1、如东2014届高三物理押题卷物 理一、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如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R的滑动端P向下滑动过程（ ）A电压表与电流表的示数都增大B电压表示数增大，电流表的示数减小CR1的电功率增大，R的电功率增大DR2的电功率减少，电源的总功率增加【答案】DAB、在变阻器R的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小；并联部分电压，I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小
2、，故AB错误；C、干路电流I增大，由功率公式分析得知，R1上消耗的功率增大，总电流增大，电流表示数减小，则通过R的电流增大，由P=I2R可知R的功率变化不能确定，故C错误；D、由于U并减小，据公式分析知，R2消耗的功率减小，电源的总功率，E不变，I增大，则电源的总功率增加，故D正确。故选D。【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律2关于环绕地球运动的卫星，下列说法中正确的是（ ）A分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道上两个不同位置可能具有相同的速率C在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D沿不同轨道经过北京上空的两颗卫
3、星，它们的轨道平面一定会重合【答案】BA、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故A错误；B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，列出等式：，其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值，故C错误；D、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动，所以同步卫星不可能经过北京上空，故D错误。故选B。【考点
4、】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系3如图所示，顶端装有定滑轮的粗糙斜面体放在水平地面上，A、B两物体跨过滑轮通过细绳连接，整个装置处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）现用水平力作用于物体A上，缓慢拉开一小角度，斜面体与物体B一直保持静止此过程中（ ）A地面对斜面体的弹力减小 B斜面对物体B的摩擦力一定增大C绳子对物体A的拉力减小 D地面对斜面体的摩擦力增大【答案】DAD、以整体为研究对象，分析受力情况作出受力分析图；由平衡条件得知；，当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，故A错误D正确；B、B原来所受的摩擦力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，
5、当用水平向左的力F缓慢拉物体A时，绳的拉力增大，A所受的摩擦力可能增大，也可能减小，故B错误；C、对A研究可知，原来细线的拉力大小等于A的重力，当用水平向左的力F缓慢拉物体A，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，故C错误；故选D。【考点】共点力平衡 4愤怒的小鸟是风靡全球的2D画面游戏（图甲），是通过调节发射小鸟的力度与角度达到轰击肥猪堡垒的目的现简化为图乙模型：假设小鸟从离草地高度为h处用弹弓抛射，初速度斜向上且与水平方向成角，肥猪的堡垒到抛射点水平距离为L，忽略空气阻力，重力加速度为g（将小鸟和肥猪堡垒均视为质点）则（ ）A当一定时，角越大，小鸟在空中运动时间越
6、短B当角一定时，越小，其水平射程越长C小鸟从开始到上升到最高点的过程中增加的势能为D若=，则要想击中目标，初速度应满足【答案】CA、小鸟做抛体运动，运动的时间由竖直分运动决定，为：；故当v0一定时，角越大，小鸟在空中运动时间越长；故A错误；B、小鸟做抛体运动，水平分运动是匀速直线运动，v0越小，运动的时间越短，水平分速度也越短，故水平射程越小，故B错误；C、小鸟从开始到上升到最高点的过程中增加的势能等于动能的减小量，为：Ep12mv20y=12mv02sin2，故C正确；D、若=0，小鸟做平抛运动，有：、解得：即要想击中目标，初速度应满足，故D错误。故选C。【考点】抛体运动；机械能守恒定律5如
7、图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计现在让金属杆以速度的规律在导轨上左右来回运动，两灯A、B都发光下列说法中正确的是（ ）A只增大T，则灯A变暗、灯B变亮B当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零C只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D只增大v0，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小【答案】AA、
