1、天津一中201420151高三年级零月考物理学科试卷一、选择题1.物体从静止开始做直线运动，则该物体（ ）A在第8s末相对于起点的位移最大B在第4s末相对于起点的位移最大C在第2s末到第4s末这段时间内的加速度最大D在第4s末和第8s末在同一位置上【答案】 D 【考点】匀变速直线运动的图像解：A、B、由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，6-8s时物体反向运动，故6s时相对于起点的位移最大，故AB错误；C、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，4-8s的加速度最大，故C错误；D、在4s末到第8s末时间内，图象的斜率不变，则加速度不变，故D正确；故选：D2. 一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为
2、圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态，如图所示现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止设乙对挡板的压力F1，甲对地面的压力为F2，在此过程中（）AF1缓慢增大，F2缓慢增大BF1缓慢增大，F2不变CF1缓慢减小，F2不变DF1缓慢减小，F2缓慢增大【答案】 C 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用解：先以小球为研究对象，分析受力情况，当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，由图1看出，柱状物体对球的弹力N2与挡板对球的弹力N1均减小则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力
3、F1减小再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知，F=N1，推力F变小地面对整体的支持力N=G总，保持不变则甲对地面的压力不变故C正确A、B、D错误故选C3. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为0.66T【答案】C 【考点】牛顿第二定律
4、；物体的弹性和弹力解：A、质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；B、C、对整体，由牛顿第二定律可知，；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；D、轻绳刚要被拉断时，物块加速度a=，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma=，故D错误故选：C4如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A球A的角速度一定大于
5、球B的角速度B球A的线速度大于球B的线速度C球A的运动周期一定小于球B的运动周期D球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力【答案】B 【考点】牛顿第二定律；向心力解：A、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等根据F合m得，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度故A正确，D错误B、根据F合mr2，得，r大角速度小所以球A的角速度小于球B的角速度故B正确 C、根据F合=ma，知向心加速度相等故C错误故选：B5. 假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则（）A同步卫星运行速度是第一宇宙速度的n倍B同步卫星的运行速度是第一宇宙速
6、的 倍C同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n+1倍D同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 倍【答案】 B 【考点】6. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态剪断两物块轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，（）A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同【答案】 D 【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率解：设斜面倾角为，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsin=mAg，所以mBmA，A、剪断轻绳后A自由下落
7、，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mgh所以速度的变化量为，故A错误；B、剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B错误；C、重力势能变化量EP=mgh，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；D、A运动的时间为：，所以A重力做功的平均功率为：B运动有：，解得：，所以B重力做功的平均功率为：，而mBgsin=mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D正确故选D7. 竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y=x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示
8、），一个小金属环从抛物线上y=b（ba）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（）AmgbB mv2 Cmg（b-a） Dmg（b-a）+mv2【答案】 D 【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化解：圆环最终在y=a以下来回摆动，以y=b（ba）处为初位置，y=a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得，Q=mg（b-a）+mv2故D正确，A、B、C错误故选D8如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨空间存在
9、垂直于纸面的均匀磁场用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是（）【答案】 A 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律解：设bac=2，单位长度电阻为R0则MN切割产生电动势E=BLv=Bv2vttan=2Bv2ttan回路总电阻为R(2vttan+)R0vtR0(2tan+)由闭合电路欧姆定律得：i与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误，故选：A 9. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试
10、探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零【答案】 BC 【考点】电势能解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O
