1、景德镇市 2014 届高三“一检”物理试卷一、选择题(本题 40 分，每小题 4 分，第 16 题为单项选择题，第 710 题为多项选择题，选对的得 4 分，漏选的得 2 分，选项错或不选的得 0 分。)1、北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是()A由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移B线路总长度与火炬所走时间的比等于登山的平均速度C在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点D顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度大【答案】C【KS5U 解析】由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的路程，A 错误；线路总长度与火炬
2、手所走时间的比等于登山的平均速率，B 错误；火炬手的大小相对于路程来讲可以忽略，所以在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点，C 正确；顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度小，D 错误；本题选 C。2、2009 年在山东济南举行的全运会上，黑龙江选手张树峰以 2 米 28 的高度，蝉联全运会男子跳高冠军，假设张树峰体重为 m=60kg，忽略空气阻力，g 取 10m/s2，则下列说法正确的是A张树峰下降过程处于超重状态B张树峰起跳以后在向上过程处于超重状态C张树峰起跳时地面对他的支持力大于他的重力D起跳过程地面对张树峰至少做了 1025J 的功【答案】C【KS5U 解析】在张树峰下降过程，只受
3、重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以 A 错误张树峰起跳以后在上升过程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以 B 错误在张树峰起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，所以 C 正确由动能定理可以知道，地面对人做的功最终转化成了人的重力势能，在这个过程中，人的重心升高大约 1m，所以增加的重力势能大约是 mgh=60101J=600J，所以 D 错误3、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为 201,原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光。则(
4、)A.电流表的示数为+_CIA B.电源输出功率为 1200WC.电流表的示数为+_CIA D.原线圈两端电压为 11V【答案】C【KS5U 解析】由于灯泡正常发光知，变压器副线圈两端的电压为 220V，副线圈中的电流为311A，变压器的输出功率为 60W，由变压器的变压比1122UnUn得，原线圈两端的电压为 4400V，由变压器的变流比关系1221InIn得，电流表的示数为+_CIA，所以，选项 C 正确，A、B、D错误。4、如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触点 P 向右端移动时，下面说法中正确是（）A伏特表 V1 的读数减小，安培表 A1 的读数减小B伏特表 V1
5、的读数增大，安培表 A1 的读数增大C伏特表 V2 的读数减小，安培表 A2 的读数增大D伏特表 V2 的读数增大，安培表 A2 的读数减小【答案】D【KS5U 解析】当滑动变阻器滑动触点 P 向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流 I 增大，路端电压 U 减小，则电流表 A1 读数增大；电压表 V1读数 U1=E-I（R1+r），I 增大，其他量不变，则 U1 减小；通过电流表 A2 的电流 I2=13UR，U1 减小，则 I2 减小；通过电阻 R2 读数 I2=I-I2，I 增大，I2 减小，则 I2增大，则伏特表 V2 的读数增大故 D 正确5、在四川汶
6、川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用。北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作星均绕地心 O 做匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻 2 颗工作卫星分别位于轨道上的 AB 两位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力则以下判断中错误的是（）A这 2 颗卫星的加速度大小相等，均为+_CIB卫星 1 向后喷气就一定能追上卫星 2 C卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为+_CID卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 的过程中万有引力做功为
7、零【答案】B【KS5U 解析】根据万有引力提供向心力 G2Mmr=ma，a=2GMr而 GM=gR2所以卫星的加速度 a+_CI故 A 正确卫星向后喷气，速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的圆轨道所以在原轨道加速不会追上卫星 2故 B 错误根据万有引力提供向心力 G2Mmrmr 2，3GMr23gRr所以卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间 t=3=+_CI故 C 正确卫星在运动的过程中万有引力与速度方向垂直，不做功故 D正确本题选错误的，故选 B6、如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球 a 和 b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆 C 和 D 上