8、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电感的特性：通直流，阻交流通低频，阻高频，所以灯B变亮故A正确；B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；D、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误。故选A。【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率二、多项选择题本题共4小题，每小题4分，共计16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
9、分，错选或不答的得0分6如图甲所示的装置中，光滑的定滑轮固定在高处，用细线跨过该滑轮，细线两端各拴一个质量相等的砝码m1和m2在铁架上a处固定环状支架z，它的孔能让m1通过在m1上加一个槽码m，由O点释放向下做匀加速直线运动当它们到达A时槽码m被支架z托住，m1继续下降在图乙中能正确表示m1向下运动过程速度v与时间t和位移s 与时间t关系图象的是（ ）【答案】AD由O点释放向下做匀加速直线运动，所以开始时v-t图象是一条倾斜的直线，位移s与时间t关系图象是抛物线，当槽码m被支架Z托住时，对m1 进行受力分析，受到重力和绳子的拉力，并且绳子的拉力等于m2的重力，又因为m1=m2，所以此时受力平衡
10、，做匀速运动，所以v-t图象是一条平行时间轴的直线，位移s与时间t关系图象是一条倾斜的直线，故A、D正确。故选AD。【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像7如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为k，另一端固定于O点将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到O点正下方B点时速度为v、，A、B两点间的高度差为h，不计空气阻力，则（ ）A由A到B过程，小球克服弹簧弹力做功为mghB由A到B过程，小球重力做的功等于mghC小球到达B点时，受到的重力可能与弹力大小相等D小球到达B点时，弹簧的弹性势能为【答案】BDAB、重力做
11、功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力功为mgh，根据动能定理得：，所以由A至B小球克服弹力做功为，故A错误B正确；C、小球到达B点时，具有向上的向心加速度，处于超重状态，弹力大于重力，故C错误；D、弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故D正确。故选BD。【考点】功能关系；弹性势能；机械能守恒定律8劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为q，初速可忽略，在加速
12、器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响下列说法中正确的是（ ）A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于粒子加速【答案】ACA、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则，所以最大速度不超过2fR，故A正确；B、根据，知，则最大动能，与加速的电压无关，故B错误；C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据，则半径比为，故C正确；D、带电粒子在磁场中
13、运动的周期与加速电场的周期相等，根据知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子，故D错误。故选AC。【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理9如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为-Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块(可视为质点)，从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为、AB间距离为L、静电力常量为k，则（ ）AOB间的距离为B在小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小C在小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大
14、D在点电荷-Q形成的电场中,A、B两点间的电势差为【答案】ACDA、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有，得，故A正确；B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大，故C正确；D、滑块从A到B过程，由动能定理得：，得A、B两点间的电势差，故D正确。故选ACD。【考点】电势能；牛顿第二定律；电势差三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第1
