1、2014届江西省师大附中高三开学摸底考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于摩擦力的说法中，错误的是（ ） A两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向垂直 B两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比 C在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度 D滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反 答案： B 试题分析：弹力是形成摩擦力的必要条件，弹力在法向，摩擦力在切向，二者永远垂直，选项 A错误。静摩擦力的大小与压力的大小无关，选项 B正确。受静摩擦力的物体可以是静止的，也可以是运动的，静摩擦力的方向与物体的相对运动趋势
2、方向相反，但与运动方向无关，与运动方向可以成任意夹角，选项C错误。滑动摩擦力的方向与物体的相对运动方向相反，但与物体的运动方向也可以成任意夹角，选项 D错误。 考点：本题考查静摩擦力和滑动摩擦力的大小及其方向，以及摩擦力构成的条件等知识。 两个共点力 Fl、 F2大小不同，它们的合力大小为 F，则（ ） A F1、 F2同时增大一倍， F也增大一倍 B F1、 F2同时增加 10 N， F也增 加 10 N C F1增加 10 N， F2减少 10 N， F一定不变 D若 F1、 F2中的一个增大， F不一定增大 答案： AD 试题分析：力是矢量， F1+F2=F，则 2（ F1+F2） =2
3、F，选项 A正确。如果 F1、 F2方向相反，同时增加 10 N，合力不变，选项 B错误。如果 F1、 F2方向相反， F1增加 10 N， F2减少 10 N， F一定发生变化，选项 C错误。如果两力反向，且增大较小的一个，合力将减小，选项 D正确。 考点：本题考查力的合成、合力与分力的关系。 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器 T1和降压变压器 T2向用户供电已知输电线的总电阻为 R，降压变压器 T2的原、副线圈匝数之比为 4 1，降压变压器副线圈两端交变电压 u 220 sin (100t) V，降压变压器的副线圈与阻值 R0 11 的电阻组成闭合电路若将变压器视
4、为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ） A通过 R0电流的有效值是 20 A B降压变压器 T2原、副线圈的电压比为 4 1 C升压变压器 T1的输出电压等于降压变压器 T2的输入电压 D升压变压器 T1的输出功率大于降压变压器 T2的输入功率 答案： ABD 试题分 析：降压变压器副线圈两端交变电压 u 220 sin (100t) V，表明电压的有效值是 220 V，阻值 R0 11 ，则通过 R0电流的有效值是 20 A，选项 A正确。降压变压器 T2的原、副线圈匝数之比为 4 1，根据电压关系，选项 B正确。由于输电线有电阻，它会降落一部分电压，损耗一部分功率，所以选项 C 错误、D
5、正确。 考点：本题考查电能的输送、变压器等知识。 如图所示，如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度 为 2(1、 2均为锐角 )，则由此条件可求得（ ） A水星和金星绕太阳运动的周期之比 B水星和金星的密度之比 C水星和金星到太阳中心的距离之比 D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 答案： ACD 试题分析：根据角速度的定义，可以知道二者的角速度之比，再由 可得周期之比，选项 A正确。再由开普勒第三定律 ，进一步能得到二者的公转半径之比，选项 C 正确。向心加速度 ，二者向心加速度之比也
6、可计算，选项 D正确。要计算二者的密度，必须知道各自的质量和半径，选项 B错误。 考点：本题考查天体的运动、开普勒第三定律和圆周运动的相关知识等。 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表当滑动变阻器 R2的滑动触头 P滑动时，关于两个电压表 V1与 V2的示数，下列判断正确的是（ ） A P向 a滑动 V1示数增大、 V2的示数减小 B P向 b滑动 V1示数增大、 V2的示数减小 C P向 a滑动， V1示数改变量的绝对值小于 V2示数改变量的绝对值 D P向 b滑动， V1示数改变量的绝对值大于 V2示数改变量的绝对值 答案： AC 试题分析： P向 a滑动，滑动变阻器
