1、2013届辽宁省五校协作体高三冲刺最后一模物理试卷与答案（带解析） 选择题 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A伽利略发现了行星运动的规律 B卡文迪许通过实验测出了万有引力常量 C牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献 答案： BD 试题分析：开普勒发现了行星的运动规律，提出了开普勒三定律， A错误；牛顿虽然提出了万有引力定律，但没有求出引力常量，后来卡文迪许借助扭秤实验测出了万有引力常量， B正确；伽得略通过斜面实验，最早指出 “力不是维持物体运动的原因 ”，
2、 C 错误；由于通电螺线管周围的磁场和条形磁铁的磁场相似，受此启发，安培提出了著名的 “分子电流假说 ”，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献，为了纪念他，人们把通电导线在磁场中受到的力称为 “安培力 ”， D正确 考点：物理学史 下列说法正确的是 A由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光 B光的双缝干 涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹 C均匀变化的电场产生均匀变化的磁场向外传播就形成了电磁波 D根据相对论可知空间和时间与物质的运动状态有关 答案： AD 试题分析：由于绿光的临界角小于红光的临界角，因此增大入射光线，
3、绿光先达到临界角，先发生全反射， A正确；在光的双缝干涉实验中，到双缝的光程差等于波长整数倍时，出现亮纹，而等于半波长的奇数倍时出现暗纹，因此明、暗条纹位置是确定的， B错误；根据麦克斯韦电磁场和电磁波理论，均匀变化的电场产生恒定的磁场， C错误；根据爱因斯坦的相对论，时空相对性与物体运动速度有关， D正确 考点：光的折射，电磁场和电磁波，相对论 下列说法正确的是 A相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小 B钍核 Th，衰变成镤核 Pa，放出一个中子，并伴随着放出 光子 C根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小 D比结合能越大表示
4、原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定 答案： AD 试题分析：根据爱因斯坦的光电效应方程： ，入射光的频率相同，逸出功越大，出射的光电子最 大初动能越小， A正确；钍核 Th，衰变成镤核Pa，放出一个电子， B错误；根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，跃迁到较低轨道，距离原子核更近，受到的电场力增大，加速度增大，C错误；比结合能越大，表示核子结合成原子核时，放出的能量越多，原子核越稳定， D正确。 考点：玻尔理论，光电效应，原子核的衰变 一个矩形金属框 MNPQ置于 xOy平面内，平行于 x轴的边 NP的长为 d，如图（ a）所示。空间存在磁场，该磁场的方向垂直于金属框平面，磁感
5、应强度B沿 x轴方向按图（ b）所示规律分布， x坐标相同各点的磁感应强度相同 。当金属框以大小为 v的速度沿 x轴正方向匀速运动时，下列判断正确的是 A若 d =l，则线框中始终没有感应电流 B若 d = l，则当线框的 MN边位于 x = l处时，线框中的感应电流最大 C若 d = l，则当线框的 MN边位于 x = l处时，线框受到的安培力的合力最大 D若 d = l，则线框中感应电流周期性变化的周期为 答案： ACD 试题分析：当线圈向右运动时， MN和 QP切割磁感线，各自产生感应电动势，若 d =l， MN与 QP处的磁感强度总是相等，因此两个边产生的感应电动势，大小相等方向相同，
6、这样回路中就始终没有感应电流， A正确，若 d = l，当线框的 MN边位于 x = l处时， MN和 QP处的磁感强度都为零，这时感应电动势为零，线框中的感应电流为零， B错误；而当线框的 MN边位于 x = l处时， MN和 QP处的磁感强度反向最大，这样 MN和 QP产生的感为电动势最大，方向相反，相互叠加，回路的电流最大， C正确；若 d = l，当线框向右运动过程中，每向前运动 l，磁场比与原来相同，感应电流恰好为一个周期，因此电流变化的周期为 ， D正确 考点：法拉第电磁感应定律，楞次定律 如图所示的两个平行板电容器水平放置， A板用导线与 M板相连， B板和N板都接地。让 A板带
