1、2014年高中毕业年级第一次质量预测物理试题卷 高考资源网 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第I卷1至3页，第卷3至6页，考试时间90分钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。第I卷（选择题共40分） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。） 1下列叙述正确的是 A安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 B感应电流遵从楞次定律所描述的
2、方向，这是能量守恒定律的必然结果 C奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系D法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定线圈中，会出现感应电流【答案】ABC通有恒定电流的静止导线附近的固定线圈中，不会出现感应电流，D选项中阐述的实验现象不正确，故D错误。故选ABC。【考点】物理学史 2如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为n1:n2=40:1，在副线圈两端接有“6V 40W”的电灯泡。若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是A在原副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同B通过原副线圈的交变电流的频率相同C变压器输入电压的最大值为240 VD变压器输入
3、功率为40W【答案】ABDA、因为有铁芯的存在，铁芯的导磁性好，可以防止磁场外漏，理想变压器是无磁漏现象的，故A正确；B、变化的磁场（电场）产生同频率的电场（磁场），所以原副线圈的交变电流的频率相同，都与电源频率相同，故B正确；C、副线圈两端接有“6V、40W”的电灯泡，且恰能正常发光则副线圈的电压为6V，电流为；因原副线圈的匝数比为n1：n2=40：1，得原线圈的电压的有效值为240V，电流有效值为16A，所以变压器的输入功率为40W；故C错误D正确。故选ABD。【考点】变压器的构造和原理 3甲物体从高处自由下落时间t后，乙物体从同一位置自由下落，在甲、乙都未落地前，以甲为参照物，乙物体的运
4、动状态是 A相对静止 B向上做匀速直线运动C向下做匀速直线运动 D向上做匀变速直线运动【答案】B甲物体从高处自由下落时间t后，乙物体从同一位置自由下落，故甲的速度为v1=g（t+t1）；乙的速度为v2=gt1；以甲为参照物，乙的速度向上，大小为gt，为一个确定的值，故甲相对于乙向上做匀速直线运动。故选B。【考点】自由落体运动 4如图所示，一个质量为M的物体a放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体b时，物体a的加速度为a，绳中张力为T，则 Aa=g B CT=mg D【答案】BD对整体由牛顿第二定律得，得对a物体由牛顿第二定律得，代入得故选BD。【考点】牛顿第二定律5如图所示，小球
5、从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是 A小球的加速度先增大后减小 B小球的速度一直减小 C动能和弹性势能之和保持不变D重力势能、弹性势能和动能之和保持不变【答案】DA、从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始重力大于弹力，向下做加速运动；在下降的过程中弹力增大，则加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大；然后重力小于弹力，向下做减速运动，运动的过程中加速度增大，到达最低点速度为零，所以加速度先变小后增大，速度先增大后减小，故AB错误；CD、因为全过程机械能守恒，所以动能和弹性势能的变化等于重力势能的变化量值，下落过程中重力
6、势能减小，所以动能和弹性势能之和增大，故C错误D正确；故选D。【考点】牛顿第二定律；胡克定律；机械能守恒定律 6如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场。一个电子以速度为，从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60。则电子从M到N运行的时间是 A B C D【答案】D电子从M到N运行的时间和圆周运动的圆心角之间的关系是：，所以，由几何知识得圆心角，而、，所以故选D。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 7一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小减小为原来的，则变轨前后卫星的 A向心加速度大小之比为4:1 B角速度大小之比为2:1C周期之比
7、为1:8 D轨道半径之比为1:2【答案】C根据得，线速度减为原来的，则轨道半径变为原来的4倍，则轨道半径之比为1：4；根据解得，则向心加速度变为原来的，角速度变为原来的，周期变为原来的8倍，故C正确。故选C。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 8如图所示，在两个正点电荷、（其中，）形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO=bO。c、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc=cd=dN。则下列说法中正确的是 Aa、b两点的电场强度和电势都相同 B将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功 C将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移
8、到O的过程中，电场力不做功 Da、b、c、d四点中，电势最高的点是c点，电势最低的点是d点【答案】DA、a、b两点的电场强度方向不同，故A错误；B、将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力先做正功，后做负功，故B错误；C、将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功，故C错误；故选D。【考点】电场强度；电势； 9如图所示，a为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力。 A当小球的初速度时，掉到环上时的竖直分速度最大 B当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段 C
9、当取适当值，小球可以垂直撞击圆环D无论取何值，小球都不可能垂直撞击圆环【答案】ABDAB、当下落的高度为R时，竖直分速度最大，根据得，则，故AB正确；CD、设小球垂直击中环，则其速度方向必过圆心，设其与水平方向的夹角为，且可解得=0，但这是不可能的，故C错误D正确；故选ABD。【考点】平抛运动10矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列i-t图中正确的是【答案】D由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电
10、路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律第卷（非选择题共60分） 二、实验题（本题共3小题，共12分。请按题目要求作答。）11（4分）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=_mm。另一位学生用标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=_mm。【答案】2.705, 50.15螺旋测微器读数：整数（2.5mm）精度（0.
