1、南通市2014届高三第三次调研测试物理试卷注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1本试卷共6页，包含单项选择题(第1题第5题，共15分)、多项选择题(第6题第9题，共16分)、简答题(第10题第12题，共42分)、计算题(第13题第15题，共47分).本次考试满分为120分，考试时间为100分钟.考试结束后，请将答题纸交回.2答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上.3请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确.4作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用
2、2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后再选涂其它答案.5如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚.一、单项选择题.本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1如图所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线.则A空气对风筝的作用力方向水平向右B地面对人的摩擦力方向水平向左C地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力 D风筝处于稳定状态时拉直的细线可能垂直于风筝面 考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题的关键是正确对风筝和人受力分析，风筝受到向下的
3、重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可解答：解：A、D、设细线与水平面的夹角为，风力大小为F先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面故AD错误；根据平衡条件得： B、对该同学分析受力可知，人受到重力、地面的支持力、绳子向右上的拉力和地面对人的摩擦力方向水平向左，故B正确 C、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：（M+m）g=N+Fcos，是风筝与水平面之间的夹角；则得：N=（M+m）gFcos（M+m）g故C错误故选：B
4、点评：对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左2如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住.图示位置时刻，AB杆下降速度为v，则A凸轮绕O轴逆时针方向旋转 B凸轮上C、D两点线速度大小相等C凸轮上C、D两点加速度大小相等 D凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v 考点：线速度、角速度和周期、转速.专题：匀速圆周运动专题分析：由于AB杆下降，可知A点到圆心的距离在减小，故可判断凸轮的转动方向；判断C、D的线速度和加速度大小，可由两点的曲率半径结
5、合线速度的表达式以及向心加速度表达式讨论解决；解答：解：A、由于AB杆下降，可知A点到圆心的距离在减小，故可判断凸轮的转动方向为逆时针，故A正确B、凸轮上C、D两点角速度相等，但它们的曲率半径不同，由v=r可得，线速度大小不相等，故B错误C、凸轮上C、D两点角速度相等，但它们的曲率半径不同，由可得，加速度大小不相等，故C错误D、凸轮上与杆下端接触点的速度为线速度，与AB杆下降速度为v不是一回事，故D错误故选：A点评：本题基于匀速圆周运动的基本规律，又高于平时见到的基本题目，体现物理的学以致用的原则，好题3铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热.将被加热管道置于
6、感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热.下列说法中正确的是A管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流 D感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电考点：法拉第电磁感应定律；* 涡流现象及其应用.专题：电磁感应与电路结合分析：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高解答：解：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金
7、属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快A、管道发热是由于线圈的作用，导致管道有涡流，故A错误B、感应加热是利用线圈变化的磁场，从而产生感应电场，形成涡流，故B错误；C、感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电故C错误，D正确故选：D点评：本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难4如图是气敏传感器的工作原理图，RCO是对一氧化碳(CO)敏感的二氧化锡半导体元件，其电阻随一氧化碳浓度的增加而减小，R是一可变电阻.在ac间接12V的恒
8、定电压，be间接报警器.当环境中一氧化碳浓度增加到一定值时报警器发出警告.则A当一氧化碳的浓度升高时，b点的电势降低 B减小R的阻值，可以提高气敏传感器的灵敏度C适当增大ac间的电压，可以提高气敏传感器的灵敏度 D若ac间的电压减小可减小R的阻值使气敏传感器正常工作 考点：传感器在生产、生活中的应用；电势差.分析：由电路图可知，定值电阻与传感器电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压；如果测试时电压表示数越大，根据欧姆定律可知电路中的电流越大，说明酒精气体传感器的电阻越小，而酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的增大而减小，据此判断测试到的酒精气体浓度大小解答：解：A、由电路图可知，定值电阻与传感器
9、电阻串联，当一氧化碳的浓度升高时，RCO减小，bc之间的电压等于变阻器两端的电压； 增大故b点的电势升高故A错误；B、C、由公式得： ，要提高气敏传感器的灵敏度，可以采用的方法有：增大电源的电动势（ac之间的电压）、或增大变阻器R的电阻值故B错误，C正确；D、由可得，若ac间的电压减小需要增大R的阻值使气敏传感器正常工作故D错误故选：C点评：对于传感器，关键是理解其工作原理，本题首先要读懂题意，抓住电导与浓度的关系，列出表达式，其次利用欧姆定律研究电压表示数与浓度的关系5双摇跳绳是指每次在，双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法.在比赛中，高三某同学1min摇轻绳240圈，跳绳过程脚与地面接触
10、的时间约为总时间的2/5，则他在整个跳绳过程中的平均功率约为A15W B60W C120W D300W 考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：由跳跃时间可算出腾空时间，下落时间为腾空时间的一半，进而由自由落体规律得到腾空高度，由腾空高度可算出克服重力的功，进而得到平均功率解答：解：高三某同学的质量约为50kg，每次跳跃的时间：腾空时间：腾空高度：h=上升过程中克服重力做功：W=mgh=50100.1125J=56.25J则跳绳的平均功率：，最接近120W故选：C点评：本题比较新颖，但是难度适中，重点掌握竖直上抛，自由落体的规律二、多项选择题.本题共4小题，每小题4分，共计1
