1、2013-2014山西省山大附中高三下学期第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，一根轻弹簧上端固定在 O点，下端拴一个钢球 P，球处于静止状态 .现对球施加一个方向水平向右的外力 F，使球缓慢偏移，在移动中的每一个时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力 F的方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角 mg.下列说法正确的是：（ ） A小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止 B小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动 C小球的最大加速度为 D恒力 F0的最大功率为 答案： BCD 试题分析：小球在 作用下向右做加速运动，随
2、着速度的增加，向上的力 F越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当 时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，最大加速度 ， C正确，接下来， 杆对小球的弹簧力向下，随速度的增加， F越来越大，杆对小球的弹力 越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到与拉力 相等时，小球匀速运动，因此小球的加速度先增大后减小，最后匀速运动， B正确， A错误；最大速度时， ，而可求得最大速度 ，因此最大功率 ， D正确 考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A奥
3、斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C法拉第实验时观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 答案： ABD 试题分析：奥斯特在一根导线下方摆放一个小磁针，导线通电时，发现小磁针发生了偏转，这个实验说明通电导线周围存在磁场，这就是电流的磁效应，该效应揭示电和磁之间存在联系， A正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的极其相似，为了将条形磁铁的磁场和通电导
4、线周围的磁场统一到一起，提出了分子电流假说， B正确；法拉第观察到，在通有变化电流的导线附近的固定导线圈中，线圈会出现感应电流，而当导线中电流恒定不变时，不会产生感应电流， C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出了楞次定律，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化， D正确。 考点：物理学史 如图所示，质量分别为 m1=2kg， m2=3kg的二个物体置于光滑的水平面上，中间用一轻弹簧秤连接。水平力 F1=30N和 F2=20N分别作用在 m1和 m2上。当两物体以相同速度一起运动时，以下叙述正确的是： A弹簧秤的示数是 10N。 B弹簧秤的示数是 50N。 C在同时撤出水平力 F1
5、、 F2的瞬时， m1加速度的大小 13m/s2。 D在只撤去水平力 F1的瞬间， m2加速度的大小为 4m/s2。 答案： C 试题分析：设弹簧的拉力为 T，则 ， ，整理得 T=26N，加速度 ，即弹簧称的示数为 26N， AB错误；同时撤出水平力 F1、 F2的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律可知 m1加速度的大小13m/s2， C正确；在只撤去水平力 F1的瞬间，弹簧的弹力还没发生变化，此时 m2加速度的大小仍为 2m/s2， D错误。 考点：牛顿第二定律，胡克定律 如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，电感 L的电阻不计，电阻 R的阻值大于灯泡 D的阻值，在 t=0
6、时刻闭合开关 S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开 S，下列表示 A、 B两点间电压 UAB随时间 t变化的图像中，正确的是 答案： B 试题分析：闭合电键的瞬间，流过 L的电流从零开始逐渐增加，这样流过灯泡的电流逐渐减少， A、 B错误，断开瞬间，由于线圈的自感作用，电流仍从 L中流，这时 L当于电源，且电流大小逐渐减少，这时流过灯的电流反向且越来越小，因此 B正确， D错误。 考点：自感 由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是 0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为 16 m/s，方向与水平面夹角为 60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速
7、度 g取 10m/s2） A 28.8m， 1.1210-2m3 B 28.8m， 0.672m3 C 38.4m， 1.2910-2m3 D 38.4m， 0.776m3 答案： A 试题分析：水在空中做斜抛运动，将水的速度分解到水平方向和竖直方向，在竖直方向上的分初速度 ，因此水柱的高度 ，这样 C、 D错误，水从喷出到最高点的时间 ，这样空中的水量，因此 A正确， B错误。 考点：运动的合成与分解，竖直上抛运动 宇宙飞船以周期 T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历 “日全食 ”过程（宇航员看不见太阳），如图所示。已知地球的半径为 R，地球质量为M，引力常量为 G，地球自转周期为
8、 T0，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在 A点测出对地球的张角为 ，则以下判断不正确的是 A飞船绕地球运动的线速度为 B一天内飞船经历 “日全食 ”的次数为 T0/T C飞船每次 “日全食 ”过程的时间为 D飞船周期为 T= 答案： C 试题分析：根据三角形的边角关系可知，飞船的轨道半径 ，因此飞船绕地球运动的线速度为 ， A正确；一天时间就是 ，因此飞船一天绕地球的圈数为 T0/T，每绕地球一圈，就会经历一次 “日全食 ”，因此一天内飞船经历 “日全食 ”的次数为 T0/T， B正确；由于太阳光为平行光，因此飞船经历 “日全食 ”过程时，运动圆弧所对圆心角小于 （如图所示），因此飞船每次