8、，质量为 ma 的 a 球置于地面上，质量为 mb 的 b球从水平位置静止释放。当 b 球摆过的角度为 90时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是（）A:3:1abmm B1:2:ba mmC若只将细杆 D 水平向右移动少许，则当 b 球摆过的角度为小于 90的某值时，b C D a a 球对地面的压力刚好为零D若只将细杆 D 水平向左移动少许，则当 b 球摆过的角度大于为 90的某值时，a 球对地面的压力刚好为零【答案】A【KS5U 解析】小球 b 下落过程中，机械能守恒，则有：mbgr=12mbv2，又 b 在最低点时，由向心力表达式：Tmbgmb2vr，又在最低点时，a 对地面压
9、力为零则有：T=mag，联立以上各式得：mag-mbg=2mbg，解得：ma：mb=3：1，故 A 正确B 错误。由 A 的分析知，若 a 对地面的压力为零，与 b 的半径无关，只与其位置有关，即只有摆到竖直位置时，才会有 a 对地面的压力为零，故 CD 错误故选 A。7、一枚火箭由地面竖直向上发射，其 vt 图像如图所示，则()A火箭在 t2t3 时间内向上运动B火箭能上升的最大高度为 4v1t1C火箭上升阶段的平均速度大小为+_CID火箭运动过程中的最大加速度大小为+_CI【答案】AB【KS5U 解析】在 t2-t3 时间内火箭的速度为正值，仍在上升，故 A 正确由图看出，在 0-t3时间
10、内火箭的速度都是正值，说明火箭一直在上升，图线与坐标轴所围“面积”的大小等于火箭能上升的最大高度，由数学知识得：火箭能上升的最大高度 h=12v1t1+122vvt1+22v t1，v2=3v1，解得 h=4v1t1故 B 正确火箭上升阶段的平均速度大小为11433hvvt故 C 错误由图看出，在 t2-t3 时间内图线的斜率最大，则火箭的加速度最大，最大加速度大小为 a=21vt故 D 错误故选 AB8、如图所示，A、B、C 是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点v1 v2 t v t1 t2 t3 0 的电势分别为 A5V，B2V，C=3V，H、F 三等分 AB，G 为 AC
11、的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（）【答案】BC【KS5U 解析】由题意可知，各点的电势分别为 H4V，F3V，G=4V，则 G 点与 H 点的连线，F 点与 C 点的连线均为等势线由于电场线与等势线垂直，且沿着电场线方向，电势降低故选项 BC 正确，AD 错误。9、如图所示，质量均为+_CI的+_CI、+_CI两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于+_CI的恒力+_CI向上拉+_CI，当运动距离为+_CI 时+_CI与+_CI分离。则下列说法正确的是()A+_CI和+_CI刚分离时，弹簧为原长B弹簧的劲度系数等于+_CIC从开始运动到+_CI和+_CI刚分离的
12、过程中，两物体的动能先增大后减小D从开始运动到+_CI和+_CI刚分离的过程中，+_CI物体的机械能一直增大【答案】BCD【KS5U 解析】B 与 A 刚分离的瞬间，A、B 仍具有相同的速度和加速度，且 AB 间无相互作用力分析 B 知，B 具有向下的加速度，大小 aB=mgFm=0.5g，此时对 A 分析有：aA=mgFm弹=aB，A 也具有向下的加速度，由牛顿第二定律知此时弹簧弹力 F 弹=0.5mg，不为 0，故弹簧不是原长，处于压缩状态，故 A 错误；B 和 A 刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为 F 弹=0.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为 2mg，则弹力减小量F=
13、1.5mg A H F B C G E A H F B C G E A H F B C G E E A H F B C G D.A.B.C.A B F 两物体向上运动的距离为 h，则弹簧压缩量减小x=h，由胡克定律得：k=Fx=+_CI，故 B正确由题知，F=0.5mg2mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应先向上后向下，先做加速运动后做减速运动，整体的动能先增大后减小，故 C 正确从开始运动到 B与 A 刚分离的过程中，以 B 为研究对象，可知，F 做正功，A 对 B 的支持力做正功，故 B 的机械能一直增大故 D 正确故选：BCD。来 10、如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通
14、以直流电 I，正中间用绝缘线悬挂一金属环 C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流 I 增大的过程中，下列判断正确的是（）A.金属环中无感应电流产生B.金属环中有逆时针方向的感应电流C.悬挂金属环 C 的竖直线的拉力大于环的重力D.悬挂金属环 C 的竖直线的拉力小于环的重力【答案】BC【KS5U 解析】根据安培定则知，弯曲成“”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“”导线，所以金属环下边 14圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力增大，但环仍处于静止状态，故选 BC二、实验题(本题 20 分)11
15、、（4 分）游标尺上有 10 个等分刻度的游标卡尺，游标尺刻度的总长为 9mm，游标尺的每一分度与主尺的最小分度相差 0有一把这样的游标卡尺，由于长期使用，测量爪磨损严重，当左、右测量爪合在一起时，游标尺的零线与主尺 的 零 线 不 重 合，出 现 如 图 所 示 的 情 况，此 时 两 零 刻 线 间 的 距 离 为_mm.【答案】0.4【KS5U 解析】游标卡尺若完好的话，游标的 10 刻度线应与主尺的 9 对齐，而现在为游标的6 刻度线与主尺的 5 对齐，因游标的每一小刻度比主尺的最小刻度小 0.1mm，则可知，游标部分应向左移动了 0.4mm，故两零刻度相差 0.4mm；故答案为：0.