11、点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值故D错误故选BC10. 位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动A刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图所示B是沿波传播方向上介质的一个质点，则（）A波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向B此后的周期内回复力对波源A一直做负功C经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长D在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零【答案】 ABD 【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系解：A、由A刚好完成一次全振动时的图线可知波由A向B传播，可判断A此时刻沿y轴负方向运
12、动，与0时刻的开始振动时的运动方向相同，故A正确B、在此后的周期内，质点A向y轴负方向向波谷运动，回复力沿y轴正方向，则回复力做负功，故B正确C、质点不随波迁移，故C错误D、由简谐运动的对称性可知，回复力在一个周期内的冲量为零，故D正确故选ABD11. 如图所示，A、C和B、C是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上甲、乙两个小物体在同一竖直线上甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，质量分别是m1、m2（m1m2），与斜面间的动摩擦因数均为若甲、乙滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别是W1、W2，所需时间分别是t1、t2甲、乙滑至底端C时速度分别是v1、v2，动能分
13、别是EK1、EK2，则（）AEK1EK2Bv1v2CW1W2Dt1t2【答案】 BC【考点】动能定理的应用应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比较动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比较大小；由功的计算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比较功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比较时间大小12. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图象如图线b所示以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为3：2C交流
14、电a的瞬时值为u=10sin5t（v）D交流电b电压的最大值为V【答案】 BCD【考点】正弦式电流解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；B、由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，故B正确；C、由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5tV，故C正确；D、交流电最大值Um=NBS，故Uma：Umb=3：2，故Umb=Uma=，故D正确；故选：BCD二、填空题13.质量0.5kg的皮球从0.8m高处落到地面，然后反弹跳起到离地0.45m高处，若球与地面接触时间为0.1s，则在与地面接触过程中，地面对球的
15、平均作用力大小为 N。（ ）【答案】 35N 【考点】动量定理解：由动能定理得：皮球下落过程：mgh1=mv12-0，皮球反弹过程：-mgh2=0-mv22，以向上为正方向，由动量定理得：mv2-mv1=（F-mg）t，代入数据解得：F=35N；故答案为：35N14. 如图所示，虚线框区域内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）垂直于电场和磁场的方向以速度V0飞入后恰好做匀速直线运动，并从o点离开此区域如果仅有电场，粒子将从a点飞离此区域，经历时间为t1，飞离速度大小为V1；如果仅有磁场，粒子将从b点飞离此区域，经历时间为t2，飞离速度大小为V2，则有 ， ，ao bo(填写“
16、”)【答案】 【考点】带电粒子在混合场中的运动解：设带电粒子带电量为q，质量为m，电场强度为E，磁感应强度为B在电磁场中，带电粒子恰好没有偏转，说明其做匀速直线运动，则有：Bqv0=qE只有电场时，做类平抛运动：解：设带电粒子带电量为q，质量为m，电场强度为E，磁感应强度为B在电磁场中，带电粒子恰好没有偏转，说明其做匀速直线运动，则有：Bqv0=qE只有电场时，做类平抛运动：只有磁场时，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由解得：，带电粒子从场区右则射出磁场由几何关系得：；综合所得：y2y1；即ObOa若撤去磁场，粒子在电场力作用下做类平抛运动，电场力做正功，速度增大，若撤去电场，粒子在洛伦兹
17、力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，故v1v2；设水平框的长度为l，初位置为o点，则，因为，所以t1t2故答案为：，15.如图所示回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，已知匀强磁场磁感应强度为B，被加速的粒子质量为m，带电量为q，D形金属盒最大半径为R，则要使粒子能够在加速器里面顺利的完成加速，所加电场的周期为 ，粒子的最大动能为 【答案】，【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理解：根据，解得：，根据，再由动能表达式，则有：最大动能为：1
18、6. 如右图所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，在其外部产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B=k/r（其中r为辐射半径-考察点到圆柱形磁铁中心轴线的距离，k为常数），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R（大于圆柱形磁铁的半径），而弯成铝环的铝丝横截面积S。圆环通过磁场由静止开始下落，下落过程中圆环平面始终水平，已知铝丝电阻率为 ，密度为 ，则圆环下落的最终速度为 【答案】 【考点】法拉第电磁感应定律解：由题意知铝圆环所在处在磁感应强度B为圆环的有效切割长度为其周长即L=2R当环速度为v时，切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=2kv；铝圆环中的电流为：；当圆环加速度为零时，有最
19、大速度vm，此时安培力由平衡条件可知：mg=F，圆环的质量m=0S2R结合电阻定律，；由平衡条件可知：mg=F得：三、实验探究题17. 在一次测玻璃的折射率实验中，采用了如下方法，将一块半圆形玻璃砖放在水平面上（如图所示），用一束光线垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O为转轴在水平面内缓慢转动半圆形玻璃砖，当刚转过角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，这样就可以知道该玻璃砖的折射率n的大小，那么，上述测定方法主要是利用了 全反射的原理，该玻璃的折射率 。【答案】 全反射， 【考点】光的折射定律解：据题意，将玻璃砖缓慢转过角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发
