1、2013-2014学年广东省肇庆市高三第一学期期末质量检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A合力必大于分力 B运动物体所受摩擦力的方向一定和它运动方向相反 C物体受摩擦力时一定受弹力，而且这两个力的方向一定相互垂直 D处于完全失重状态下的物体不受重力作用 答案： C 试题分析：合力与分力是等效替代关系，遵循平行四边形定则，合力可以大于、等于、小于任意一个分力，故 A错误；摩擦力与接触面相切，与物体间的相对运动或相对运动趋势方向相反，与运动方向无关，故 B错误；摩擦力与接触面相切，弹力与接触面垂直，故同一接触面上的这两个力一定垂直，同时有摩擦力一定有弹力，但有弹力不一定有摩擦
2、力，故 C正确；完全失重是指物体对悬挂物没有压力或者对支撑物没有支持力，重力源自万有引力，故 D错误； 考点：力的合成 如下图（ a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体 (物体与弹簧不连接 )，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力 F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F与物体位移 s的关系如图（ b）所示 (g 10 m/s2)，下列结论正确的是： A物体与弹簧分 离时，弹簧处于压缩状态 B弹簧的劲度系数为 750 N/m C物体的质量为 2 kg D物体的加速度大小为 5 m/s2 答案： CD 试题分析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 A错误； 刚开
3、始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 拉力 F1为 10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 物体与弹簧分离后，拉力 F2为 30N，根据牛顿第二定律，有 代入数据解得 ；故 B错误， CD正确； 考点：牛顿第二定律；胡克定律 北京时间 2013年 12月 2日凌晨，中国在西昌卫星发射中心成功将嫦娥三号月球探测器送入太空。如图所示，嫦娥三号在 A点经制动进入环月圆轨道 ，然后再次在 A点制动将轨道 变为椭圆轨道 ，使其近月点 B点距月球表面大约 15公里。下列说法正确的是 A嫦娥三号在轨道 的 A点势能大于在轨道 的 B点势能 B嫦娥三号变轨前后的机械能不相等 C
4、嫦娥三号在轨道 上的速度大于月球的第一宇宙速度 D嫦娥三号在轨道 上 A点的加速度大于在轨道 上 A点的加速度 答案： AB 试题分析：嫦娥三号沿椭圆轨道由 A运动到 B时，由于只有重力做正功，势能减小， 所以 A正确；嫦娥三号制动变轨过程中有除引力以外的制动力做功，所以变轨前后机械能不相等，故 B正确；月球的第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，随卫星半径增大，环绕速度减小，故 C错误；嫦娥三号在 A点的加速度是由万有引力提供，所以在轨道 上 A点的加速度等于在轨道 上 A点的加速度，所以 D错误。 考点：卫星变轨问题 如图所示，电源电动势为 E，内电阻为 r， L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变
5、）， R1和 R2为定值电阻， R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关 S后，将照射光强度增强，则 A电路的路端电压将增大 B灯泡 L将变暗 C R1两端的电压将增大 D内阻 r上发热的功率将增大 答案： CD 试题分析：光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻的电压增大，所以路端电压减小，内阻 r上发热的功率将增大， R1两端的电压增大，所以 A错误C， D正确；因电路端电压减小，同时 R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过 R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡 L的电流增大，所
6、以 L变亮，故 B错误； 考点：闭合电路的欧姆定 律 如图所示为点电荷 a、 b所形成的电场线分布，以下说法正确的是 A a、 b为异种电荷 B a、 b为同种电荷 C A点场强大于 B点场强 D A点电势高于 B点电势 答案： AD 试题分析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线故 A正确， B错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小所以 A点场强小于 B点场强，故 C错误；沿着电场线的方向电势降低，所以 A点电势高于 B点电势，故 D正确 考点：电场线；电场强度 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如下图所示，这台加速器由
7、两个铜质 D形盒 D1、 D2构成，其间留有空隙下列说法正确的是 A离子从 D形盒之间空隙的电场中获得能量 B回旋加速器只能用来加速正离子 C离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半 D离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压周期相等 答案： AD 试题分析：回旋加速器利用电场加速，在磁场中速度大小不变，运用磁场偏转故 A正确；回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷故 B错误；回旋加速器离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压的周期相等故 C错误正确 D 考点：回旋加速器的工作原理 矩形导线框 abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度 B随时间 t