16、4。12、（4 分）“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，具体测算加速度前的主要步骤有：A换上纸带重复做三次，选择一条较为理想的纸带B将打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，接上低压交流电源C把小车停在靠近打点计时器的地方，接通电源，放开小车D断开电源，取下纸带E把一条细绳拴在小车前端，绳跨过滑轮挂上钩码F把纸带固定在小车后端并让纸带穿过打点计时器的限位孔以上步骤的合理顺序是：_。【答案】BFECDA【KS5U 解析】实验步骤的安排要符合逻辑，要符合事物发展的进程，一般都是先要安装器材，准备实验，然后进行实验的总体思路进行，据此可知该实验的顺序为：BFECDA 或 BEFCDA13、（12
17、 分）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值及单位依次是_、_、_。已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为 010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约 20k。电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势 E=4.5V，内阻很小。则以下电路图中_（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_。若已知实验所用的电流表内阻的准确值2.0AR ，那么选择一个最佳电路准确测量金属丝电阻xR,此时测得电流为 I、电压为 U，则金属丝电阻xR _（用题中字母表示）。【答
18、案】（每空 2 分）0.881mm;0.42A;2.25V;（漏写单位得 1 分，数值错不得分）A;小；U/I-2.0(或 U/I-RA)【KS5U 解析】螺旋测微器读数为 L=0.5mm+38.10.01mm=0.881mm、电流表示数为 I=0.42A、电压表读数为 U=2.25V根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故电路图 A 为应当采用的最佳电路根据欧姆定律 R=UI知，由于电压表的分流作用而使得 R 测量值偏小因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选 B 电路
19、；待测电阻及电流表总电阻 R=UI，则待测电阻 RX=R-RA=U/I-2.0(或 U/I-RA)。三、计算题（本题 30 分）14、（8 分）平抛一物体，当抛出 1 s 后它的速度方向与水平方向成 45，落地时速度方向与水平方向成 60，求：(g 取 10 m/s2)(1)初速度大小；(2)落地速度大小；(3)开始抛出时距地面的高度；(4)水平距离。【答案】见解析【KS5U 解析】(1)1 s 时，速度与水平方向成 45，则 v0v1(如图所示)，而 v1gt，解得 v010 m/s （2 分）(2)落地时的速度大小，vv0cos602v020 m/s （2 分）(3)落地时速度的竖直分量v
20、1v0tan60 3 v010 3 m/s由 vy22gh 得 hv122g 3210m15 m （2 分）(4)由 h12gt2 得 t2hg 21510s 3 s水平距离 sv0t10 3 m10 3 m17.32 m。（2 分）15、（10 分）如图所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为 30。现小球在 F=20N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 36。试求：（1）小球运动的加速度 a1；（2）若 F 作用 1.2s 后撤去，小球上滑过程中距 A 点最大距离 sm；（3）若从撤去力 F 开始计时，小球经多
21、长时间将经过距 A 点上方为 2.25m 的 B点。【答案】见解析【KS5U 解析】（1）在力 F 作用时有：（F-mg）sin30-（F-mg）cos30=ma1a1=2.5 m/s2 （3 分）（2）刚撤去 F 时，小球的速度 v1=a1t1=3m/s 小球的位移 s1=v12 t1=1.8m 撤去力 F 后，小球上滑时有：mgsin30+mgcos30=ma2，a2=7.5 m/s2 因此小球上滑时间 t2=v1a2=0.4s 上滑位移 s2=v12 t2=0.6m则小球上滑的最大距离为 sm=2.4m （3 分）（3）在上滑阶段通过 B 点：SAB-s1=v1 t3-12a2t32 通
