1、2014届山东省师范大学附属中学高三第三次模拟考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 我国 “蛟龙号 ”深潜器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，速度图象如图所示，则有 A本次下潜的最大深度为 6m B全过程中的最大加速度为 0 025m s2 C超重现象发生在 3 4min和 6 8min的时间段 D 0 4min和 6 10min两时间段平均速度相同 答案： C 试题分析： 图象与坐标围成的面积表示位移，则最大深度为： S=(120+240)2m 360m，故 A错误；第一秒内加速度最大， a= m/s20.033m/s2，故 B错误； 3-4min和 6-8min的时间段加速度
2、方向向上，处于超重状态，故 C正确； 0-4min内的平均速度大小为 m/s 1.5m/s，方向向下， 6l0min平均速度大小为： m/s 1.5m/s，方向向上，故 D错误 考点：匀变速直线运动的 v-t图像的理解与应用 设想我国宇航员随 “嫦娥 ”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行 n圈所用的时间为 t，登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为 m的物体重力为 G，已知引力常 量为 G1，根据以上信息可得到 A月球的密度 B.月球的半径 C飞船的质量 D飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度 答案： ABD 试题分析：设月球的半径为 R，月球的质量为 M，
3、 月球表面的重力加速度 g= 宇航员测出飞船绕行 n圈所用的时间为 t， T= 由 式可求得 R、 M，故 A、 B正确；根据 = 可以求得月球的密度，根据万有引力提供向心力，列出等式中会消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故 C错误；根据 v= 可以求得飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度，故 D正确，故选 ABD 考点：万有引力定律及其应用 如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为 d,极板面积为 S,这两个电极与定值电阻 R相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B。发电导管内有电阻率为 p的高温电离
4、气体，气体以速度 v向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。下列说法中正确的是 A.发电导管的内阻 r= B.流过电阻 R的电流方向为 C.发电导管产生的电动势为 Bdv D.电阻 R消耗的电功率为 答案： AC 试题分析：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为 r= ，故 A正确；根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，故 B错误；根据平衡条件有： qvB=q ，解得电源的电动势 E=Bdv，故 C正确； 由于气体有电阻，故 R的功率小于 ，故
5、 D错误。 考点：霍尔效应及其应用，电功率 静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左 侧的电场线分布如图所示。在某一点粉尘颗粒 P受电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上，虚线表示该带电粉尘颗粒的运动轨迹。假设所有的粉尘颗粒被吸附前均处于静止状态，忽略重力和空气阻力。下列说法正确的是 A该粉尘颗粒带负电 B该粉尘颗粒运动的加速度逐渐变小 C该粉尘颗粒的电势能逐渐变小 D有一些粉尘颗粒的运动轨迹会和电场线重合 答案： ACD 试题分析：由题意可知收尘板带正电，粉尘颗粒仅在电场力作用下向收尘板运动，故
6、粉尘颗粒带负电荷， A 正确；越靠近收尘板，电场线越密集，场强越大，粉尘颗粒受到 的电场力越大，故粉尘颗粒运动的加速度逐渐增大， B错误； 粉尘颗粒仅在电场力作用下向收尘板运动，电场力做正功，电势能减小，故 C正确；由题图易知沿收尘板的中垂线运动的粉尘颗粒的运动轨迹和电场线重合，故 D正确。 考点：带电粒子在非匀强电场中的运动分析 如图所示，固定坡道倾角为 ，顶端距光滑水平面的高度为 h，一可视为质点的小物块质量为 m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端 O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固定在水平面左侧 M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于 O点。已知小物块与坡
7、道间的动摩 擦因数为 ，重力加速度为 g,则下列说法正确的是 A小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 B当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能 C小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 D小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为 mgh 答案： ACD 试题分析：小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度大小，上滑的加速度大小 ，故 A正确；由于在倾斜轨道上运动时要克服摩擦力做功，所以当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能转化为弹簧的弹性势能和摩擦热，故 B错误；由动能定理得下滑到 O点时 mgh-mgcos = mv2，又水平道光滑，由机械能守恒
