1、成都外国语学校高2014届高三（下）2月月考理科综合 试 题高考资源网满分150分，考试时间150 分钟。注意事项：1答题前，考试务必先认真核对条形码上的姓名，准考证号和座位号，无误后将本人姓名、准考证号和座位号填写在相应位置，2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；3答题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案规范、整洁地书写在答题卡规定的位置上；4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效；5考试结束后将答题卡交回，不得折叠、损毁答题卡。物理部分 命题人：周永志 审题人：王祖彬第卷 (选择题 共42分)一、选择题（4
2、2分）1一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（ ）。 A.红光以30的入射角入射 B.红光以45的入射角入射 C.紫光以30的入射角入射 D.紫光以45的入射角入射【答案】D画出光的两次折射的光路图，由题意知O2A为侧移距离x根据几何关系有：又有（1）若为同一色光，则n相同，则i增加且i比r增加得快，得知且增加，且增加，故A、C错误。（2）若入射角相同，由两式可得得知n增加，x增加，故D正确。 故选D。【考点】折射定律2图示为一列沿轴负方向传播的简谐横波，实线为时刻的波形图，虚线
3、为时的波形图，波的周期T0.6s，则（ ）。 A.波的周期为2.4s B.在s时，P点沿y轴正方向运动 C.经过0.4s，P点经过的路程为4m D.在时，Q点到达波峰位置【答案】DA、根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移，其中n=0、1、2、3、4，故由实线传播到虚线这种状态需要，即，解得，其中n=0、1、2、3、4，当n=0时，解得T=0.8s，当n=1时，解得T=0.34s，又T0.6s，故最大周期为0.8s，故A错；B、由于波沿x轴负方向传播，故t=0时p点沿y轴负方向运动，故t=0.8s时p点沿y轴负方向运动，而周期T=0.8s，故0.9s时P点沿y轴负方向运
4、动，故B错误；C、在一个周期内p点完成一个全振动，即其运动路程为4A，而0.4s=T，故p点的运动路程为2A=0.4m，C错；D、由题意可知波长=8m，则变速，在t=0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t=0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=100.5=5m，故在t=0.5s时，Q点振动情况和t=0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t=0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t=0.5s时，Q点到达波峰位置，故D正确。故选D。【考点】波的形成和传播；波长、频率和波速的关系3从地球上发射两颗人造地球卫星A和B，绕地球做匀速圆周运动的半径之比为RA:RB
5、=4:1，则它们的线速度之比和运动周期之比TA:TB为（ ） A. 2:1，1:16 B. 1:2，8:1 C. 1:2，1:8 D. 2:1，2:1 【答案】B卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则，联立解得根据知故选B。【考点】万有引力定律4如图所示，长为L的轻杆一端固定一质量为的小球，另一端安装有固定的转动轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦地转动。若在最低点P处给小球一沿切线方向的初速度，其中为重力加速度，不计空气阻力，则（ ）A.小球不可能到达圆周轨道的最高点QB.小球能到达最高点Q，但小球在Q点不受轻杆的弹力C.小球能到达最高点Q，且小球在Q点受到轻杆向上的弹力D.小球能到达最高
6、点Q，且小球在Q点受到轻杆向下的弹力【答案】CA、初速度，则动能为，大于到顶端时增加的重力势能，所以能到达顶端，故A错误；BCD、到达顶端时的动能，速度为，小于临界速度，所以杆给小球支持力，故B错误C正确D错误；故选C。【考点】圆周运动的向心力；机械能守恒定律5如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2。下列说法中正确的是（ ） A.若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B.若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C.若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D.若P
7、不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大【答案】BA、滑片P向下滑动时，副线圈电阻增大，电流减小，灯泡两端的电压减小，电压表示数V2增大，故A错误；B、滑片P向下滑动时，副线圈电阻增大，电流减小，灯泡消耗的功率减小，故B正确；C、V1不变，故C错误；D、滑片F向下移动时，匝数比变大，副线圈的电压变小，灯泡两端的电压减小，功率减小，故D错误。故选B。【考点】变压器；电路动态分析6一个质量为m、带电荷量为q的粒子从两平行金属板的正中间沿与匀强电场相垂直的方向射入，如图所示，不计重力，当粒子的入射速度为时，它恰好能穿过这电场而不会碰到金属板。现欲使入射速度为的此带电粒子也恰好能穿过这电场而不碰到金
8、属板，则在其他量不变的情况卞，必须（ ） A.使粒子的带电荷量减小为原来的 B.使两板间的电压减小为原来的 C.使两板间的距离增大为原来的2倍 D.使两板间的距离增大为原来的4倍【答案】BC设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：垂直初速度方向做匀加速运动：则通过电场时偏转距离当粒子的入射速度为v时，粒子恰好能穿过一电场区域而不碰到金属板上，；欲使质量为m、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则y不变，仍为d；v，y=d，则由得可行的方法有：应使粒子的带电量减少为原来的，使两板间所接电源的电压减少为原来的，
9、使两板间的距离增加到原来的两倍。故选BC。【考点】带点粒子在匀强电场中的运动7在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为/2，则下列说法正确的是（ ） A.此时圆环中的电功率为 B.此时圆环的加速度为 C.此过程中通过圆环截面的电荷量为 D.此过程中回路产生的电能为0.75 【答案】ACA、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈
10、中的感应电动势；圆环中的电功率，故A正确；B、此时圆环受力，由牛顿第二定律可得，加速度，故B错误；C、电路中的平均电动势，则电路中通过的电量，故C正确；D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故，故D错误；故选AC。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势物理部分 第卷(非选择题 共68分)二、实验题（16分）8（1）（6分）用图甲所示的装置利用打点计时器进行探究动能定理的实验，实验时测得小车的质量为，木板的倾角为。实验过程中，选出一条比较清晰的纸带，用直尺测得各点与A点间的距离如图乙所示：AB=；AC=；AD=