7、R2的电阻变小， 分压 U2减小，根据闭合电路的欧姆定律有 E=Ur+U1+U2，其余部分电路的分压相对增大，减小值和增大值相等，即 U2=（ U1+Ur），选项 A、 C正确。同理， P向 b滑动， V1示数减小、 V2的示数增大， V1示数改变量的绝对值小于 V2示数改变量的绝对值，选项B、 D错误。 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律、串联分压原理。 如图所示，质量为 m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（ ） A大于环重力 mg，并逐渐减小 B始终等于环重
8、力 mg C小于环重力 mg，并保持恒定 D大于环重力 mg，并保持恒定 答案： A 试题分析：根据楞次定律，感应电流是顺时针的，再由左手定则判断，安培力应该竖直向下，环始终处于静止状态，表明线的拉力始终大于环的重力 mg。由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，电动势大小不变，但是金属环在通电的过程中，电阻率逐渐增大，电阻逐渐增大，根据闭合电路的欧姆定律，环中电流将逐渐减小，因此安培力也逐渐减小，选项 A正确，其余选项均错误。 考点：本题考查法 拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力和力的平衡条件等综合知识。 如图所示，带异种电荷的粒子 a、 b以相同的动能同时从 O 点射入宽度为 d的
9、有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 30和 60，且同时到达 P点。 a、 b两粒子的质量之比为（ ） A 1： 2 B 2： 1 C 3： 4 D 4： 3 答案： C 试题分析：两初速度方向互相垂直，做弦 OP的中垂线，两个圆的圆心都在这条直线上， a、 b两粒子在磁场中转过的圆心角之比为 120： 60=2:1，由于时间相等，所以二者的 之比为 1:2；根据几何关系 ，可得半径之比为 1： ，由 进一步得速度之比为 2： ，由于动能相等，所以质量之比为 3:4，选项 C正确，其余选项均错误。 考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动。 一物体运动的速度随时间变化的关系如图所
10、示，根据图象可知（ ） A 4 s内物体在做曲线运动 B 4 s内物体的速度一直在减小 C物体的加速度在 2.5 s时方向改变 D 4 s内物体速度的变化量的大小为 8 m/s 答案： D 试题分析：速度 -时间图象只能表示做直线运动的物体的速度变化情况，选项 A错误。前 2.5 s内速度减小，后 1.5 s内 速度反向增大，选项 B错误。物体的加速度方向自始至终不变，始终与选定的正方向相反，选项 C错误。 4 s内物体速度的变化量的大小为 5-（ -3） =8 m/s。选项 D正确。 点评：本题考查速度 -时间图象。 M、 N 是某电场中一条电场线上的两点，若在 M点释放一个初速度为零的电子
11、，电子仅受电场力作用，并沿电场线由 M点运动到 N 点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ） A电子在 N 点的动能小于在 M点的动能 B该电场有可能是匀强电场 C该电子运动的加速度越来越小 D电子运动的轨迹为曲线 答案： C 试题分析：电子从不动到动，电势能逐渐减小，动能逐渐增加，选项 A错误。根据电势能的图象可以看出电势能是非线性减小的，由 知电势是非线性减小的，再根据 U=dE 推知场强是非线性减小的，因此该电场是非匀强电场，选项 B错误。再由牛顿第二定律有 qE=ma，加速度逐渐减小，选项 C正确。轨迹与电场线重合，表明电场力与轨迹重合，因此轨迹只能是直线，选项
12、D 错误。 考点：本题考查电势能的概念、电势差与场强的关系、牛顿第二定律和曲线运动等综合知识。 某一放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，如图所示，下列说法正确的 是（ ） A射线 1的电离作用在三种射线中最强 B射线 2贯穿本领最弱，用一张白纸就可以将它挡住 C一个原子核放出一个射线 3的粒子后，质子数和中子数都比原来少 2个 D一个原子核放出一个射线 1的粒子后，形成的新核比原来的电荷数少 1个 答案： C 试题分析：从三束射线的偏转方向，可以断定射线 1是 射线、射线 2是 射线、射线 3是 射线。 射线的电离作用最强，选项 A错误。 射线贯穿本领最强，用一张白纸可以挡住的是 射线，选
13、项 B错误。每发生一次 衰变，原子核里面的 2个中子和 2个质子凝结成一个氦核而释放出来，选项 C正确。每发生一次 衰变，原子核里面的一个中子变成一个质子，因此核电荷增加 1，选项 D错误。 考点：本题考查原子核的天然衰变、三种射线的性质与三种射线粒子的本质。 填空题 某半导体激光器发射频率为 1014 HZ的激光，激光器的功率为 5.010-3 W。普朗克常量 h 6.6310-34 J s，该激光器每秒发出的光子数为 _。（结果保留三位有效数字） 答案： .541016 试题分析：该激光器每秒发出的能量是 5.010-3 J，而能量子为 E=hv，则激 光器每秒发出的光子数为 =7.541