15、2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）某实验小组组装了一套如图所示的装置探究做功与动能变化的关系，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T，实验的部分步骤如下：（1）平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距_的点。（2）测量小车和拉力传感器的总质量为M ，所挂钩码的总质量为m，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后 ，打出一条纸带，关闭电源（3）在
16、打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计时点，各个计时点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为Ek= ，若拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为W= ，F （选填“”、“”或“=”）mg（4）某同学以A点为起始点，以A点到各个计数点动能的增量（单位：J）为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W（单位：J）为横坐标，描点作图得到一条过原点且倾角为45的直线，由此可以得到的结论是 【答案】（1）相等 （2）释放小车 （
17、3） （4）外力所做的功，等于物体动能的变化量（1）平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系间距相等的点；（2）测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后释放小车，打出一条纸带，关闭电源；（3）打下D点时的速度为：，打下D点时的动能为：；拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做的功；由于重物也有一定的加速度，根据牛顿第二定律：，可见；（4）由动能定理得：，则，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做
18、的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45的直线，由此可以得到的结论是：外力所做的功，等于物体动能的变化量。【考点】探究功与速度变化的关系11（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，（1）小明同学连接了如图（a）所示的实物电路图闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零；他借助多用电表检查小灯泡先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行 调零；又将红、黑表笔分别接触ab接线柱，多用电表的表盘恰好如图(b)所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为 他将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触bc接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明bc接线柱间的导线出现
19、了 （选填“断路”或“短路”）故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在 接线柱间（选填“ac”、 “ad”或“cd”）再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最 端（选填“左”或“右”）（2）小华同学利用实验得到了8组数据，在图（c）所示的I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线根据图（c），可判断出图（d）中正确的关系图是（图中P为小灯泡功率） （3）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图（e）所示，则电流表的示数为 A，每个小灯泡的功率为 W【答案】（1）欧姆 6或6.0 断路 “cd” 左 （2）D
20、 （3）0.6 0.6 （1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；欧姆表的读数为：R=61=6；多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触bc接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明bc接线柱间的导线出现了断路；为使电流表的示数从零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在cd导线间再连接一根导线；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端；（2）由图c所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，灯泡实际功率，由于随I增大，灯泡电阻R增大，则P-I2图象的斜率逐渐增大，故D正确，故选D；（3）由