11、6分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分. 6火星是太阳系内地球外侧的一颗行星，人类正计划用飞船载人登陆火星，探索火星移民的可能. 下列说法中正确的是A火星上的一年时间比地球上的一年时间长 B发射飞船的速度必须达到第三宇宙速度16.7km/sC不管飞船何时起飞到达火星通过的路程都相同 D火星和地球相邻两次距离最近的时间间隔大于一年 考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第三定律，到太阳的距离r越大，周期越大发生飞船的速度达到第三宇宙速度16.7km/s时，飞船不仅脱离地球束缚，也要脱离太阳束缚由于地球和火星绕太阳
12、运动的周期不一样，运动过程中，相对位置会不停的变化两星转过的角度之差=2时，火星与地球相邻再次相距最近，从而求出时间解答：解：A、根据开普勒第三定律，火星的距离太阳比地球距离太阳远，故火星的公转周期比地球大，即火星上的“一年“时间比地球上的一年时间长，故A正确B、发生飞船的速度达到第三宇宙速度16.7km/s时，飞船不仅脱离地球束缚，也要脱离太阳束缚，要到达火星的发射速度必须小于16.7km/s，故B错误C、由于地球和火星绕太阳运动的周期不一样，运动过程中，有时越来越近，有时越来越远，故不同时间发射飞船，到达火星通过的路程不同，故C错误D、设地球绕太阳匀速圆周运动的周期为T，火星绕太阳匀速圆周
13、运动的周期为T火根据圆周运动的规律，地球再一次与火星相距最近的条件是，解得t=，由于T火T，所以tT，即火星和地球相邻两次距离最近的时间间隔大于一年，故D正确故选：AD点评：本题考查万有引力定律的应用及天体的运行规律；关于天文学中的问题，要注意对题意的掌握，通过审题可以得出有用的信息，比如“火星是太阳系内地球外侧的一颗行星”说明火星距离太阳比地球距离太阳远7如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30.现将A、B由静止释放，则A物块A由P点出发第一次到达C
14、点过程中，加速度不断增大B物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D物块B的机械能最小时，物块A的动能最大8一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生物的场强大小EO=，方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则AE1BE2=CE3DE4=考点：电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的
15、大小关系根据E=k，结合左右两侧球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分析解答：解：根据点电荷电场强度公式E=k，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 由于方向不共线，由合成法则可知，E3；故AC正确，BD错误；故选：AC点评：考查点电荷的电场强度的应用，知道电荷的分布，掌
16、握矢量的叠加法则9如图所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xoy平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x轴上关于O点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力.则A两粒子沿x轴做直线运动 B运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的分量vy最大D若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在库仑引力作用下加速，在洛伦兹力下方向发生偏转，当两粒子间的距离等于初始位置间的
17、距离时，静电力做功对两个电荷做功为零，根据动能定理分析速度；两个电荷均向上偏转，当两粒子间的距离最小时，向上偏转的距离最大，沿y轴方向的速度分量vy最大；若减小磁感应强度，由公式r=分析轨迹的曲率半径的变化，判断能否发生碰撞解答：解：A、两个粒子在相互的库仑引力作用下，从静止开始加速，都受到向上的洛伦兹力而向上偏转，做曲线运动，故A错误B、两个粒子的速度大小情况相同若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，静电力对两个粒子做功为0，根据动能定理可知它们的速度均为零故B正确C、从开始运动到距离最小的过程，静电力一直做正功，动能都增大，速度与x轴的夹角不断增大，沿y轴方向的速度分量vy不断增大；当距
18、离最小后，两者距离增大，静电力做负功，速率减小，vy不断减小，所以两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的分量vy最大故C正确D、若减小磁感应强度，由公式r=分析可知，轨迹的曲率半径变大，可能发生碰撞故D正确故选：BCD点评：本题关键分析两个粒子的受力情况，来判断其运动情况，分析时，要抓住洛伦兹力与速率成正比的特点，由公式r=分析轨迹的曲率半径的变化三、简答题:本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置.必做题10(8分)(1)如图甲所示，螺旋测微器读数为 mm. (2)用如图乙所示的装置探究加速度与力、质量的关系.实验中，已通过调
19、节长木板的倾角平衡了摩擦力.若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m(mO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2l，l)的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场，不计带电粒子所受的重力.(1)若带电粒子此后每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少?(2)若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少? (3)若带电粒子从P点正下方任意一点以相同的初速度v0开始运动，在电场中运动一段时间后同时撤去电场和磁场，粒子均能通过O点，求撤去电场和磁场
20、时刻粒子的位置所在曲线的方程.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解出进入磁场的速度v，由几何关系确定圆周运动的半径，然后由牛顿第二定律求出B；（2）要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3），然后由牛顿第二定律求B；（3）撤去电场和磁场后，粒子做匀速直线运动，结合几何关系与位移公式得到粒子位置的方程解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，到达O点时速度方向与x轴负方向夹角为，2l=v0tl=t得：vy=v0，=45v=v0qvB1=m由几何关系得：2r
21、1sin=4l解得：B1=（2）带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系知：s=4lr2要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3）由qvB2=m得：B2=（n=1，2，3）（3）粒子从P点抛出后，在电场中运动的加速度为a，到O点时y方向的分速度大小为v0v02=2al设带电粒子从P点下方任意点抛出后，经过时间t运动到坐标为 （x，y）的Q点，撤去电场和磁场后，粒子做匀速直线运动，此时粒子与x轴负方向夹角为，则2lx=v0ttan=解得：y=xx2（0x2l）答：（1）若带电粒子此后每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为；（2）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为（n=1，2，3）；（3）若带电粒子从P点正下方任意一点以相同的初速度v0开始运动，在电场中运动一段时间后同时撤去电场和磁场，粒子均能通过O点，撤去电场和磁场时刻粒子的位置所在曲线的方程y=xx2（0x2l）点评：本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律