8、定律得 mv2 Ep，设小物块返回倾斜轨道时能够上升的最大高度为 h1，由动能定理得 -mgh1-mgcos =0- mv2，解得： h1 ，故 C正确；由能量守恒定律可知小物块在往返运动的整个过程中机械能全部转化为内能，故损失的机械能为 mgh， D正确。 考点：牛顿第二定律，动能定理，机械能守恒定律，能量守恒定律 下列表述正确的是 A库仑发现了点电荷间相互作用规律 B法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 答案： AB 试题分析：库仑发现了点电荷的相互作用规律 库仑定律， A正确；法拉第最早提出了
9、场的概念，即用电场线和磁感线形象的描述电场和磁场， B正确；惯性是物体不受外力作用时保持静止或匀速直线运动的性质， C错误；洛伦兹首先发现磁场对运动电荷的作用规律， D错误。 考点：物理学史 如图所示：一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由 b运动到 d直线 bd方向与 竖直方向成 45角，则下列结论正确的是 A液漓带正电荷 B液滴的动能不变、 C液滴做匀速直线运动 D液滴的电势能减少 答案： D 试题分析： 由题意可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿 bd方向，则电场力必定水平向右，故液滴带负电荷，做匀加速直线运动；合力做正功，据动能定理知，动能增大
10、；电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故 D正确 考点：电势能，电场强度，动能定理 电动势为 E、内阻为 r的电源与定值电阻 Rl、 R2及滑动变阻器 R连接成如图中所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向 b端时，下列说法正确的是 A电压表和电流表读数都增大 B电压表和电流表读数都减小 C电压表读数增大，电流表读数减小 D电压表读数减小，电流表读数增大 答案： A 试题分析：当触头向 b滑动时， R接入电路的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由 U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大， R1两端的电压减小，故并联部分电压增
11、大，由欧姆定律可知电流表示数增大，故 A正确。 考点：闭合电路的欧姆定律，直流电路的动态分析问题 欧姆在探索通过导体的电流、电压、电阻的关系时因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为 I时，小磁针偏转了 30，问当他发现小磁针偏转了 60，通过该直导线的电流为 (直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比 ) A 2I B 3I C I D无法确定 答案： B 试题分析： 设地磁场磁感应强度为 B地 ，当通
12、过电流为 I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为： 当夹角为 30时，有： B1=kI=B地 tan30 当夹角为 60时，有： B2=kI1=B地 tan60 由 解得： I1=3I，故 B正确 考点：矢量合成的平行四边形定则 如图所示，质量为 m的滑块置于倾角为 30的粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30，系统处于静止状态，则 A滑块一定受到三个力作用 B弹簧一定处于压缩状态 C斜面对滑块的支持力大小可能为零 D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg 答案： D 试题分析：弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹簧的方向
13、垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态， A、 B错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于 mg），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误； D正确 考点：共点力平衡的条件及其应用，力的合成与分解的运用 在水 平冰面上，一辆质量为 1103kg的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的 vt 图象如图所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是 A关闭发动机后，雪橇的加速度为 -2 m s2 B雪橇停止
14、前 30s内通过的位移是 150 m C雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为 0 03 D雪橇匀速运动过程中发动机的功率为 5103W 答案： D 试题分析：关闭发动机后，雪橇的加速度为 a= m/s2=-0.5m/s2，故 A错误雪橇停止前 30s内通过的位移是 s= (30+10)10=200 m，故 B错误关闭发动机后， a= =0.5m/s2，解得： =0.05，故 C错误；雪橇匀速运动过程中发动机的功率为 P=Fv=mgv=5103 W，故 D正确 考点：功率的计算，滑动摩擦力，牛顿第二定律 如图所示，在竖直平面内有一个半径为 R，粗细不计的圆管轨道半径 OA水平、 OB竖直，一个质量为