8、变化的图象如下图甲所示。设 t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在 0 4s时间内，图乙中能正确反映线框 ab边所受的安培力随时间 t变化的图象 (规定 ab边所受的安培力向左为正 )的是 答案： D 试题分析： t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在 0到 1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应 电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的 ab边的安培力水平向左；当在 1s到 2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的 ab边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右
9、根据 F=BIL，知磁感应强度均匀变化，则安培力的大小均匀变化，故 D正确， A、 B、 C错误 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 质点所受的合外力 F随时间变化的规律如右图所示，力的方向始终在一直线上已知 t=0时质点的速度为零，在 图示的 t1、 t2、 t3和 t4各时刻中，质点的动能最大的时刻是 A t1 B t2 C t3 D t4 答案： B 试题分析：由力的图象分析可知：在 0-t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动；在 t1-t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动；在 t2-t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动；在 t3-t4时间内，质点向正方向做加
10、速度减小的减速运动 t4时刻速度为零；则 t2时刻质点的速度最大，动能最大 考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像 如图所示， P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将 P与小盘相连，小盘内有砝码，小盘与砝码的总质量为 m，在 P向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体 P受到的拉力和摩擦力的描述，正确的是 A P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定大于 mg B P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于 mg C P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定等于 mg D P受到的摩擦力方向水平向左，大小可能等于 mg 答案： B 试题分析： P做匀加速运动的过
11、程中，在水平方向受向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律研究 P，由于加速度方向向右，所以合力方向也向右所以 P受到的拉力一定大于摩擦力小盘与砝码的加速度向下，小盘与砝码受向上的拉力和向下的重力，加速度方向向下，根据牛顿第二定律研究小盘与砝码得：拉力小于小盘与砝码的总重力 mg，由于拉力大于摩擦力，所以 P所受的摩擦力一定小于小盘与砝码的总重力，故 B正确。 考点：牛顿第三定律；共点力平衡的条件及其应用 实验题 （ 18分）（ 1）研究小车匀加速直线运动的实验装置如下图（甲）所示，其中斜面倾角 可 调，打点计时器的工作频率为 50HZ，纸带上计数点的间距如下图（乙）所示，其中每相邻两点之间
12、还有 4个记录点未画出 某同学的部分实验步骤如下： A测量完毕，关闭电源，取出纸带 B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车 C将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连 D把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是： （选填字母代号即可） 图（乙）中标出的相邻两计数点的时间间隔 T= s 计数点 6对应的瞬时速度大小计算式为 v6= （用题中字母表示） 为了充分利用 记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a= （ 2）一个额定功率为 0.1W的电阻 Rx，其阻值不详，有两个研究性学习小组分别设计了以下实验方案测量该电阻 第一组同学先用欧姆表粗测其阻值
13、，其结果如下图所示，该组同学还备有以下器材 A电流表，量程 0 500A，内阻约 150 B电流表，量程 0 10mA，内阻约 10 C电压表，量程 0 3V，内阻约 5K D电压表，量程 0 15V，内阻约 10K E干电池两节，每节电动势为 1.5V F直流稳压电源，输出电压 12V，额定电流 1A G滑动变阻器， 0 50， 0.5A H电键一只，导线若干 试帮助该组同学选择合适的器材及适当的电路，较精确 地测量 Rx . 欧姆表测得的 Rx约为 ； . 电流表应该选择 ，电压表应该选择 ，电源应该选择 （选填字 母代号即可）； . 请在下图中选择合适的电路图测量该电阻 Rx，要求电流表
14、电压表的读数从零始 第二组同学选择合适的器材后，利用如下图所示的电路进行测量，他们的主要实验步 骤如下： 第一步：将开关 S2接 2，闭合开关 S1，调节滑动变阻器 RP和 RW，使电表读数接近满量程，但不超过 量程，记录此时电压表和电流表的示数 U1、 I1； 第二步：将开关 S2接 1，记录此时电压表、电流表示数 U2、 I2 .由以上记录的数据计算出被测电阻 Rx的表达式为 Rx ； .简要分析此实验方案为何能避免因电表内阻而引起的实验误差 答案：（ 1） DCBA（ 2分） 0.1 （ 1分） （ 1分） （ 2分） （ 2） . 1000（或 1.0103； 1K ）（ 1分） .