14、016个。 考点：本题考查激光、能量量子化等。 汽车发动机的功率为 50 kW，若汽车总质量为 5103 kg，在水平路面上行驶时，所受阻力大小恒为 5103 N，则汽车所能达到的最大速度为 _m/s，若汽车以 0.5 m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为_s。 答案：； 试题分析：根据 Pm=f vm，可得汽车所能达到的最大速度为 10 m/s。根据 Pm=F v，其中 F-f=ma， v=at，代入数据可知匀加速阶段持续的时间为 s。 考点：本题考查发动机的启动功率问题。 一只排球在 A点被竖直抛出，此时动能为 20 J，上升到最大高度后，又回到 A点，动能变为
15、12 J，假设排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定， A点为零势能点，则在整个运动过程中，排球的动能变为 10 J时，其重力势能的可能值为 _、 _。 答案： J； J 试题分析：排球在整个过程中由于阻力的作用，耗散掉的机械能为 20-12=8 （ J），由于阻力大小恒定，因此阻力做功与路程成正比，在上升过程中机械能减少 4 J，下降过程中机械能也减少 4 J。根据能量守恒定律，当动能变为 10 J时，重力势能与耗散掉的机械能总和为 10 J，则在上升过程中， EP1=8 J；下降过程中， ， EP2= J。 考点：本题考查能量守恒定律，耗散力做功的特点。 如图所示，一个质量为 m，顶角为
16、的直角劈和一个质量为 M的长方形木块，夹在两竖直墙之间，不计摩擦，则 M对左墙压力的大小为 _ 答案： mg cot 试题分析： m受到三个力（重力、 M对它的弹力和右墙对它的弹力）的作用而静止，其中右墙对它的弹力大小为 mg cot ，方向水平向左；再用整体法，左墙对 M的弹力等于 mg cot ；根据牛顿第三定律， M对左墙压力的大小也为mg cot 。 考点：本题考查受力分析、整体法和隔离法、牛顿第三定律。 计算题 如图所示，一长为 的木板，倾斜放置，倾角为 45，现有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板的夹角相等，欲使
17、小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 _。 答案： 试题分析：小球第一段运动是自由落体运动，第二段运动是平抛运动，由图可知角 =45，则有 x1=y1， x2=y2，斜面高度为 L。在竖直方向， L=y1+y2，再根据平抛运动的轨迹方程有 ，根据自由落体运动有 ，结合这几式可得小球释放点距离木板上端的水平距离为 。 考点：本题考查自由落体运动、平抛运动的规律。 （ 8 分）如图，光滑水平面上有三个物块 A、 B和 C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让 A以一定速度与 B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与 C碰撞并粘在一起，求前后
18、两次碰撞中系统损失的动能之比。 答案： 试题分析：设三个物块的质量均为 m， A的初速度为 v， A与 B碰撞后整体的速度为 v1， A、 B的整体与 C碰撞后的共同速度为 v2，由动量守恒定律有： mv=2mv1 mv=3mv2 设第一次碰撞后损失的动能为 Ek1，第二次碰撞后损失的动能为 Ek2，根据能量守恒定律有： 联立以上四式，解得： 。 评分标准： 式共 3分， 式共 3分， 式 2分。 考点：本题考查动量守恒定律、能量守恒定律、完全非弹性碰撞及其能量损失等。 （ 8分） 如图所示，水平地面上放置一个质量为 m的物体，在与水平方向成 角、斜向右上方的拉力 F的作用下沿水平地面运动。物
19、体与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。求： （ 1）若物体在拉力 F的作用下能始终沿水平面向右运动，拉力 F的大小范围； （ 2）已知 m 10 kg、 0.5， g 10 m/s2，若物体以恒定加速度 a 5 m/s2向右做匀加速直线运动，维持这一加速度的拉力 F的最小值。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）要使物体运动时不离开水平面，应有： Fsinmg （ 2分） 要使物体能向右运动，应有： Fcosm（ mg-Fsin） （ 1分） 联立 式得： （ 1分） （ 2）根据牛顿第二定律得： Fcos-m（ mg-Fsin） ma （ 2分） 解得： （ 2分） 上式变形