9、 “日全食 ”过程的时间也小于 ， C错误； 由于飞船的轨道半径 ，根据 可得出飞船周期为 T=， D正确，而本题选不正确的，因此选 C 考点：万有引力与航天 一物体静止在地面上，在竖直方向的拉力作用下开始向上运动（不计空气阻力）在向上运动的过程中，以地面为参考平面，物体的机械能 E与上升高度 h的关系图象如图 7所示，其中 0-h1过程的图线是过原点的直线， h1h2过程的图线为平行于横轴的直线则 A在 0h2上升过程中，物体先做加速运动，后做匀速运动 B在 0h1上升过程中，物体的加速度不断增大 C在 0hl上升过程中，拉力的功率保持不变 D在 h1h2上升过程中，物体处于完全失重状态 答
10、案： D 试题分析：由于机械能的变化取决于除重力以处的力做的功，而在 Oh1过程中，图象是一条过圆点的直线，可知拉力大小不变，而物体从静止开始运动，物体一定做匀加速直线运动， AB错误，在上升的过程中，速度越来越大，因此拉力的功率越来越大， C错误，在 h1h2上升过程中，机械能不变，此时拉力为零，物体做竖直上抛运动，此时物体处于完全失重状态， D正确。 考点：功能关系，超重和失重 如图所示， MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为 E=mg/q， ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 R， A、 B为圆水平直径的两个端点， AC为 圆弧。一个质量为 m，电荷量为
11、-q的带电小球，从 A点正上方高为 H=R处由静止释放，并从 A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ） A.小球到达 C点时对轨道压力为 3 mg B.小球在 AC部分运动时，加速度不变 C.适当增大 E，小球到达 C点的速度可能为零 D.若 E=2mg/q，要使小球沿轨道运动到 C，则应将 H至少调整为 3R/2 答案： D 试题分析：从 O到 A过程中小球做自由落体运动，到达 A点时的速度，由于 E q =mg，因此从 A到 C过程中，小球做匀速圆周运动，到达C 点时支持力 ， A错误；从 A到 C 的过程中，做匀速圆周运动，
12、合力指向圆心，因此加速度方向时刻改变， B错误，当 Eq mg时，小球从 A向 C做减速运动，当速度减小到足够小时，小球就会脱离圆周，因此小球到达C点的速度不可能为零， C错误；若 E=2mg/q，要使小球沿轨道运动到 C，在 C点的最小速度为 V，则： ，可得 ，则从 O到 C的过程中，根据动能定理： 可求得， ，因此 H至少调整为 3R/2才能到过 C点， D正确。 考点：圆周运动向心力，动能定理，牛顿第三定律 实验题 （ 1）在练 习使用多用表的实验中，某同学连接的电路如图所示 若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 _的电流； 若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对
13、准欧姆挡，此时测得的是_的电阻； 若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 _两端的电压。 答案： R1， R1和 R2的串联， R2（或电源）， 试题分析： 电流表与 R1 串联，因此电流表量的是 R1 的电流； 断开开关时，电源不起作用了，这时欧姆测的是两个电 阻串联之后的总电阻； 滑动变阻器滑到最左端，滑动变阻器相当于直导线，因此电压表测得的是 R2 两端的电压。 考点：练习使用多用电表 为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置。其中， a是质量为 m的滑块（可视为质点）， b是可以固定于桌面的滑槽（滑槽末端与
14、桌面相切）。第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端 M对齐，让滑块 a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的 P点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端 N与桌面的右端 M的距离为 L，让滑块 再次 从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的 P点。已知当地重力加速度为 g，不计空气阻力。 实验还需要测量的物理量（用文字和字母表示）： _ 。 写出滑块 与桌面间的动摩擦因数的表达式是（用测得的物理量的字母表示）： = _ 答案： MO有高度 h， OP有距离 x1， 的距离 x2， 试题分析：本实验相借助两次滑块到达斜面底端的速度相等，
15、再用平抛运动来得到达斜面底的速度，和第二次到达桌子边 M的速度，根据动能定理求得动摩擦因数，因此需要测量桌面的高度 h，和两次平抛的水平距离 和，根据 ， ， ，再根据动能定理整理可得 考点：动能定理 甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势 E及电阻 R1和 R2阻值。 实验器材有：待测电源 E（不计内阻），待测电阻 R1，待测电阻 R2，电压表 V（量程为 1.5V，内阻很大），电阻箱 R（ 0-99.99），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干。 先测电阻 R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整： A、闭合 S1，将 S2切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 r和对应的电压表示数
16、Ul， B、保持电阻箱示数不变， ，读出电压表的示数 U2。 C、则电阻 R1的表达式为 R1 _。 甲同学已经测得电阻 Rl 4.80 ，继续测电源电动势 E和电阻 R2的阻值。该同学的做法是：闭合 S1，将 S2切换到 a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R和对应的电压表示数 U，由测得的数据，绘出了如图所示的 图线，则电源电动势 E _V，电阻 R2 _。（保留三位有效数字） 利用甲同学设计的电路和测得的电阻 Rl，乙同学测电源电动势 E和电阻 R2的阻值的做法是：闭合 S1，将 S2切换到 b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R和对应的电压表示数 U，由测得的数据，绘出于相应的