7、电后，在两个电容器间分别有 P、 Q两个带电油滴都处于静止状态。 AB间电容为 C1，电压为 U1,带电量为 Q1， MN间电容为 C2，电压为 U2，带电量为 Q2。若将 B板稍向下移，下列说法正确的是 A P向下动， Q向上动 B U1减小， U2增大 C Q1减小， Q2增大 D C1减小， C2增大 答案： AC 试题分析：根据电容器的决定式： 可知， B板稍向下移， C1减小，而C2不变， D不对；假设电容器带电量不变，根据 ，使得 U1增大，这时会使得电容器 C1给 C2充电，使得 Q1减小， Q2增大， C正确；最终稳定后，两个电容器电压相等，由于 U2增大了，从而得出 U1也增
8、大了， B不对；电容器内部场强 ，因 Q1减小， Q2增大，导致 减小， 增大，因此 P向下动， Q向上动， A正确 考点：电容器的充放电，匀强电场场强与电势差的关系 如图甲所示， M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比 n1:n2=10:1，接线柱 a、 b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其 中 R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器， R1为一定值电阻。下列说法中正确的是 A电压表示数为 22 V B当传感器 R2所在处出现火警时，电压表的示数减小 C当传感器 R2所在处出现火警时，电流表的示数减小 D当传感器
9、 R2所在处出现火警时，电阻 R1的功率变小 答案： B 试题分析：由于原、副线圈匝数之比 n1:n2=10:1，根据 U1:U2=n1:n2， 副线圈两端的电压的有效值为 22V，而电压表量的是 R2两端的电压，小于 22V， A错误；当传感器 R2所在处出现火警时，温度升高， R2阻值减小，副线圈电压不变，导致回路的电流强度增加， R1分得的电压升高， R2分得的电压降低， B正确，C错误；这时 R1的电功率 P=UI增加， D错误。 考点：交流电的图象，变压器，电路动态分析 ab为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图所示一个质量为 1kg的小球从距纸面高为 60cm的地方自由下落，恰
10、能穿破两张纸（即穿过后速度为零）若将 a纸的位置升高， b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则 a纸距离 b纸不超过 A 15cm B 20cm C 30cm D 60cm 答案： C 试题分析：穿过两张纸时，根据动能定理 ，将 a纸向上移，若恰能穿过第一张纸时，则 可求出下落的高度度 ，因此两张纸间的距离不能超过 考点：动能定理 如图所示，物体 A的质量为 2m，物体 B的质量为 m， A与地面间的动摩擦因数为 ， B与地面间的摩擦不计，用水平力 F向右推 A使 A、 B一起加速运动，则 B对 A的作用力大小为 A B C D 答案： B 试题分析：将 A、 B做为一个整体，
11、根据牛顿第二定律 ，然后对 B进行受力分析， ，两式联立，可得 ，再根据牛顿第三定律，可知 B对 A的作用力为 考点：牛顿第二定 律，牛顿第三定律 “嫦娥一号 ”于 2009年 3月 1日成功发射，从发射到撞月历时 433天，其中，卫星先在近地圆轨道绕行 3周，再经过几次变轨进入近月圆轨道绕月飞行。若月球表面的自由落体加速度为地球表面的 1/6，月球半径为地球的 1/4，则根据以上数据对两个近地面轨道运行状况分析可得 A绕月与绕地飞行周期之比为 3/2 B绕月与绕地飞行周期之比为 2/3 C绕月与绕地飞行向心加速度之比为 1/6 D月球与地球质量之比为 1/96 答案： CD 试题分析：由于都
12、是近地卫星，重力提供向心力，即 ，可得， 这样 A、 B均错；由于 可知 ， C正确； 由 可知， ， D正确 考点：万有引力及圆周运动 如图所示，我国国家大剧院外部呈椭球型，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在椭球型屋顶向上缓慢爬行，他在向上爬的过程中 A屋顶对他的支持力变大 B屋顶对他的支持力变小 C屋顶对他的摩擦力变大 D屋顶对他的摩擦力变小 答案： AD 试题分析：此人受力分析如图所示， 此人受静摩擦力： ， 屋顶对他的支持力： ， 随着向上缓慢爬行，角度 越来越大，这样摩擦力越来越小，而支持力越来越大 考点：共点力作用下物体的平衡 下列说法正确的是 A物体的内能是分子平均动能与分子平