11、01mm）格数（20.5）2.705mm游标卡尺读数：整数（50mm）精度（0.05mm）格数（3）50.15mm【考点】长度测量12（3分）如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，其中=7.05cm，=7.68cm，=8.33cm，=8.95cm，=9.61cm，=10.26 cm，则打A点时小车的瞬时速度大小是_m/s，计算小车运动的加速度的表达式为a=_，加速度大小是_。（计算结果保留两位有效数字）【答案】vA=0.86 m/s， , a=0.64 m/s2根据匀变速直线运动某时刻的瞬
12、时速度等于一段时间内的平均速度，所以有：由得，代入数据得【考点】研究匀变速直线运动 13（5分）要测绘一个标有“3V O.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有： 电池组（电动势4.5V，内阻约1）； 电流表（量程为0-250 mA，内阻约5）； 电压表(量程为0-3V，内阻约3k)； 电键一个、导线若干。 (l)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）。 A滑动变阻器(最大阻值20 ，额定电流1 A) B滑动变阻器(最大阻值1750，额定电流0.3 A)(2)实验的电路图应选用下列的图_（填字母代号）。(3)实验得到小灯泡的伏安
13、特性曲线如图所示。现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2的定值电阻R串联，接在电动势为1.5V，内阻为1的电源两端，如图所示。每个小灯泡消耗的功率是_W。【答案】A B 0.09 W（1）电路采用分压式，所以滑动变阻器选电阻小的，即选A。（2）小灯泡伏安特性曲线这一实验采用外接分压式电路，故选B。（3）把定值电阻看做是电源内阻的一部分，形成新的电路图，灯泡两端的电压就是电路的外电压，画出外电压随电流变化的图像，如上右图，交点是本电路的唯一解，即外电压约为0.85V，总电流约为0.205A，则每个灯泡消耗的功率为0.09W。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线 三、计算题（本题共4小题，共48分。解答
14、时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）14.（10分）如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为。并保持不变，经4s后松手。问松手后铸件还能前进多远？（g=l0）【答案】工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有Fcosf=ma1N1fsinmg=0f=N1由以上三式得a1=1.3m/s2松手时，工件的速度v=a1t=5.2m/s设松手后，工件的加速度为a2，根据牛顿第二定律有mg=ma2解得a2=2.5m/s
15、2松手后，工件滑行的距离是【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动速度与位移的关系 15（10分）如图所示，两根平行且光滑的金属轨道固定在斜面上，斜面与水平面之间的夹角，轨道上端接一只阻值为R=0.4的电阻器，在导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=0.5T，两轨道之间的距离为L=40cm，且轨道足够长，电阻不计。现将一质量为m=3g，有效电阻为r=1.0的金属杆ab放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放，求： (l)金属杆ab下滑过程中可达到的最大速率；(2)金属杆ab达到最大速率以后，电阻器R每秒内产生的电热。【答案】 （1）当达到最大速率vm时，根据牛顿第二定律得根据法
16、拉第电磁感应定律，E=BLvm 根据闭合电路欧姆定律， 根据安培力公式解得 （2）根据能的转化和守恒定律，达到最大速度后，电路中每秒钟产生的热量为金属杆每秒钟产生的热量为 【考点】牛顿第二定律；能量守恒定律；欧姆定律16(14分)如图所示，在一宽度D=16cm的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E，电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直向外。一束带电粒子以速度同时垂直电场和磁场的方向射入时，恰不改变运动方向。若粒子射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移6.4cm；若粒子射入时只有磁场，则粒子束离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力。【答案】当带电粒子沿直线运动
17、时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有只有电场时，根据牛顿第二定律Eq=ma设粒子在电场中运动的时间为t，则D=v0t偏转的距离为=6.4cm只有磁场时，粒子做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律解以上式子得【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 17(14分)如图所示，弧形轨道的下端与半径为R的圆轨道平滑连接。现在使小球从弧形轨道上端距地面2R的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计。试求： (1)小球到达圆轨道最低点B时的速度大小； (2)小球在最低点B时对轨道的压力大小；(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度。【答案】 小球从A到B的过程中，由动能定理得在B点，由牛顿第二定
18、律得设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为)脱离圆轨道，则在C点有小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得由得:设小球离开圆轨道后能到达的最大高度h处为D点，从A到D点的过程中由机械能守恒定律得解得:【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律2014年高中毕业年级第一次质量预测物理 参考答案一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。)1ABC 2ABD 3B 4BD 5D 6D 7C 8D 9ABD 10D二、实验题(本题共3小题，共12分。请按题目要
19、求作答。)11. 2.705(2分), 50.15(2分)12. vA=0.86 m/s (1分)， (1分) ,a=0.64 m/s2(1分)13.(1分)A (1分)B (3分)0.09 W三、计算题(本题共4小题，共48分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)14. (10分)工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有 Fcosf=ma1 1分N1fsinmg=0 1分f=N1 1分由以上三式得 a1=1.3 m/s2 1分松手时，工件的速度 v=a1t=5.2 m/s 2分设松手后，工件的加速度为a2，根据牛顿第
20、二定律有 mg=ma2 1分解得 a2=2.5 m/s2 1分松手后，工件滑行的距离是 =5.4 m 2分15. (10分)当达到最大速率vm时，根据牛顿第二定律得 mgsin=F安 2分根据法拉第电磁感应定律，E=BLvm 1分根据闭合电路欧姆定律， 1分根据安培力公式 F安=BIL 1分解得 vm=0.84 m/s 1分 根据能的转化和守恒定律，达到最大速度后，电路中每秒钟产生的热量为=2.0110-2 J 2分金属杆每秒钟产生的热量为 =5.7610-3 2分16. (14分)当带电粒子沿直线运动时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有 2分ADEBy1y2R只有电场时，根据牛顿第二定律 Eq=ma 1分 设粒子在电场中运动的时间为t，则 D=v0t 1分 偏转的距离为=6.4 cm 1分只有磁场时，粒子做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律 3分 解以上式子得 3分 3分 17. (14分)小球从A到B的过程中，由动能定理得 2分 1分 在B点，由牛顿第二定律得 2分 1分 设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为)脱离圆轨道，则在C点有 2分小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得 2分由得: 设小球离开圆轨道后能到达的最大高度h处为D点，从A到D点的过程中由机械能守恒定律得 3分解得: 1分