20、生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有i=C=根据临界角公式，则得故答案为：全反射，18. 某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）实验室备有如下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（040，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选 A2（选填“A1”或“A2”），请
21、将实物连线补充完整（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出 图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是 【答案】 ：（1）A2；（2）；电压表的分流【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）；待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1（040，额定电流1A）与电阻箱R2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流
22、变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示（2）由图乙所示电路可知，则，因此图象的纵轴截距，电动势，图象的斜率，则电源内阻；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小四、计算题19如图所示，水平地面与某一半径R=5m的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上C点位置处于圆心O正下方距地面高h=5m的水平平台边缘上的A点，质量m=1kg的小球以v0=10m/s的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2试求：（1）B
23、点与抛出点A正下方的水平距离x；（2）圆弧BC段所对的圆心角；（3）小球滑到C点时，对轨道的压力【答案】（1）10m；（2）45；（3）56N【考点】抛体运动，动能定理（1）根据h= gt2得：t= s1s，则B点与抛出点A正下方的水平距离为：x=v0t=101m=10m（2）小球到达B点时竖直方向上的分速度为：vyB=gt=101m/s=10m/s，则在B点速度方向与水平方向的夹角的正切值为：tan=1，得：=45，由几何关系知，圆弧BC对应的圆心角为：=45（3）滑块在B点的速度为：vB根据动能定理得：mgR(1cos)mvC2mvB2代入数据解得：vC2=30050 根据牛顿第二定律得：
24、N-mg=m解得：N=mg+m代入数据解得：N=56N根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为56N20.如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数=0.4今用水平力F=28N向右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）【答案】 1s 【考点】牛顿第二定律F作用下，有相对滑动；F作用时间t1撤去后，滑块继续加速，木板减速，要使滑块能从木板上恰好滑下，则要求滑下时，滑块和木板的速度相同，设为V3则：在t1时间内： 滑块的加速度：a1=g=4
25、 m/s2，V1=a1t1木板的加速度：a2=6 m/s2，V2=a2t1在t2时间内：滑块的加速度：a1=a1=4 m/s2，V3=V1+a1t2木板的加速度：a2=1 m/s2，V3=V2-a2t2t1+t2时间内总位移：滑块的位移为：S1= a1（t1+t2）2木板的位移为：S2=a2t12+（V2t2-a2t22）而S2-S1=L解得：t1 =1s21. 如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入
26、磁场，整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动求：（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q【答案】 （1）（2）（3）m(mg)2f2(mg+f)(a+b)【考点】法拉第电磁感应定律的综合应用（1）线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有mg=f+，解得v2=线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2=（2）由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程 0-（mg+f）h=0-mv12线圈从最高点落至进入磁场瞬间：（mg-f）h=mv22由得v1= 线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1
27、=（3）线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：mv02-mv12=Q+（mg+f）（a+b）而v0=2v1Q=m(mg)2f2(mg+f)(a+b)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q=m(mg)2f2(mg+f)(a+b)22. 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为Ex0的区域固定一与x轴成=30角的绝缘细杆一个带电小球a穿在细杆上匀速下滑过N点进入第三象限，在第三象限内做匀速圆周运动且垂直经过x轴上
28、的Q点已知Q点到坐标原点O的距离为，重力加速度为g，B1= 、B2= 空气阻力忽略不计，求：（1）带电小球a的电性及其比荷；（2）带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；（3）当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h=的P点（图中未画出）以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【答案】（1）（2）；（3） 【考点】带电粒子在电场和磁场中的运动（1）粒子在第3象限做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，故电场力向上，故粒子带正电，根据平衡条件，有：mg=qE解得：（2）带电小球在第3象限做匀速圆周运动，有：qB2vm由几何关系，有：R+Rsin=解得：v=带电小球在杆上匀速运动时，根据平衡条件，有：mgsin=（qB1v-mgcos）解得：=（3）带电小球在第三象限内做匀速圆周运动，有：T=带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t0=绝缘小球b平抛运动到x轴上的时间为：t=两球相碰，有：t= +n(t0+)解得：n=1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则：lv0t解得：v0=