22、过 B 点时间 t3=0.2 s，另 t3=0.6s（舍去）小球返回时有：mgsin30-mgcos30=ma3，a3=2.5 m/s2 因此小球由顶端返回 B 点时有：sm-SAB=12a3t42，t4=35通过通过 B 点时间 t2+t4=2+35s0.75s （4 分）16、(12 分)如图所示，第二象限内充满了垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，第一、第四象限内充满了一匀强电场，其方向如图所示。一个质量为 m，电荷量为+q 的带电粒子从 x 轴上的 P 点以初速度 v0 沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与 x 轴负方向的夹角=30，粒子恰好从 y 轴上的 C 处垂直于电
23、场强度的方向射入匀强电场，经过 x 轴的 Q 点，已知 OQ=OP，不计粒子的重力，求：（1）粒子从 P 运动到 C 所用的时间 t；（2）电场强度 E 的大小；（3）粒子到达 Q 点时的动能 Ek。【答案】见解析【KS5U 解析】（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周由rvmBqv200 得：qBmvr0又 T=Bqmvr220得带电粒子在磁场中运动的时间：qBmTt 2(3 分)(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度0v 垂直于电场沿 CF 方向，过 Q 点作直线 CF的垂线交 CF 于 D，则由几何知识可知，CPO CQO
24、CDQ，由图可知：0vxyOQ060CBE.P P.0vxyOQ060CBEDFCP=qBmvr022 带电粒子从 C 运动到 Q 沿电场方向的位移为qBmvrCPOPOQDQSE0030sin带电粒子从 C 运动到 Q 沿初速度方向的位移为qBmvrCPCOCDSv003330cos0由类平抛运动规律得：222121tmqEatS EtvSv00 联立以上各式解得：320BvE(6 分)(3)由动能定理得：EkqESmvE2021联立以上各式解得：2067 mvEk(3 分)四、选考题（考生必须选择以下三个模块之一答题，如果多做题，以所做的第一题为准）17A、【模块 3-3 试题】(10 分
25、)（1）（4 分）夏天，自行车内胎充气过足，放在阳光下受暴晒，车胎极易爆裂。关于这一现象对车胎内气体描述正确的有（暴晒过程中内胎容积几乎不变）（）A、车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，分子间斥力急剧增大的结果 B、在爆裂前的过程中，车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大 C、在爆裂前的过程中，车胎内气体吸热，内能增加 D、在车胎突然爆裂的瞬间，车胎内气体内能减少（2）（6 分）如图所示，两个截面积均为 S 的圆柱形容器，右边容器高为 H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的活塞（重量为 G），两容器由装有阀门的极细管道相连通，它们全都是绝热的。开始时，阀门关闭，左
26、边容器中装有 1mol 理想气体，平衡时活塞底面到容器底的距离也为 H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至气体的热力学温度升至初温的 1.5 倍时系统达到平衡。求：气体的初温和活塞下降的高度。（大气压为 P0）【答案】见解析【KS5U 解析】(1)(4 分)BCD气体分子间分子力（斥力）可忽略不计，故 A 选项错误；自行车在爆裂前受暴晒的过程中，车胎内气体吸热温度升高，分子平均动能增加，而气体体积不变，单位体积内的分子数不变，因此气体压强增大，B 选项正确根据热力学第一定律，爆裂前气体内能应增大，C 正确；突然爆裂的瞬间气体对外界做功，其内能应减少，故 D 正确故选 BC