21、图e所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I在这个闭合电路中：，代入数据并整理得，在图a所示坐标系中作出的图象如图所示， 由图象可知，两图象交点坐标值为：，此时通过电流表的电流值，每只灯泡的实际功率；【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线12选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑如都作答，则按A、B两小题评分)A(选修模块3-3)(12分)有一个导热性能良好的气缸，用轻质活塞密封了一定质量的气体，活塞用轻绳悬挂在天花板上，如图所示气缸的质量为M，活塞可以在缸内无摩擦滑动，活塞的面积
22、为S，活塞与缸底距离为h，大气压强恒为p0，此时环境温度为T（1）若环境温度缓慢升高，下列说法正确的有 A在单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数减少B在单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数增加C器壁单位面积上受到气体分子撞击力增大D温度升高，缸内所有气体分子运动速率均增大【答案】A（1）A、B、气缸内气体的压强等于等于大气压与气缸重力产生的压强之差，则知气缸内的气体压强不变，单位面积器壁受到的气体分子的压力不变环境温度缓慢升高，气体分子的平均动能增大，分子每次碰撞器壁产生的压力增大，压强不变，所以单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数减少，故A正确，B错误；C、气缸内气体
23、压强不变，由知器壁单位面积上受到气体分子撞击力不变，故C错误；D、温度升高，缸内所有气体分子的平均动能增大，平均速率增大，由于分子的运动是无规则，不是所有分子运动速率都增大，故D错误。故选A。【考点】气体压强的微观解释（2）若已知气缸的容积为1L，气缸内气体的密度为30g/，平均摩尔质量为1.152g/mol阿伏加德罗常数，估算气缸内气体分子数为_个，气体分子间平均距离d=_m（得出的结果均取一位有效数字）【答案】 气体质量：；摩尔数为：；分子数为： 将气体分子占据的空间看成立方体形，而且紧密排列，则可得。【考点】阿伏加德罗常数（3） 若已知环境温度升高时，气体从外界吸收热量Q，气缸缓慢移动距
24、离d 后再次处于静止，则在此过程中密闭气体的内能增加了多少?温度升高了多少？【答案】 缸内气体压强气体等压膨胀过程外界对气体做功根据热力学第一定律，气体内能增加量解得气体做等压变化，由盖萨克定律得解得【考点】热力学第一定律；理想气体状态方程B(选修模块3-4)(12分)（1）激光技术是在1960年发明的激光被誉为神奇的光，关于激光的应用下列说法中正确的是_ _A激光用来控制核聚变，是因为它的方向性好，光源的能量就集中在很小一点上，可以在空间某个小区域内产生极高的温度B由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息C用激光拦截导弹，摧毁卫星，是因为激光在大气中传播不受大气的影响D能
25、利用激光测量地面到月球表面的距离，是因为激光通过地球大气不会发生折射【答案】ABA、激光用来控制核聚变，是因为它的方向性好，光源的能量就集中在很小一点上，可以在空间某个小区域内产生极高的温度，故A正确；B、由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息，故B正确；C、用激光拦截导弹，摧毁卫星，是因为激光方向性好能量高，故C错误；D、能利用激光测量地面到月球表面的距离，是因为激光平行度好，方向性好，故D错误。故选AB。【考点】激光的特性和应用（2）一列向右传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，波速大小为0.6m/s，P质点的横坐标x = 0.96m，从图中状态开始计时，波源O
26、点刚开始振动时的振动方向 (填“y轴正方向”或“y轴负方向”)；波的周期为 s，质点P经过 s时间第二次达到波峰【答案】y的负方向、0.4、1.9简谐横波向右传播，根据波形的平移法判断得知，图中x=0.24m处质点的振动方向向下，则介质中所有质点开始振动的方向均向下，故质点P刚开始振动时的振动方向向下。由图象可知，波长为=0.24m，则周期为波从该时刻传播到P经历的时间质点P第二次到达波峰又经历时间所以。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系（3）如图所示，一个半圆形玻璃体的截面如图，其中O为圆心，aob为平面，acb为半圆柱面，玻璃的折射率一束平行光与aob成450角照射到平面上，将有部
27、分光线经过两次折射后从a c b面射出，试画出能有光线射出的那部分区域，并证明这个区域是整个acb弧的一半【答案】如图，如解析作出aob平面上的折射光线如图所示设图中折射光线Me和Nf的入射角都恰好等于临界角C，则e c f弧以内的区域光线的入射角都小于临界角C，是能有光射出的区域。进入玻璃后，成为与ab面成60角的平行光束从玻璃射入空气时发生全反射临界角设为C，则 图中，ONf=120，OfN=45，bOf=15OMe=60，MeO=45，MOe=75则eof=90，弧ecf为acb的一半，弧ecf以外区域因为全反射，不会有光线射出。【考点】光的折射定律C(选修模块3-5)(12分) （1）
