”效应的物理学家，某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图所示，其中R、 Ro分别表示 有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路关于这个图探究实验，下列说法中正确的是 A闭合开关 S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数增大 B闭合开关 S，图乙中只改变磁场方向，电压表的示数减小 C闭合开关 S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过 ap段的电流可
5、能减小 D闭合开关 S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大 答案： AD 试题分析 :由图可以看出，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关随着磁感应强度变大，电阻变大；闭合开关 S，图乙中只增 加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电路电流减小， Pb两端电压减少，由 E=U+Ir，可知路端电压增大，所以晓以电压表的示数增大，故 A正确；由甲图可知，磁敏电阻的阻值的磁感应强度的方向无关，只改变磁场方向原来方向相反时，伏特表示数不变，故 B错误；闭合开关 S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，由选项A分析可知，电压表读数增大，也就是 aP段的两端电压增加，而电阻没变，故通过
6、 ap的电流一定增大，故 C错误；闭合开关 S，如果原来的外电阻小于内电阻，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，可能使得外电路电 阻等于电源的内阻，此时电源的输出功率最大，故电源输出功率可能增大，故 D正确 考点：闭合电路的欧姆定律 为了探测月球，嫦娥三号探测器先在以月球中心为圆心，高度为 h的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕月球做近月表面的圆周飞行，周期为To引力常量 G已知。则 A可以确定月球的质量 B可以确定月球的半径 C可以确定月球的平均密度 D可以确定嫦娥三号探测器做近月表面圆周飞行时，其质量在增大 答案： C 试题分析 :月球的质量 M= ，由于不知道月球的
7、半径 r，也就不知道嫦娥三号探测器围绕月球做近月表面的圆周飞行的半径，也就没有办法确定月球的质量的，所以 A、 B错误；密度 = ，所以可以确定月球的平均密度，故 C正确；可以确定嫦娥三号探测器做近月表面圆周飞行时，其质量是不变，故 D错误。 考点：人造卫星；万有引力定律及其应用 如图所示， 50匝矩形闭合导线框 ABCD处于磁、感应强度大小 的水平匀强磁场电线框面积 S=0.5m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴 00以角速度 = 200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接人一只 “220V， 60W灯泡，且灯泡正常发光，电流表的示数为 10A，下列说法正确的是 A中
8、性面位置穿过线框的磁通量为零 B线框中产生交变电压的有效值为 500 V C变压器原、副线圈匝数之比为 25： 10 D允许变压器输出的最大功率为 5000W 答案： D 试题分析 :中性面位置，此时线圈和磁场垂直，此时穿过线框的磁通量最大，所以 A错误；矩形闭合导线框 ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=500 V，所以有效值为 500V，故 B错；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为 500/220=22/11，故 C错误；由于熔断器允许通过的最大电流为 10A，所以允许变压器输出的最大功率为 P=UI=50010=5000W，所以 D正确 考点：交流发电机及
9、其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值 一列简谐横波沿 x轴传播，周期为 T， t 0时刻的波形如图所示。此时平衡位置位于 x 3m处的质点正在向上运动，若 a、 b两质点平衡位置的坐标分别为 xa=2.5 m， xb=5.5 m， 则 A当 a质点处在波峰时， b质点恰在平衡位置 B t=T/4时， a质点正在向 y轴负方向运动 C t=3 T/4时， b质点正在向 y轴负方向运动 D在某一时刻， a、 b两质点的位移和速度可能都相同 答案： A 试题分析 :由图可看出波长为 =4m， t=0时刻 x=3m处的质点向上振动，可得该波向左传播，即波沿 x负向传播，把波向左平移 1.