13、均势能的和 B温度越高，物体的分子平均动能越大 C一定质量的理想气体等温压缩，要从外界吸收能量 D热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展 答案： BD 试题分析：物体的内能是分子动能与分子势能的和， A错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大， B正确；对理想气体等温压缩时，外界对气体做功，内能不变，根据热力学第一定律 ，一定向外界放出热量， C错误；热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向熵增加的方向，即无序 程度更大的方向发展， D正确 考点：分子动理论，热力学第一定律，热力学第二定律 实验题 某同学做 “验证牛顿第二定律 ”的实验，实验装置如图所示。
14、 采用控制变量法研究加速度与合力的关系时，根据测量数据绘制了如图所示 a-F图像，则从图像可知，该同学在做实验的过程中有两个实验环节出现失误，请问他的两个失误是： （ 1） _； （ 2） _； 答案：（ 1）平衡摩擦力时，木板倾角太大，平衡过度 （ 2）增大合力时，最后的数据测量中，配重的质量增加太多 试题分析：从图象可以看出， F=0时就已经产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角太大，平衡过度；图象的后部出现了向下弯曲，说明配重太大，与小车不满足 的条件。 考点：牛顿第二定律 填空题 如图甲所示为某一测量电路，电源电压恒定。闭合开关 S，调节滑动变阻器由最右端滑动至最左端，两电压表的示数随
15、电流变化的图象如图乙所示，可知：_(填 “a”或 “b”)是电压表 V2示数变化的图象，电源电压为 _V，电阻 Rl阻值为 _，变阻器最大阻值为 _。 答案： .b（ 2分）， 6V（ 2分）， 10（ 2分）， 20（ 3分） 试题分析： V1测量的是 R1两端电压，随电流增加， R1两端电压升高，应该图象a，而电源电压恒定，当 V1增加时， V2一定减小，因此 V2测量的是 R2两端电压；V1与 V2电压之和就等于电压电压为 6V； a图是 R1两端电压与电流关系，当电压为 3V时，电流为 0.3A，因此 R1阻值为 10；由图象可知，回路电流最小为0.2A。根据欧姆定律可知回路电阻电大为
16、 ，而 R1为 10，因此 R2最大值为 20 考点：闭合电路欧姆定律 计算题 在如图所示的 坐标系中， 的区域内存在着沿 轴正方向、场强为E的匀强电场， 的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场。一带电粒子从 轴上的 点以沿 轴正方向的初速度射出，恰好能通过 轴上的 点。己知带电粒子的质量为 ，带电量为 。 、 、 均大于 0。不计重力的影响。 (1)若粒子只在电场作用下直接到 D点，求粒子初速度大小 ； (2)若粒子在第二次经过 轴时到 D点，求粒子初速度大小 (3)若粒子在从电场进入磁场时到 D点，求粒子初速度大小 ； 答案：（ 1） ；（ 2） ；（ 3）试题分析（ 1）
17、粒子只在电场作用下直接到达 D点 设粒子在电场中运动的时间为 ，粒子沿 方向做匀速直线运动，则 （ 1分） 沿 y方向做初速度为 0的匀加速直线运动， 则 （ 1分） 加速度 （ 1分） 粒子只在电场作用下直接到达 D点的条件为 （ 1分） 解 得 （ 2分） （ 2）粒子在第二次经过 x轴时到达 D点，其轨迹如图所示。 设粒子进入磁场的速度大小为 ， 与 轴的夹角为 ，轨迹半径为 R，则 （ 1分） （ 2分） 粒子第二次经过 轴时到达 D点的条件为 （ 2分） 解 得 （ 2分） （ 3）粒子在从电场进入磁场时到达 D点，其轨迹如图所示。 根据运动对称性可知 （ 1分） 粒子在从电场进入磁