20、 ，其中 （ 2分） 当 sin（ a） 1时 F有最小值 解得： 代入相关数值解得： N （ 1分） 考点：本题考查牛顿第二定律、极值法、讨论法等知识。 如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨 MN、 PQ之间的距离L 1.0 m， NQ两端连接阻值 R 1.0 的电阻，磁感应强度为 B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上， 导轨平面与水平面间的夹角 300。一质量 m=0.20 kg，阻值 r=0.50 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量 M=0.60 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度 v与时间 t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在
21、0 0.3 s内通过的电量是 0.3 0.6 s内通过电量的 ， g=10 m/s2，求： （ 1） 0 0.3 s内棒通过的位移； （ 2）金属棒在 0 0.6 s内产生的热量。 答案：（ 1） 0.3 m（ 2） 0.95J 试题分析：（ 1） .金属棒 在 0.3 0.6 s内通过的电量是： 金属棒在 0 0.3 s内通过的电量： 由题中的电量关系得： 代入解得： x2=0.3 m。 （ 2）金属棒在 0 0.6 s内通过的总位移为： x=x1+x2=vt1+x2，代入解得：x=0.75 m 根据能量守恒定律： 代入解得 ： Q=2.85 J 由于金属棒与电阻 R串联，电流相等，根据焦耳
22、定律 Q=I2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在 0 0.6 s 内产生的热量量 J。 考点：本题考查电磁感应中的力学问题、图象问题和能量分配等综合问题。 如图所示，在坐标系 xOy中， y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为 y轴、左边界为平行于 y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里。一带正电，电量为 q、质量为 m的粒子以某一速度自磁场左边界上的 A点射入磁场区域，并从O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与 x轴的夹角 45，大小为 v粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的倍。
23、粒子进入电场后，在电场力的作用下又由 O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从 A点射 入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求： （ 1）粒子经过 A点时速度的方向和 A点到 x轴的距离； （ 2）匀强电场的大小和方向； （ 3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）如图所示，设磁场左边界与 x轴相交于 D点，过 O 点作速度 v垂线 O O1，与 MN 相交于 O1点。由几何关系可知，在直角三角形 OO1D中 OO1D =45o。设磁场左右边界间距为 d，则 O O
24、1= d。 粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为 O1点 ，圆孤轨迹所对的圆心角为45o，且 O1A为圆弧的半径 R。由此可知，粒子自 A点射入磁场的速度与左边界垂直。 A点到 x轴的距离： 由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得： - 联立 式得： （ 2）依题意：匀强电场的方向与 x轴正向夹角应为 135o。 设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，第一次在磁场中飞行的时间为 t1，有： 由几何关系可知，粒子再次从 O 点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为 45o。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为 O2， O2必定在直线 OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于 P点，则 O O2P=90o。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为 t2，有： 设带电粒子在电场中运动的时间为 t3，依题意得： 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知： 联立 可得： （ 3）由几何关系可得： 故粒子自 P点射出后将做类平抛运动。则沿电场方向做匀加速运动： 垂直电场方向做匀速直线运动： 联立 式得： 考点：带电粒子的电偏转、磁偏转、匀变速直线运动、匀速直线运动和牛顿定律等综合知 识。