10、5m，可知，当 a质点处在波峰时， b质点恰在平衡位置，故 A正确；当 t=T/4时，图象整体向左平移 1m， a的振动状态与与 t=0时刻平衡位置在 3.5m处质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向 y轴正向运动， B错误；当 t=3T/4时，图象整体向左平移 3m， b的振动状态与与 t=0时刻平衡位置在 8.5m处质点振动状态一样，向 y轴负向运动， C正确； a、 b两质点相距 x=3m=3/4，位移和速度不可能相同，故 D错误。 考点：横波的图象 在水面下同一深处的两个点光源 P、 Q发出不同颜色的光，在水面上 P光照亮的区域大于 Q光照亮的区域，下列说法正确的是 A在真空中 P光
11、的传播速度更大 B P光在水中的传播速度小于 Q光在水中的传播速度 C让 P光和 Q光通过同一双缝干涉装置， P光的条纹间距小于 Q光 D P光发生全反射的临界角大于 Q光发生全反射的临界角 答案： D 试题分析 :光在真空是的传播速度大小是相等的，所以 A错；在水面下同一深处的两个点光源 P、 Q发出不同颜色的光，在水面上 P光照亮的区域大于 Q光照亮的区域，知 P光发生全反射的临界角大，根据 sinC= ，知 P光的折射率小根据 v= 知， P光的折射率小，则 P光在水中的传播速度大故 B错误，D正确；因为 P光的折射率小，所以 P光的频率小，则 P光波长一些，故让 P光和 Q光通过同一双
12、缝干涉装置 P光的条纹间距大于 Q光，所以 C错。 考点：光的双缝干涉现象；全反射 实验题 某同学准备测量一只电阻的阻值，采用的方法是： 用多用电表进行粗测。该同 学选择、 1 倍率，用正确的操作方法进行测量，发现指针转过角度太小（如图甲）。为了较准确地进行测量，应换成么石一倍率的档位进行测量；进行欧姆档调零，将待测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数，若这时刻度盘上的指针位置如图乙所示，那么测量结果为 准确测量待测电阻 R、的阻值。供选用的器材有： A.电源 E：电动势约为 6.0V、内阻忽略不计； B电流表 A1：量程 50mA、内阻 r1=20 ；、 C.电流表 A2：量程 300 mA
13、、内阻 r2约为 4 , D定值电阻 R0：阻值为 20 ； E滑动变阻器 R：最大阻值为 10 ； F.单刀单掷开关 S、导线若干 （ i)要求电表指针至少三分之一偏转，设计出可能的方案后，进行实物连线。 （ ii）测得电流表 A1的示数是 I1，电流表 A2示数是 I2，则 Rx的表达式为。 答案： 10； 100； （ ）如下图所示； (2) 试题分析 : 欧姆表的指针偏转较小时的读数的误差大，读数较大，其读数大约100，但要更准确的测量，就要换较大的挡，选择 10 倍率；选择好倍率后，读数是 10。乘以倍率，所以测量结果就是 100； 由于电流表 A1的内阻 已知，而电流表 A2的内阻
14、只有约数，根据图中已知接的线，让待测电阻与 A1串联再与定阻电阻 R0并联。则电路串并联关系可知： I1（ Rx+r1） =(I2-I1)R0，解得 Rx= 考点： 用多用电表测电阻；伏安法测电阻 填空题 某同学在做测定木板与木块间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案 方案 A：木板固定，用弹簧测力计拉动木块如图 (a)所示 方案 B：弹簧固定，用手拉动木板，如图（ b）所示 除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为200 g的祛码若干 个（ g 10 m/s2) 上述两种方案中，你认为更易于测出准确数据的方案是。 该同学在重 2N的木块上加放了 1个珐码，此时弹
15、簧测力计的示数为 1.2N，则木板与木块间的动摩擦因数为 答案：（ 1） B；（ 2） 0.3 试题分析 :比较两种实验方案的操作过程可以看出，方案 A中物体在弹簧测力计作用下很难控制它一直做匀速直线运动，弹簧秤的示数不稳定，弹簧秤的拉力不总是等于滑动摩擦力，而方案 B中拉动的是木板，木板运动的速度不影响摩擦力的大小，稳定时弹簧测力计与木块相对于地静止，此时读数更准确所以，更合理的方案是 B 木块处 于平衡状态，由平衡条件得： Ff=F=1.2N， 滑动摩擦力 Ff=FN，动摩擦因数 = = =0.3 考点：探究影响摩擦力的大小的因素 计算题 观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全
16、就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 800kg,在空中停留一段时间后， 由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为 2m/s，且做匀加速运动，经过 4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力。重加加速 度 g 1Om/s2。求： （ 1)抛掉的压舱物的质量 m是多大？ （ 2)抛掉一些压舱物后，气球经过 5s下降的高度是多大？ 答案：（ 1） m=80kg； (2)H=30m 试题分析 :(1)设气球加速下降的加速度为 a，受到空气的浮力为 F，则 由运动公式可知： x=