18、场时到达 D点的条件为 （ 1分） 其中 为非负整数。 解 得 （ 2分） 考点：带电粒子在电磁场中的运动 如图所示，用销钉固定的光滑绝热活塞把水平放置的绝热气缸分隔成容积相同的 A、 B两部分， A、 B缸内分别封闭有一定质量的理想气体。初始时，两部分气体温度都为 t0 27 ， A部分气体压强为 pA0 2105Pa， B部分气体压强为 pB0 1105Pa。拔去销钉后，保持 A部分气体温度不变，同时对 B部分气体加热，直到 B内气体温度上升为 t 127 ，停止加热，待活塞重新稳定后，（活塞厚度可忽略不计，整个过程无漏气发生）求： （ 1） A部分气体体积与初始体积之比 VA:VA0；
19、（ 2） B部分气体的压强 pB。 答案：（ 1） VAVA0 65；（ 2） pB 105 Pa 试题分析： （ 1）重新平衡后， A、 B两部分气体压强相等 pA pB（ 2分）， 设气缸总体积为 V 对 A气体发生了等温变化 pA0 VA0 pAVA（ 2分）， 2105 V pAVA 共体 对 B气体 （ 2分）， 联立 两式，解得 VA V （ 1分） 所以 A部分气体体积与初始体积之比： VAVA0 V V 65（ 1分） （ 2）将 VA V代入 式，解得 pB 105 Pa（ 2分） 考点：气体实验定律 “”形轻杆两边互相垂直、长度均为 l，可绕过 O点的水平轴在竖直平面内自由
20、转动，两端各固定一个金属小球 A、 B，其中 A球质量为 m，带负电，电量为 q（ q0）， B球开始不带电，质量未知。现将 “”形杆从 OB位于水平位置由静止释放：（ sin37 0.6， cos37 0.8） （ 1）当 OB杆转过 37时，两球的速度达到最大，则 B球的质量为多少？ （ 2）若在空间加一竖直向下的匀强电场， OB杆从原来位置开始释放能转过的最大角度为 127，则该电场的电场强度大小为多少？ 答案：（ 1） ；（ 2） 试题分析： （ 1） 由机械能守恒可知，动能最大时，重力势能最小， (3分 ) 由数学规律可知 ， 其中 （ 3分） 由题意可知，当 即： 时动能最大， 可
21、得 .（ 3分） （ 2）到达最大角度时，动能为零，由功能关系得： mAgl（ 1+sin37） - mBglcos37=Eql（ 1+sin37） （ 3分） 可解得： E = （ 3分） 考点：机械能守恒，功能关系，电场强度 如图甲所示是一列沿 +x方向传播的简谐横波在 t=0时的波形图，已知波速v=2 m/s，质点 PQ相距 3.2 m。求： 在图乙中画出质点 Q的振动图象（至少画出一个周期）。 从 t 0 到 Q点第二次振动到波谷的这段时间内质点 P通过的路程。 答案：（ 1）见（ 2） 0.22m 试题分析： 图象如图所示（ 3分） 从 t=0到 Q点第二次到达波谷所需时间 （ 3分
22、） （或由 Q点的振动图象得 Q点在 t=2.2s时第二次到达波谷） 在这 2.2s内 P质点经历 （ 2分） 因而通过的路程为 s= =0.22m （ 2分） 考点：波的图象，波长频率的波速度的关系 如图所示，粗糙斜面与水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角 37，水平面的 M到 N段是长度 L1 0.3m的粗糙平面， N点的右边是光滑的。 A、 B是两个质量均为 m 1kg的小滑块（可看作质点），置于 N点处的 C是左端附有胶泥的薄板（质量不计）， D是两端分别与 B和 C连接的轻质弹簧，滑块 A与斜面和与水平面 MN段的动摩擦因数相同。当滑块 A置于斜面上且受到大小 F 4N
23、、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动。现撤去 F，让滑块 A从斜面上距斜面底端 L2 1m处由静止下滑（取 g 10m/s2，sin37 0.6， cos37 0.8），求：滑块 A与 C接触并粘连在一起后，两滑块与弹簧所构成的系统在相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能。 答案： .25J 试题分析： 设滑块 A与斜面和与水平面 MN段的动摩擦因数均为 ，施 加恒力时 (F mgcos) mgsin （ 2分） 未施加力时，设 A滑到斜面底端的速度然后，滑块在 MN段运动时，受水平面的摩擦力作用速度减为 v2，由动能定理有 (mgsin-mgcos)L2-mgL1 mv12 （ 2分） 代入数据得 v2 1m/s 滑块 A与 C 接触后， A、 B、 C、 D组成的系统动量守恒，能量守恒，所以当 A、B具有共同速度 v3时，系统的动能最小，弹簧弹性势能最大，设为 Ep，则 mv2 2mv3 （ 2分） mv22 Ep 2mv32 （ 2分） 代入数据得 Ep 0.25J （ 2分） 考点：动能定理，动量守恒定律