17、 图线，根据图线得到电源电动势 E和电阻 R2。这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围 _（选填 “较大 ”、 “较小 ”或 “相同 ”），所以_同学的做法更恰当些。 答案： 将 S2切换到 b； 1.43； 1.20； 较小，甲 试题分析： 先测出电阻箱 R两端的电压 U1，再测出电阻箱与 R1 的总电压 U2，两次的电压之比就等于电阻 R与 R+R1之比，因此电键先打到 a，之后再打到 b，这时 ，因此 ； 根据闭合电路欧姆定律 ，整理得： ，可知图象的截距 ，可得 ，而图象的斜率 ，而 Rl 4.80 ， 可得 ， 乙同学测量时，由于电压表测量的是 R与 R1的总电压，因此
18、电阻箱调节范围较小，也就是电压表变化范围较小，甲同学的更合理。 考点：测电源电动势和内电阻 计算题 （ 8分）经检测汽车 A的制动性能：以标准速度 20m/s在平直公路上行使时，制动后经时间 t=40s停下来。现 A在平直公路上以 V1=20m/s的速度行使发现前方 S=180m处有一货车 B以 V2=6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动，通过计算说明能否发生撞车事故？ 答案：发生撞车事故 试题分析：若两车速度相同时，两车没相撞，则一定不会相撞 对于 A车，制动时的加速度 两车速度相同所用时间为 t 则： 可得 这段时间内 A车前进的距离 B前进的距离 而 因此两车会相撞 考点：追及问题
19、（ 8分）均匀导线制成的单位正方形闭合线框 abcd，每边长为 L，总电阻为R，总质量为 m。将其置于磁感强度为 B 的水平匀强磁场上方 h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且 cd边始终与水平的磁场边界平行。当 cd边刚进入磁场时， （ 1）求线框中产生的感应电动势大小 ; （ 2）求 cd两点间的电势差大小 ; （ 3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度 h所应满足的条件。 答案：（ 1） ；（ 2） ；（ 3） 试题分析：（ 1） cd边刚进入磁场时，线框速度 线框中产生的感应电动势 -（ 2分） （ 2）此时线框中的电流 cd两点间的电势差 -（ 2分
20、） （ 3）安培力 根据牛顿第二定律 ，由 a=0 解得下落高度满足 h= （ 4分） 考点：法拉第电磁感应定律，牛顿第二定律 （ 10分）如图所示，一个厚度不计的圆环 A，紧套在长度为 L的圆柱体 B的上端， A、 B两者的质量均为 m A与 B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为 kmg（ k 1） A， B一起由离地 H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且无动能损失 A环运动过程中未落地 . （ l） B与地第一次碰撞后， B上升的最大高度是多少？ （ 2） B与地第一次碰撞后，当 A与 B刚相对静止时， B下端离地面的高度是多少？ （ 3）要使 A、 B不
21、分离， L至少应为多少？ 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）落地瞬间 得 对 B来说碰撞后以速度 v向上作匀减速运动，其加速度 aB由 得 上升的最大高度为 H1= = （ 3分） （ 2）对 A来说碰撞后的加速度 aB 由 得 方向竖直向上。 当 A、 B速度相等时，两者相对静止。设经时间 t后，两者速度相等，有 所以 B与地第一次碰撞后，当 A与 B刚相对静止时， B下端离地面的高度为 = （ 4分） （ 3）由于 B与地面碰撞过程无动能损失，如果 L足够长，最后 A与 B都静止。由能的转化与守恒，可得的最小值 Lmin。即 Lmin= （ 3分） 考点：牛顿第二定律，
22、匀变速直线运动基本公式，能量守恒定律 （ 12分）如图所示 ，在 xoy平面内，第 象限内的直线 OM是电场与磁场的边界， OM与负 x轴成 45角在 x 0且 OM的左侧空间存在着负 x方向的匀强电场 E，场强大小为 0.32N/C； 在 y 0且 OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场 B，磁感应强度大小为 0.1T一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点 O沿 y轴负方向以 v0=2103m/s的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域已知微粒的电荷量 q=510-18C，质量 m=110-24kg，求： （ 1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （ 2）带电微粒在磁场区域运动的总时 间
23、； （ 3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标 答案：（ 1）（ -410-3m， -410-3m）；（ 2） 1.25610-5s；（ 3）（ 0， 0.192m） 试题分析：（ 1）带电微粒从 O点射入磁场，运动轨迹如图， 第一次经过磁场边界上的 A点，由洛伦兹力公式 和牛顿第二定律得： 来源 :学科网 ZXXK （ 1分） m （ 1分） A点位置坐标（ -410-3m， -410-3m） （ 1分） （ 2）设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 （分） t=tOA+tAC= （ 1分） 代入数据解得 t=T=1.25610-5s （ 1分） （ 3）微粒从 C点沿 y轴正方向进入电场，做类平抛运动 （ 1分） （ 1分） （ 1分）代入数据解得 m （ 1分） m=0.192m （ 1分） 离开电、磁场时的位置坐标（ 0， 0.192m） （ 1分） 考点：带电粒子在电磁场中的运动，牛顿第二定律
