1、2014届广东省揭阳一中、潮州金山中学高三下（开学初）联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 飞人刘翔 2010年 11月 24日在广州亚运会上以 13秒 09的好成绩获得 110米栏冠军，这说明他在这次比赛中下列的哪一个物理量比其他运动员的大 A起跑时的速度 B终点撞线时的速度 C全程的平均速度 D起跑时的加速度 答案： C 试题分析：起跑时的速度为零，故 A错误；终点撞线时的速度是瞬时速度，条件不足，无法判断，故 B错误；冠军用时最短，位移相同，为 110m，故平均速度最大，故 C正确；条件不足，无法判断起跑时的加速度大小，故 D错误； 考点：考查了对平均速度，瞬时速度，加度度的理解 答案：
2、 BC 试题分析：电子的运动轨迹向下偏转，所以受到的向下的电场力，而电子受到的电场力方向与电场方向相反，所以电场方向竖直向上，即 N板带正电， M板带负电， M板的电势小于 N板的电势， A错误， B正确，电子运动过程中电场力做正功，所以电势能减小， C正确，平行板电容器间的电场是匀强电场，所以电场力恒定不变， D错误 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转问题 如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为 m的人随车在竖直 平面内旋转，下列说法正确的是 A车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B人在最高点时对座位仍可能产生压力 C人在最低点时对座位的压力等于 mg
3、D人在最低点时对座位的压力大于 mg 答案： BD 试题分析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为 当速度 时，没有保险带，人也不会掉下来故 A错误当人在最高点的速度 时，人对座位就产生压力故 B正确人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于 mg故 D正确， C错误 考点：向心力；牛顿第二定律 物体只在力 F的作用下从静止开始运动，其 F-t图象如图所示，则物体 A在 t1时刻加速度最大 B在 0t1时间内做匀加速运动 C从 t1时刻后便开始返回运动 D在 0t2时间内，速度一直在增大 答案： AD 试题分析：从图中
4、可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速运动，即速度一直增加，物体做单向加速直线运动， C 错误 D 正确；根据牛顿第二定律 可得在 t1时刻合力最大，所以加速度最大， A正确；在0t1时间内合力 F一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动， B错误； 考点：考查了牛顿第二定律与图形 右图所示的电路中，当滑动变阻器 R2的滑动触头 P向下滑动时 A电压表的读数增大 B R1消耗的功率增大 C电容器 C两板间的电场强度减小 D电容器 C所带电量增多 答案： AD 试题分析：当滑动变阻器 的滑动触头 P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电
5、压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大故 A正确干路电流减小， 消耗的功率 减小故B错误 两端的电压减小，而路端电压增大，所以 两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，所以电容器间的电场强度 ，增大，故 C错误由知，电容器 C所带电量增多故 D正确 考点：考查了含电容电路动态分析 某卫星绕地球做圆周运动的周期约为 1.5小时，它与同步卫星相比 A动能一定大 B向心力一定大 C向心加速度一定大 D距离地面的高度一定小 答案： CD 试题分析：同步卫星绕地球运动的周期为 24小时，所以该卫星的周期小于同步卫星的运动周期，根据公式 可得 ，所以卫星的运动半径小于同步卫星的运动半径，即它距离地面的高
6、度小于同步卫星距离地面的高度， D正确；根据公式 可得半径越大，速度越小，但是由于不知道两个卫星的质量关系，所以无法判断动能关系，以及向心力大小关系， AB错误；根据公式 可得半径越大，加速度越小，故该卫星的向心加速度大于同步卫星的， C正确 考点：考查了万有引力定律的应用 电阻 R、电容 C与一线圈连接成闭合回路。现使磁铁开始自由下落，在 N极接近线圈上端的过程中，流过 R的电流方向和电容器极板的带电情况是 A从 a到 b，上极板带正电 B从 a到 b，下极板带正电 C从 b到 a，上极板带正电 D从 b到 a，下极板带正电 答案： D 试题分析：当磁铁 N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁
7、通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过 R的电流方向是从 b到 a，对电容器充电下极板带正电 D正确 考点：法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律 在图中， PQ， MN为光滑金属导轨， ab为金属棒，与电源组成闭合电路，该装置在竖直平面内。为使 ab静止，可将该装置放在匀强磁场中，其磁场方向应是 A竖直向上 B竖直向下 C垂直于纸面向外 D垂直于纸面向内 答案： D 试题分析：要使 ab静止， ab棒受到的安培力必须和重力等大反向，即安培力方向向上，由于 ab电流方向从做向右，所以根据左手定则可得磁场方向垂
8、直纸面向里， D正确 考点：考查了共点力平衡，安培力 如图所示，两个小孩共同提一桶水维持同一高度匀速前进，则有 A水桶受到的重力对水桶做功的功率不为 0 B手 臂对水桶的作用力的大小之和等于水桶和水的总重力 C两个小孩手臂对水桶的合力一定是竖直向上 D手臂对水桶的作用力一定小于水桶和水的总重力 答案： C 试题分析：水桶重力方向竖直向下，速度方向沿水平方向，两者垂直，所以重力对水桶不做功，即功率为零， A错误，由于水桶和水匀速运动，所以合力为零，即手臂对水桶的作用力的矢量和等于水桶和水的总重力，即两个小孩手臂对水桶的合力一定是竖直向上， C正确， BD错误； 考点：考查了共点力平衡以及力的合成