27、D。(2)（6 分）（1）由理想气体状态方程可知（P0+G/S）HS=RT0T0=（P0+G/S）HS/R (3 分)(2)理想气体发生等压变化，有 H/T0=(h+H)/(1.5T0)h=0.5H (3 分）17B、【模块 3-4 试题】(10 分)（1）（4 分）如图所示是一列简谐横波 t=0 时刻的图象，经过 t=1.2 s 时，恰好第三次重复出现图示的波形。根据以上信息，下面各项能确定的是()A.波的传播速度的大小B.经过 t=0.3 s 时间，质点 P 通过的路程C.t=0.6 s 时刻质点 P 的速度方向D.t=0.9 s 时刻的波形图（2）（6 分）如图所示，光从长方体透明介质的
28、上表面射入，射到侧面上（设边很长），讨论下列问题：（）不管入射角 i 多大，要使光均不能从面射出，则介质的折射率应满足什么条件？（）当介质的折射率为时，光可能从面射出，要使光从 AD 面射出，则入射角 i 必须满足什么条件?【答案】见解析【KS5U 解析】（1）（4 分）ABD由波动图象读出波长=8m根据经过 1.2s 该波形恰好第三次重复出现，得到2T=1.2s，则周期 T=0.6s，由公式 v=T 确定出波速 v=403 m/sA 符合题意，故A 正确经过 0.3s，即半个周期，质点 P 通过的路程是 S=2A=20cmB 符合题意故B 正确由于波的传播方向不确定，P 点的速度方向不确定C
29、 不符合题意，故 C错误 t=0.6s 时的波形图与图示时刻重复，是确定的D 符合题意，故 D 正确故选 ABD。（2）（6 分）(1)由折射定律得要使光不可能从面射出，不管 i 多大，必须始终满足，求得。因为 sini 最大值为 1，所以 n(3 分)。(2)要使光真正从 AD 面射出,必须满足即求得,所以(3 分)17C、【模块 3-5 试题】(10 分)（1）（4 分）下列说法中正确的是（）A.卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He147N178O11H.B.铀核裂变的核反应是：23592U14156Ba9236Kr210nC质子、中子、粒子的质量分别为 m1、m2、m3，质子和
30、中子结合成一个 粒子，释放的能量是（2m12m2m3）c2D原子从 a 能级状态跃迁到 b 能级状态时发射波长为 1 的光子；原子从 b 能级状态跃迁到 c 能级状态时吸收波长为 2 的光子，已知 12，那么原子从 a 能级状态跃迁到 c 能级状态时将要吸收波长为 1212的光子（2）（6 分）如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块 A 和 B，已知 mA500g，mB300g，一质量为 80g 的小铜块 C 以 v0=25 m/s 的水平初速度开始，在 A 表面滑动，由于 C 与 A、B 间有摩擦，最终铜块 C（视为质点）最后停在 B上，B 和 C 一起以 2.5m/s 的速度共同前进
31、，求：C 滑上 B 时的速度【答案】见解析【KS5U 解析】（1）（4 分）ACD卢瑟福通过粒子轰击氮核得到质子，根据电荷数守恒、质量守恒，知方程式正确故 A 正确铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子，但是方程式中中子不能约去故 B 错误 2 个质子和 2 个中子结合成 1 个粒子，根据质能方程知，E=mc2=（2m1+2m2-m3）c2故 C 正确原子从 a 能级状态跃迁到 b 能级状态时发射波长为1 的光子，知 ac 能级差E1h 1c，原子从 b 能级状态跃迁到 c 能级状态时吸收波长为2 的光子，知 bc 能级差为E2h 2c，因为12，所以E2E1，所以 c 能级高于 a 能级，从 a 能级跃迁到 c 能级需吸收光子，即 h2c h1c h c，解得 1212 故 D 正确（2）（6 分）C 在 A 上滑动的过程中，以 A、B、C 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mCv0=mCvC+（mA+mB）vA，即：0.120=0.1vC+（0.5+0.3）vA C 在 B 上滑动时，B、C 组成系统的动量守恒，由动量守恒定律得：mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB，即：0.1vC+0.3vA=（0.3+0.1）2.5，由解得：vA=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右。