28、氢原子处于基态时，原子能量E1=13.6eV，已知氢原子各定态能量与基态能量之间关系为，式中n=2、3、4、5 A若氢原子处于处于n=2的定态，该氢原子的电离能为10 .2eV B若氢原子处于处于n=2的定态，该氢原子的电离能为3.4eV C一个处于n=3定态的氢原子在向基态跃迁时最多放出3种频率的光子 D氢原子从n=4定态向n=3定态时要放出光子，电子的动能减小【答案】BAB、量子数n=2时，能级时的能量为，因此该氢原子的电离能为3.4eV，故A错误B正确；C、处于n=3定态的氢原子在向基态跃迁时，由数学组合公式，求得这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出6种不同频率的光子，故C错误
29、；D、从n=4定态向n=3定态时要放出光子，但电子的动能增加，故D错误。故选B。【考点】氢原子的能级公式和跃迁（2）目前核电站是利用核裂变产生的巨大能量来发电的请完成下面铀核裂变可能的一个反应方程： 已知、和中子的质量分别为、和，则此反应中一个铀核裂变释放的能量为 ；【答案】 根据质量数和电荷数守恒得：裂变产物为：，则核反应方程式为：由质能方程得，释放的核能：【考点】爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应（3）在真空中用用波长为1的光子去轰击原来静止的电子，电子被射出后，光子反向运动，返回时光子波长为2，普朗克恒量为h，试比较1和2大小，并求电子物质波的波长【答案】碰撞前光子能量为，碰撞后光子的
30、能量为，在碰撞中电子获得了能量，所以光子能量变小，从而 12 由动量守恒定律得解得 【考点】动量守恒定律；物质波四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（15分）如图所示，一个长为2L、宽为L粗细均匀的矩形线框，质量为m、电阻为R，放在光滑绝缘的水平面上一个边长为2L的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，其左边界在线框两长边的中点MN上（1）在t=0时刻，若磁场从磁感应强度为零开始均匀增强，变化率，线框保持静止，求在某时刻t时加在线框上的水平外力大小和方向；（2）若正方形
31、区域内磁场的磁感应强度恒为B，磁场从图示位置开始以速度v匀速向左运动并控制线框保持静止，求到线框刚好完全处在磁场中时通过线框的电量和线框中产生的热量；（3）第（2）问中，若线框同时从静止释放，线框离开磁场前已达到稳定速度，加速过程中产生的热量为Q，求线框速度为某一值vx时的加速度和该过程中运动磁场提供给线框的能量【答案】方向水平向右 （1）区域磁场均匀增强，线框中电动势，则电流经过时间t时加在线框上的外力，方向水平向右（2）区域磁场从线框上MN位置以速度v匀速向左运动时，电动势电流，经历时间则通过线框的电量线框中产生的热量（3）线框速度为某一值vx时，线框中的电动势，电流由牛顿第二定律得解得线
32、框稳定时由能量守恒定律，得区域磁场提供给线框的能量【考点】安培力；法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律14（16分）如图所示，将质量m=1.0kg的小物块放在长L=3.0m的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数=0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v0=10m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g=10m/s2，求：（1）若半圆形轨道的直径d1=2.4m，物块刚进入半圆形时对轨道的压力；（2）在（1）的情况下，物块回落至车上时距右端的距离；（3）若半圆形轨道的直径
33、d2=6.5m、平板车的质量M=1.5kg，物块再次离开小车时的速度大小【答案】63.3N （1）车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端是的速度为v1，由动能定理得解得刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得所以物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力为63.3N，方向竖直向下。（2）若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得解得设恰能过最高点的速度为v3，则解得因，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x，则解得（3）若轨道直径足够大，物块上升的最大高度则物块沿圆轨道返回，再次回到车右端时速度大小物块沿平板车向左运动的加速度
34、平板车向左运动的加速度设物块沿平板车向左滑动的时间为t，则解得、（不合题意舍去）则物块再次离开小车时的速度解得【考点】牛顿第二定律；平抛运动；机械能守恒定律15（16分）如图所示，在xOy平面内，直线MON与x轴成45夹角在MON左侧且x0的空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E10 V/m；在MON的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场；在MON左侧且x0的空间既无磁场也无电场；一个重力不计的比荷103 C/kg的带负电的粒子，从坐标原点O以大小为v0200 m/s的速度沿着y轴负方向进入匀强磁场粒子从O点离开后，最后能从y轴上A点射出电场，方向恰好与y轴正方向成45，求：(1)带电