9、 实验题 (1)某实验小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。他们将拉力传感器一端与细绳相连，另一端固定在小车上，用拉力传感器及数据采集器记录小车受到的拉力 F的大小；小车后面的打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车匀加速运动的加速度。图乙中的纸带上 A、 B、 C为三个计数点，每两个计数点间还有打点计时器所打的 4个点未画出，打点计时器使用的是 50Hz交流电源。 由图乙， AB两点间的距离为 S1=3.27cm， AC两点间的距离为 S2=8.00cm，小车此次运动经 B点时的速度 vB= m/s，小车的加速度 a = m/s2；（保留三位有效数字） 要验证牛顿第二定律，除了前面提
10、及的器材及已测出的物理量外，实验中还要使用 来测量出 。 （ 2）某实验小组准备探究某种元件 Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图请回答下列问题： 图乙中的实物连线按图甲的电路图补充完整 考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值 _(选填 “大于 ”、 “等于 ”或“小于 ”)真实值 图甲中闭合开关 S，电流表、电压表均有示数 ,但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图甲中的 _(选填 a、 b、 c、 d、e、 f)处接触不良 据实验测得的数据 ,作出该元件的， I-U图线如图丙所示，则元件 Q在 U=0.8V时的电阻值是 _， I-U图线在该点的切线的斜率
11、的倒数 1/K_ (选填 “大于 ”、 “等于 ”或 “小于 ”)电阻值 答案：（ 1） 0.400； 1.46； 天平， 小车总质量（或小车质量）。 （ 2） ； 小于； f； 16、小于。 试题分析：（ 1） 由纸带可知两个计数点之间有 5个时间间隔，因此其时间为：； 在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均 速度大小，因此有： 根据逐差法 得： 要验证牛顿第二定律，需要研究外力 F，加速度 a，质量 m 三者之间的关系，所以还需要天平测量出小车的总质量 （ 2） 由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任
12、意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图； 电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值；根据 可知，该元件的电阻的测量值小于真实值； 由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说 明滑动变阻器起不到分压作用，故应是 f点接触不良造成的； 由图丙可知： 时， ，故电阻： ；该点的切线与 U轴的交点一定大于 0，故切线的斜率 k： ， 考点：考查了验证牛顿第二定律实验和描绘小电珠的伏安特性曲线实验 计算题 如图所示，质量 M=3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一挡板 A，质量 m=2.0kg的 b球用长 l=2
13、m的细线悬挂于挡板正上方。一质量也为 m 2kg的滑块 (视为质点 )，以 0=7m/s的初速度从左端滑上小车，同时对小车施加水平向右、大小为 6N的恒力 F，当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力 F。平板车碰到挡板时立即停止运动，滑块水平飞出小车后与 b球正碰并粘在一起。已知滑块与小车间的动摩擦因数 =0.3，g=10m/s2，问： （ 1）撤去恒力 F前，滑块、小车的加速度各为多大，方向如何 （ 2）撤去恒力 F时，滑块的速度为多大？ （ 3）悬挂 b球的细线能承受的最大拉力为 30N， a、 b两球碰后，细线是否会断裂 (要求通过计算回答 ) 答案：（ 1） a2
14、=4m/s2，方向水平向右（ 2） （ 3）细线会断裂 试题分析：（ 1）由牛顿第二定律得： 对滑块： (2分 ) 解得： a1=3m/s2(1分 )，方向水平向左 (1分 ) 对平板车： (2分 ) a2=4m/s2(1分 )，方向水平向右 (1分 ) （ 2）设经过时间 滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力 F，滑块的速度为 ， 则 解得 （ 3）滑块与小球碰撞，动量守恒，故 设细线的拉力为 T，根据牛顿第二定律可得 代入数据可得： ，故细线会断裂 考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式，动量守恒定律的综合应用，难度一般 如右图甲所示 ,间距为 d的平行金属板 MN与一对光滑的平行导轨相连 ,
15、平行导轨间距 L=d/2，一根导体棒 ab以一定的初速度向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为 B的匀强磁场。棒进入磁场的同时，粒子源 P释放一个初速度为 0的带电粒子，已知带电粒子质量为 m,电量为 q.粒子能从 N板加速到 M板，并从 M板上的一个小孔穿出。在板的上方，有一个环形区域内存在大小也为 B，垂直纸面向外的匀强磁场。已知外圆半径为 2d， 里圆半径为 d.两圆的圆心与小孔重合（粒子重力不计） （ 1）判断带电粒子的正负，并求当 ab棒的速度为 v0时，粒子到达 M板的速度v； （ 2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，则 v0的取值范围是多 少？ （ 3）若棒 ab的速度
16、 v0只能是 ，则为使粒子不从外圆飞出，则可以控制导轨区域磁场的宽度 S（如图乙所示），那该磁场宽度 S应控制在多少范围内 答案： (1) (2) (3) 试题分析：（ 1）根据右手定则知， a 端为正极，故带电粒子必须带负电（ 1 分） ab棒切割磁感线，产生的电动势 （ 2分） 对于粒子，据动能定理： （ 2分） 联立 两式，可得 （ 1分） （ 2）要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切 根据几何关系： 即 （ 2分） 而 （ 2分） 联立 可得 （ 1分） 故 ab棒的速度范围： （ 1分） （ 3） ，故如果让粒子在 MN间一直加速，则必然会从外圆飞出，所以如果 能够让粒子在 MN间只加速一部分距离，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度变小 了。 （ 1分） 设磁场宽度为 S0时粒子恰好不会从外圆飞出，此情况下 由 可得粒子射出金属板的速度 （ 2） 粒子的加速度： （ 1分） 解得： 对于棒 ab： S0 （ 1分） 故磁场的宽度应 （ 1分） 考点：考查了带电粒子在电磁场中的综合应用，动能定理的综合应用，难度较大