17、 解得 a=1m/s2 牛顿第二定律得： Mg-F=Ma 抛掉质量为 m压舱物，气体匀速下降，有 :（ M-m） g=F 解得 m=80kg (2)设抛掉压舱物时，气球的速度为 v1,经过 t1=5s下降的高度为 H 由运动公式可知： v1=v0+at H=v1t 解得 H=30m 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律 如图所示，有一个可视为质点的质量为 m 1 kg的小物块，从光滑平台上的 A点以 v0 1.8m/s的初速度水平抛出，到达 C点时，恰好沿 C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端 D点的足够长的水平传送带。已知传送带上表面与圆弧轨
18、道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为 v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数 = 0.5，圆弧轨道的半径为 R =2m， C点和圆弧的圆心 O点连线与竖直方向的夹角 e 530，不计空气阻力，重力加速度 g 1Om/s2， sin530=0. 8、cos530=0.6。求： （ 1)小物块到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力； （ 2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量。 答案： (1)22.5N，方向竖直向下； (2) 32J 试题分析 :(1)设小物块在 C点的速度大小为 vC，在 D点的速度大小为 vD则 : 由动能定理得 : 解得 :vC=3m/s
19、； vD=5m/s 小球在 D点对小球的作用力为 FN，由向心力公式得： FN-mg= ；解得FN=22.5N。 由牛顿第三定律得：小物块到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力 22.5N，方向竖直向下。 （ 2）设小物块在传送带上滑行时的加速度为 a 由牛顿第二定律： mg=ma 小物块从 D点到达最左端过程中，设所有时间为 t1，小物块向左通过的距离为x1，传送带向右运动通过的距离为 x2，则 vD=at1 x1= x2=vt1 小物块从最左端向右运动到速度大小与传送带速度大小相等的过程中，设所有时间为 t2，小物块向左通过的距离为 x3，传送带向右运动通过的距离为 x4，则 v=at2 x
20、3= x4=vt2 整个过程中，小物块相对 于传送带滑动的距离 x=x1+x2+x4-x3 生成的热量 Q=mgx 解得 Q=32J 考点：动能定理的应用；向心力；动能定理 如图所示的空间分为 I、 II、 III三个区域，各竖直边界面相互平行， I、 II区域均存在电场强度为 E的匀强电场，方向垂直界面向右；同时 II区域存在垂直纸面向外的匀强磁场； III区域空间有一与 FD边界成 450角的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，其下边界为水平线 DH,右边界是 GH:一质量为、电荷量为 q的带正电的粒子（重力不计）从 O点由静止释放，到达 A点时速度为 v0，粒子在C点沿着区域 III的磁感线
21、方向进人 III区域，在 DH上的 M点反弹，反弹前、后速度大小不变，方向与过碰撞点的竖直线对称，已知粒子在 III区域内垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的轨道半径为 r= ， C点与 M点的距离为 ， M点到右边界 GH的垂直距离为 。求： (1）粒子由 O点运动到 A点的时间 t1= （ 2) A与 C间的电势差 UAC= （ 3）粒子在 III区域磁场内运动的时间 t2？ 答案：（ 1） ；（ 2） ；（ 3） 试题分析 :设粒子由 O运动到 A的过程中加速度为 a。则 qE=ma v0=at1 解得 （ 2）设粒子在 C点速度为 vC,则从 A运动到 C的过程中有 粒子在 区域内以速度 vC做圆周运动，半径为 r,则 ；解得 ， (3)粒子在 C点沿着区域 的磁感线进入 区域，所以粒子由 C运动到 M的匀速直线运动，设运动时间为 t3，则 粒子在 M点反弹后，速度方向垂直于磁场方向，所以粒子做匀速圆周运动，设周期为 T，做匀速圆周运动的时间为 t4， M点到右边界的垂直距离为，所以粒子在磁场中刚好完成八分之一个圆周运动，则 粒子在 III区域磁场内运动的时间 考点： 带电粒子在复合场中的运动