35、粒子第一次经过直线MON时速度的大小和方向；(2)磁感应强度B的大小；(3)A点的坐标和粒子从O点运动到A点总共所用的时间【答案】200m/s B0.2T (1)粒子进入匀强磁场时与边界的夹角为45，作圆周运动，由几何关系可知粒子第一次飞出磁场边界时速度方向沿x轴负方向由于洛伦兹力不做功，故速度大小仍为200m/s(2)粒子进入电场后做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动作圆周运动（设运动半径为R），以速度大小v0再次进入磁场中运动，在磁场中第二次出磁场后垂直于电场方向进入电场，做类平抛运动，轨迹如图所示；粒子在电场中做类平抛运动，加速度大小粒子离开电场时偏向角的正切值沿x轴方向，有解得R1
36、m粒子在磁场中做匀速圆周运动，有解得B0.2T(3)沿x轴方向有，沿y轴方向有解得y2m，则A点坐标为(0，2m)粒子在磁场中运动的时间粒子在电场中先匀减速后匀加速运动的时间粒子在电场中做类平抛运动的时间从O点离开后，到经过y轴上的A点总共运动的时间为【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备用题：1 打扫面积较大的房间，我们用平底拖把比较方便已知某种拖把头与地板之间的动摩擦因数，一同学使用该拖把在水平地板上拖地时，沿轻质拖杆方向推拖把，设拖杆与水平方向的夹角为请问当超过多少度时，不管沿拖杆方向的推力多么大，都不可能使拖把从静止开始运动( )A B C D 【答案】C拖把
37、头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有：竖直方向上：水平方向上：若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，应有即得，当时F趋于无穷大，得：得：=60故选C。【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力2某十字路口如图所示，其车辆转弯半径为15m现一辆汽车以8 m/s匀速行驶即将通过红绿灯路口，直行绿灯还有2 s将转为左转绿灯，此时汽车距离停车线20 m若该车加速时最大加速度大小为3 m/s2 ，汽车与路面间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），则（ ）A 若汽车以最大加速度加速行驶，
38、则一定会闯红灯通过路口B 若汽车做减速运动，则可以恰好紧靠停车线停下C 若限速为11 m/s ，则汽车能不闯红灯过路口必已超速D 若该车以2 m/s2 的加速度匀加速行驶，后以达线瞬时速度按左转绿灯左转弯，则汽车会发生侧翻事故【答案】BDA、若汽车以最大加速度加速行驶，根据位移时间公式得，代入数据得，解得t1.85s2s，不会闯红灯，故A错误；B、若汽车以最大加速度做减速运动，根据速度位移公式得，可知汽车做减速运动，可以恰好紧靠停车线停下，故B正确；C、若2s末恰好到达停车线，根据平均速度的推论有：，解得v=12m/s，大于限速的速度，故C正确；D、根据速度位移公式得，解得，根据得，汽车运行的
39、最大速度，可知汽车会发生侧翻事故，故D正确。故选BD。【考点】向心力3如图所示，质量m20 kg和M40 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k250 N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力在相对滑动前的过程中，取g=10m/s2，下列说法中正确的是AM受到的静摩擦力保持不变B刚推动时弹簧的弹性势能等于16JC开始相对滑动时，推力F的大小等于100 ND动摩擦因数等于0.5【答案】CDA、对m进行受力分析，水平方向受向
40、右的弹簧的弹力和向左的静摩擦力，由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，也就可以看成平衡状态，所以M对m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，故A错误；B、水平面是光滑的，所以刚推动时弹簧处于原长，弹性势能为0，故B错误；C、把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得：，故C正确；D、根据摩擦力公式：，则，故D正确。故选CD。【考点】共点力平衡的条件及其应用4两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子在一垂直于速度方向的外力作用下，以某一速度从图中A点沿图示方向进
41、入电场在纸面内沿直线飞行，最后离开电场，则粒子在电场中( )A受到的电场力是先减少后增大B受到的外力是先增大后减少C粒子可能做匀变速直线运动D粒子的电势能是先变大后变小【答案】BA、粒子在等势面上运动，电场力与等势面垂直向上；等势面越密的地方电场越强，故电场力先增加后减小，故A错误；B、带负电的粒子做直线运动，电场力始终竖直向上，故外力F竖直向下，与电场力平衡，电场力先增加后减小，故外力也是先增加后减小，故B正确；C、带负电的粒子做直线运动，电场力始终竖直向上，故外力F竖直向下，与电场力平衡，故合力为零，粒子做匀速直线运动，故C错误；D、子在等势面上运动，电势能不变，故D错误。故选B。【考点】