11、；AE=。已知打点计时器打点的周期为T，重力加速度为g，小车与斜面间摩擦可忽略不计。那么打D点时小车的瞬时速度为 ；取纸带上的BD段进行研究，合外力做的功为 ，小车动能的改变量为 。【答案】（1）打D点时小车的瞬时速度为EC的平均速度，即合外力做的功为小车动能的改变量为【考点】探究外力做功和动能之间的关系8（2）（10分）测量电源的电动势E及内阻r(E约为4.5V，r约为1.5)。 器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A(具有一定内阻)，固定电阻R= 4，滑动变阻器R，开关K，导线若干。画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出。 实验中，当电流表读数为I
12、1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E= ，r= 。(I1，I2，U1，U2及R表示)【答案】（2）如图 由闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R)可知，只要能测出两组路端电压和电流即可，由E= 可得：E= r= 评分标准：原理图4分，其余两空每空3分。【考点】测量电源的电动势及内阻三、计算题。9（15分）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内。问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最
13、大距离是多少？（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？【答案】 12s（1）当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过时间两车的速度相等。则：，。所以两车间的最大距离。（2）警车刚到达最大速度90km/h=25m/s的时间：=10s。时刻两车距离30m。警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过时间追赶上货车。则：=2s。所以警车发动后要经过时间追上货车：=12s。【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系10（17分）平面直角坐标系中，第1象限存在沿轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂
14、直于轴射入电场，经轴上的N点与轴正方向成60角射入磁场，最后从轴负半轴上的P点与轴正方向成60角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子从M点运动到P点的总时间；（3）匀强电场的场强大小E。【答案】 （1）如图所示，设粒子过N点时的速度为，根据平抛运动的速度关系得分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律得：，联立解得轨道半径为：R=（2）设粒子在电场中运动的时间为，有ON=由几何关系得ON=Rsin30+Rcos30联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=由几何关系知NQP=150，设
15、粒子在磁场中运动的时间为，则联立解得故粒子从M点运动到P点的总时间为（3）粒子在电场中类平抛运动，设加速度为，则 设沿电场方向的分速度为，有联立解得E=【考点】带点粒子在匀强电场中的运动；带点粒子在匀强磁场中的运动11（20分）相距L=1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒和质量 为m2=0.27kg 的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方问竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化
16、的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd捧也由静止释放。(取10ms2)（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；（2）已知在2s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图像。 【答案】a=1m/s2，B=1.2T 18J 如图（1）经过时间t，金属棒ab的速率，此时，回路中的感应电流为，对金属棒，由牛顿第二定律得由以上各式整理得：在图线上取两点：代入上式得a=1m/s2，B=1.2T。（2）在2s末金属棒的速率m/s 所发生的位移m 由动
17、能定理得 又Q=W安联立以上方程，解得Q=(J)。（3）棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 当棒速度达到最大时，有 又FN=F安F安=BIL整理解得。随时间变化的图象如图所示。【考点】牛顿第二定律；动能定理；理科综合物理部分参考答案一、选择题（42分）1D 2D 3B 4C 5B 6BC或BD 7AC二、实验题（16分）8（1）（6分） （2）（10分） 解析：由闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R)可知，只要能测出两组路端电压和电流即可，由E= 可得：E= r= 评分标准：原理图4分，其余两空每空3分。三
18、、计算题。（52分）9（15分）75m，12s。 解析：（1）当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过时间两车的速度相等。则：，。所以两车间的最大距离。（2）警车刚到达最大速度90km/h=25m/s的时间：=10s。时刻两车距离30m。警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过时间追赶上货车。则：=2s。所以警车发动后要经过时间追上货车：=12s。 10（17分）解析：（1）如图所示，设粒子过N点时的速度为，根据平抛运动的速度关系得分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律得：，联立解得轨道半径为：R=（2）设粒子在电场中运动的
19、时间为，有ON=由几何关系得ON=Rsin30+Rcos30联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=由几何关系知NQP=150，设粒子在磁场中运动的时间为，则联立解得故粒子从M点运动到P点的总时间为（3）粒子在电场中类平抛运动，设加速度为，则 设沿电场方向的分速度为，有联立解得E=11（20分）解析：（1）经过时间t，金属棒ab的速率，此时，回路中的感应电流为，对金属棒，由牛顿第二定律得由以上各式整理得：在图线上取两点：代入上式得a=1m/s2，B=1.2T。（2）在2s末金属棒的速率m/s 所发生的位移m 由动能定理得 又Q=W安联立以上方程，解得Q=(J)。（3）棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 当棒速度达到最大时，有 又FN=F安F安=BIL整理解得。随时间变化的图象如图所示。