15、B（ 1分） D（ 1分） F（ 1分） . B（ 3分） （ 2） . 1000（或 1.0103； 1K ）； . B（ 1分） D（ 1分） F（ 1分） . B（ 3分） . （ 2分）； . ， ，两式相减，消去了 RA、 RP，避免了因电流表而引起的测量误差（ 3分） 试题分析：（ 1） 先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理； 故为 DCBA； 打点计时器的工作频率为 50HZ，每隔 0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共 5个 0.02s，故 T=0.1s； 匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故 根据公式 x=a
16、T2，有： ； 解得： ； （ 2） .用欧姆表粗测其阻值 结果如图所示（档位上 10）则10010=1000 .由电阻阻值 1K与功率为 0.1W 可得电阻额定电流 10mA，则由精确度必须选择量程为 10mA的电流表 由电阻阻值 1K与功率为 0.1W 可得电阻额定电压 10V，则由可选择量程为15V的电压表，那么电源必须是直流稳压电源，输出电压 12V .要求电流表电压表的读数从零始 ,所以必须采用分压式电路，待测电阻阻值远大于电压表阻值，所以采用电流表内接，故选 B .当单刀双掷开关 S2接 2，闭合开关 S1时有， ；当单刀双掷开关 S2接 1，闭合开关 S1时有， 所以有， . .
17、 , 两式相减，消去了 RA、 RP ；实验中电流表的内阻所产生的影响两次实验数据相减后被消除，电压表内阻对实验结果没有影响 考点：伏安法测电阻 计算题 (18分 ) 如图所示，区域 中有竖直向上的匀强电场，电场强度为 E； 区域 内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为 B；区域 中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为 2B。一质量为 m、带电量为 q的带负电粒子（不计重力）从左边界 O点正上方的 M点以速度 v0水平射入电场，经水平分界线 OP上的 A点与 OP成 60角射入 区域的磁场，并垂直竖 直边界 CD进入 区域的匀强磁场中。 求：（ 1）粒子在 区域匀强磁场中运动的轨道
18、半径； （ 2） O、 M间的距离； （ 3）粒子从第一次进入区域 到离开区域 所经历的时间 t3。 答案：（ 1） ；（ 2） ；（ 3） 试题分析：粒子运动轨迹如图所示： 粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过 A点时速度为 v，由类平抛规律知 （ 3分） 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： （ 1 分） 所以 （ 2分） （ 2）设粒子在电场中运动时间为 t1，加速度为 a， 则有 （ 2分） （ 2分） 即 O、 M两点间的距离为 （ 2分） （ 3）设粒子在 区域磁场中运行时间为 t3，粒子在 区域磁场中运行为 T3，则： （ 2分） 由 式可得： （ 1分） 则：
19、（ 2分） 由 式可得： （ 1分） 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动 (18分 )如图所示，质量 M=4kg的滑板 B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质 弹簧，弹簧的自由端 C到滑板左端的距离 L=0.5m，可视为质点的小木块 A质量 m=1kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块 A之间的动 摩擦因数 =0.2当滑板 B受水平向左恒力 F=14N作用时间 t后，撤去 F，这时木块A恰好到达弹簧自由端 C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为 s=5cm g取 10m/s2 求： （ 1）水平恒力 F的作用时间 t； （ 2）木块 A压缩
20、弹簧过程中弹簧的最大弹性势能； （ 3）当小木块 A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量 答案：（ 1） t（ s）；（ 2） ；（ 3） Q=1.4（ J） 试题分析：（ 1）木块 A和滑板 B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得： （ 1分） （ 1分） 根据 题意有： 即： （ 2分） 将数据代入 联立解得： t（ s）（ 1分） （ 2） s末木块和滑板的速度分别为： vA=aAt （ 1分） vB=aBt （ 1分） 当木块和滑板的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能 根据动量守恒定律有： （ 2分） 由能的转化与守恒得： （ 2分） 代入数据求得最大弹性是能 （ 1分） （ 3）二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度 v/，相对木板向左滑动距离为 s，有： （ 2分） 由 式解得： 由能的转化与守恒定得可得： E=mgs （ 1分） 由 式解得： s=0.15（ m） 由于 且 ，故假设成立 （ 1分） 整个过程系统产生的热量为： （ 1分） 由 式解得： Q=1.4（ J） （ 1分） 考点：动量守恒定律；功能关系