42、电势；电势能5如图所示的装置，由足够长的光滑倾斜金属轨道BADE和粗糙水平金属轨道CBEF平滑连接，轨道顶点A、D之间连接一只滑动变阻器，倾斜轨道内存在垂直于斜面向上的匀强磁场，水平轨道内没有磁场金属棒MN垂直放置于轨道BADE上，距离水平轨道的高度为h0现在从静止开始释放金属棒，棒到达斜面底端BE时刚好达到最大速度，滑到水平轨道上PQ位置停下，运动过程中始终与轨道垂直且良好接触轨道和金属棒的电阻都忽略不计下列说法正确的是（ ）A若改变滑动变阻器的阻值，阻值越小，金属棒在水平轨道上滑行的距离越小 B若改变滑动变阻器的阻值，阻值越大，金属棒在水平轨道上滑行的距离越大 C若金属棒距离水平轨道高度h
43、小于h0时，h越小，金属棒在水平轨道上滑行的距离越小D若金属棒距离水平轨道高度h大于h0时，h越大，金属棒在水平轨道上滑行的距离越大 【答案】ABCA、在整个过程过程中，金属棒的机械能转化的内能，若改变滑动变阻器的阻值，阻值越小，金属棒在斜面上运动时克服安培力做功更多的机械能转化为内能，金属棒到达水平面时的动能越小，金属棒在水平轨道上滑行的距离越小，故A正确；B、在整个过程过程中，金属棒的机械能转化的内能，若改变滑动变阻器的阻值，阻值越大，金属棒在斜面上运动时克服安培力做功更少的机械能转化为内能，金属棒到达水平面时的动能越大，金属棒在水平轨道上滑行的距离越大，故B正确；C、在整个过程过程中，金
44、属棒的机械能转化的内能，若金属棒距离水平轨道高度h小于h0时，h越小，金属棒的机械能越小，金属棒在水平轨道上滑行的距离小，故C正确；D、滑动变阻器接入电路的阻值一定时，金属棒匀速到达水平面的速度相等，金属棒在水平轨道上滑行的距离相等，故D错误。故选ABC。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势如东2014届高三物理押题卷参考答案及评分标准一、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1D 2B 3D 4C 5A二、多项选择题：6AD 7BD 8AC 9ACD三、简答题：本题共3小题，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（8分）（1）相等 （1分，其他表述正
45、确的同样给分） （2）释放小车 （1分） （3）（2分） （1分） （1分）（4）外力所做的功，等于物体动能的变化量（2分，其他表述正确的同样给分）11（10分）（1）欧姆 6或6.0 断路 “cd” 左（每空1分）（2）D（3分） （3）0.6 0.6 （每空1分）12A(选修模块3-3)(12分)（1）A（3分）（2）1.61022 (2分) d=410-9m (2分) （3）(5分)缸内气体压强 气体等压膨胀过程外界对气体做功 (1分) 根据热力学第一定律，气体内能增加量 (1分) 解得 (1分)气体做等压变化，由盖萨克定律得 (1分)解得 (1分)B(选修模块3- 4)(12分) （1
46、）AB （3分，漏选得1分）（2）y的负方向(1分)、0.4(2分)、1.9(1分)（3） 作出aob平面上的折射光线如图所示设图中折射光线Me和Nf的入射角都恰好等于临界角C，则e c f弧以内的区域光线的入射角都小于临界角C，是能有光射出的区域(1分)进入玻璃后，成为与ab面成60角的平行光束从玻璃射入空气时发生全反射临界角设为C，则 sinC=(1分)图中，ONf=120，OfN=45，bOf=15(1分)OMe=60，MeO=45，MOe=75则eof=90，弧ecf为acb的一半弧ecf以外区域因为全反射,不会有光线射出(2分)C(选修模块3-5)(12分)（1）B（3分）（2）（2
47、分） （2分）（3）碰撞前光子能量为，碰撞后光子的能量为，在碰撞中电子获得了能量，所以光子能量变小，从而 1v3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x，则x=（1分）解得 x=（1分）（3）若轨道直径足够大，物块上升的最大高度 （1分）则物块沿圆轨道返回，再次回到车右端时速度大小 v4= v1=8.0m/s（1分）物块沿平板车向左运动的加速度 平板车向左运动的加速度 设物块沿平板车向左滑动的时间为t，则 （1分）解得 t1=0.6s t2=1s（不合题意舍去）（1分）则物块再次离开小车时的速度 解得 （1分）15（16分）解：(1) 粒子进入匀强磁场时与边界的夹角为4
48、5，作圆周运动，由几何关系可知粒子第一次飞出磁场边界时速度方向沿x轴负方向(或水平向左，或与电场方向相同均正确) （2分）由于洛伦兹力不做功，故速度大小仍为200 m/s（2分）(2)粒子进入电场后做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动作圆周运动（设运动半径为R），以速度大小v0再次进入磁场中运动，在磁场中第二次出磁场后垂直于电场方向进入电场，做类平抛运动，轨迹如图所示粒子在电场中做类平抛运动，加速度大小a104 m/s2（1分）粒子离开电场时偏向角的正切值tan 45（1分）沿x轴方向，有v2a2R 解得R1 m（2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B 解得B0.2 T. （2分）(3)沿x轴方向有x2Rat 沿y轴方向有2Ryv0t3（2分）解得y2 m，则A点坐标为(0，2 m)（1分）粒子在磁场中运动的时间 t1T102 s（1分）粒子在电场中先匀减速后匀加速运动的时间 t2 s（1分）粒子在电场中做类平抛运动的时间 t3 s从O点离开后，到经过y轴上的A点总共运动的时间为tt1t2t3(0.06102) s=（1分）