15、 m的小球自 A正上方 P点由静止开始自由下落，小球恰能沿管道到达最高点 B，已知 AP=2R，重力加速度为 g，则小球从 P到B的运动过程中 A重力做功 2mgR B机械能减少 mgR C合外力做功 mgR D克服摩擦力做功 mgR 答案： B 试题分析：重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故 WG=mgR，故A错误；小球恰能沿管道到达最高点 B，得到 B点速度为零，故小球从 P到 B的运动过程中，动能增加量为零，重力势能减小量为 mgR，故机械能减少量为mgR，故 B正确；小球从 P到 B的运动过程中，合外力做功等于动能的增加量，为零，故 C错误；由 B选项分析得到机械能减小量为
16、mgR，而机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故克服摩擦力做功为 mgR，故 D错误 考点：功的计算，动能定理，功能关系 据悉，我省女宇航员王亚平搭乘 “神舟十号 ”飞船于 2013年 6月上旬飞向太空， “神舟十号 ”发射初始轨道为近地点约 200公里、远地点约 330公里的椭圆轨道，升空后再和目标飞行器 “天宫一号 ”对接，并对其进行短暂的有人照管试验，交会对接轨道为距地约 343公里的近圆轨道。假设 “神舟十号 ”飞船发射升空后，先后经历了多次变轨 调整到处于 “天宫一号 ”目标飞行器后方约 52km处，并与 “天宫一号 ”处于同一离地面高度相同的圆形轨道上，最后与 “天宫一号 ”实施对接
17、，完成浪漫的 “太空之吻 ”。忽略它们之间的万有引力，则 A “神舟十号 ”与 “天宫一号 ”受到地球吸引力的大小相等 B “神舟十号 ”由初始椭圆轨道变为最终的圆形轨道时周期变长 C “天宫一号 ”的速度比地球同步卫星速度小 D对接前， “神舟十号 ”欲追上 “天宫一号 ”，必须在同一轨道上点火加速 答案： B 试题分析：由万有引力提供向心力，有 ，得： a ，即 “神舟八号 ”与 “天宫一号 ”的加速度大小相等，由于 “神舟十号 ”与 “天宫一号 ”的质量关系不清楚，所以 “神舟十号 ”与 “天宫一号 ”受到地球的吸引力大小关系不确定，故A错误； 由开普勒定律 可知 “神舟十号 ”由初始椭
18、圆轨道变为最终的圆形轨道时轨道半长轴变大，周期变长，故 B正确；由 ，得： v， “天宫一号 ”的轨道半径小于同步轨道卫星的轨道半径，所以 “天宫一号 ”的速度比地球同步卫星速度大，故 C错误；飞船加速后会做离心运动，轨道高度将会更高，故神舟十号应该在较低轨道加速，故 D错误。 考点：万有引力定律及其应用 一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc从 a运动到 c，已知质点的速率是递增的。关于 b点电场强度 E的方向，下列图示中可能正确的是 (虚线是曲线在 b点的切线 ) 答案： B 试题分析： A图中电 荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切
19、线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向，故 A错误 B图中负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题相符，故 B正确 C图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动，故 C错误 D图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，不符合题意故 D错误 考点：电场强度，向心力，电场中的轨迹问题 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷 (电荷量很小 )固定在 P点以 E表示两
20、极板间的场强， U表示电容器的电压， Ep表示正电荷在 P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则 A U变小， Ep不变 B E变大 ,Ep不变 C U变大， Ep不变 D U不变， Ep不变 答案： A 试题分析：平行板电容器充电后与电源断开，电量 Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时， d减小，根据 C= 知，电容增大，根据 U= 可知，电势差减小 E= ，知电场强度不变则 P 与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在 P点的电势能不变，故 A正确 考点：电容器的动态分析 实验题 (1)有一段横截面是圆形的金属丝，螺旋测微器测量它的直径如图所示，螺旋测微器
21、的读数为 _mm。 (2)该同学用多用电表测量其电阻阻值约为 5 ，现用伏安法进一步精确测量其电阻，备有以下器材： 直流电源 E：电动势约 4 5V，内阻很小； 直流电流表 Al：量程 03A，内阻约 0 025 直流电流表 A2：量程 00 6A，内阻约 0 125： 直流电压表 V：量程 03V，内阻约 3k; 滑动变阻器 Rl：最大阻值 50； 电键、导线若干。 在可选择的器材中应选用的电流表是 _。 (填 A1或 A2) 仅从实验原理上看实验电路电阻的测量值 _真实值。 (填 “大于 ”、 “小于 ”、 “等于 ”) 请在答题纸的虚线框内画出实验电路图。 答案：（ 1） 4.000 （
22、 2） A2 小于 电流表外接，滑动变阻器分压、限流皆可以 试题分析：（ 1）螺旋测微器的固定刻度读数为 4mm，可动刻度读数为0.010mm=0.000mm，所以最终读数为： 4.000mm （ 2） 当电源电压全部加在电阻上时，产生电流为 0.9A，若使用 A1，则偏移量不到 ，误差较大，故选 A2 ； 待测电阻阻值较小，所以需用电流表外接，实际测量值等于电阻与电压表并联之后的值，比实际值偏小； 电流表外接，滑动变阻器选用限流式或分压式皆可，如下图（分压式接法）： 考点：螺旋测微器的读数，伏安法测电阻 计算题 如图所示，从 A点以 v0=4m s的水平速度抛出一质量 m=lkg的小物块 (
23、可视为质点 )，当物块运动至 B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆孤轨道后滑上与 C点等高、静止在粗糙水平 面的长木板上，圆弧轨道 C端切线水平。已知长木板的质量 M=4kg， A、 B两点距 C 点的高度分别为 H=0 6m、h=0 15m， R=0 75m，物块与长木板之间的动摩擦因数 1=0 5，长木板与地面间的动摩擦因数 2=0 2。 g取 10m s2，求： (1)小物块运动至 B点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至 C点时，对圆弧轨道 C点的压力； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板 答案：（ 1） 5m/s，与水平方向成 37角斜向下（ 2）
24、47.3N，向下（ 3） 2.8m 试题分析：（ 1）物块做平抛运动： H-h= gt2 设到达 C点时竖直分速度为 vy则： vy=gt v1 v0=5m/s 方向与水平面的夹角为 ， tan= = ，即 =37 （ 2）从 A至 C点，由动能定理得 mgH= 设 C点受到的支持力为 FN，则有 FN-mg= 由 式可得 v2=2 m/s 所以： FN=47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块 m对圆弧轨道 C点的压力大小为 47.3N，方向向下 （ 3）由题意可知小物块 m对长木板的摩擦力 f=1mg=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 f=2（ M+m） g=10N 因
25、 f f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0 则长木板长度至少为 l= =2.8m。 考点：平抛运动与圆周运动的组合，动能定理、牛顿定律 如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内存在一沿 y 轴正方向的匀强电场，在第四象限内存在一垂直于 xOy平面向里的匀强磁场现有一电子 (质量为 m、电荷量大小为 e)以初速度 v0从电场中坐标为 (3L， L)的 P点沿垂直于场强方向射入，然后从 x轴上的 A点 (图中未画出 )射入磁场已知电场强度大小为 ，磁感应强度为 .求： (1)电子在 A点的速度大小及速度方向与 x轴负方向的夹角
26、； (2)电子从磁场中出射点的位置坐标； (3)电子在磁场中运动所用的时间 答案：（ 1） ， 45（ 2）坐标（ 0， 0） （ 3） 试题分析：（ 1）由 P至 A，电子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向的位移为： x=v0t1，竖直方向的位移为： y t1 =L，解得 ， 。 （ 2）由（ 1）问可知 x=2L，所以 A点坐标为（ L， 0），电子以速度 进入匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动， ，由几何关系可知电子从 O点射出磁场，其坐标为（ 0， 0）。 （ 3）电子在磁 场中做圆周运动，轨迹对应的圆心角为 90，故 在磁场中的运动时间为 。 考点：带电粒子在组合场中的运动分析 如图所
27、示，两块平行金属极板心 MN水平放置，板长 L=1 m，间距，两金属板间电压 ；在平行金属板右侧依次存在 ABC和 FGH两个全等的正三角形区域，正三角形 ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场 Bl，三角形的上顶点 A与上金属板 M平齐， BC边与金属板平行， AB边的中点 P恰好在下金属板 N的右端点；正三角形 FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场 B2，已知 A、 F、 G处于同一直线上， B、 C、 H也处于同一直线上，AF两点距离为 。现从平行金属极板 MN左端沿中轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量 ，带电量 ，初速度。 (1)求带电粒子从电场中射出时的速度 v的大小和方向 (2
28、)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在 AC边上，求该区域的磁感应强度 Bl (3)若要便带电粒子由 FH边界进入 FGH区域并能再次回到 FH界面，求 B2应满足的条件 。 答案：（ 1） m/s，与水平方向成 30角斜向下（ 2） T（ 3）T 试题分析：（ 1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为 t，加速度为 a， 则： q ma 解得： a= 1010m/s2 t= 110 5s 竖直方向的速度为 vy at 105m/s 射出时速度为： v= 105m/s 速度 v与水平方向夹角为 ， tan ，故 =30，即垂直于 AB方向出射 （ 2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移 y= at2 m ，即粒子由P1点垂直 AB射入磁场， 由几何关系知在磁场 ABC区域内做圆周运动的半径为 R1 m 由 B1qv m 知： B1 T （ 3）分析知当轨迹与边界 GH相切时，对应磁感应强度 B2最大，运动轨迹如图所示： 由几何关系得： R2+ 1 故半径 R2 (2 3)m 又 B2qv m 故 B2 T 所以 B2应满足的条件为大于 T。 考点：带电粒子在组合场（电场、磁场）中的运动问题
