1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2014届如皋市第一中学高三物理冲刺卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1据某报刊报道，美国一家公司制成了一种不需要电池供电的“警示牌”，使用时它上面的英文字母“ON”发亮，对防止误触电起到了警示作用，它相当于我国的“小心触电”或“高压危险”一类的牌子关于这则消息，正确的判断是（ ）CA没有工作电源，却能够使英文字母“ON”发亮，显然违背了能量转化与守恒定律，这是条假新闻，没有科学依据；B这种牌子内部必定隐藏有太阳能电池为其供电，不然绝不会使英文字母“ON”发亮，这是条故弄玄虚的消息，但有科学依据；C这种牌子内部必定有
2、闭合电路，当它挂在有交变电流流过的输电线附近时，就会使英文字母“ON”发亮，这是条真实的消息，有科学依据；D这种牌子不论挂在有交变电流还是有稳恒电流流过的输电线附近，都会使英文字母“ON”发亮，这是条真实的消息，有科学依据。【答案】CA、报刊报道，应该是真实的，故A错误；B、题目中明确是不需要电池供电的“警示牌”，太阳能电池也是电池，故B错误；C、题目中可以看出，其作用是对防止误触电起到了警示作用，故一定是放置在交流电路边，利用电磁感应原理工作，故C正确；D、稳恒电流流过的输电线附近时，无感应电流产生，故D错误。故选C。【考点】能量守恒定律；感应电流的产生条件2.用水平力F拉着一物体在水平面上
3、做匀速运动，某时刻将力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力随时间变化如图中实线所示，下列说法中正确的是 ( )AF是从t1时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零BF是从t1时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零CF是从t2时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零DF是从t2时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零【答案】B从图中看出，摩擦力从t2时刻开始逐渐减小，t1t2时间内不变，知F从t1时刻开始减小的，做减速运动，受滑动摩擦力，所以在t1t2时间内摩擦力的大小不变，t2时刻物体的速度刚好变为零，然后摩擦力变为静摩擦力，大小随F的变化而变化，故B正确。故选B。【考点】牛顿
4、第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系3.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D下列说法中正确的是（ ）A闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同B断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭C断开S的瞬间，L1中电流方向向左D断开S的瞬间，a点的电势比b点高【答案】DA、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度度不同，故A错误；B、断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，故B错误；CD、断开S的瞬间，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的
5、电势高于b端，所以回路中没有电流，故C错误，D正确；故选D。【考点】自感现象和自感系数4.2011年中俄将联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器将与俄罗斯研制的“福布斯土壤”火星探测器一起，由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星.已知火星的质量约为地球质量的1/9，火星的半径约为地球半径的1/2，地球表面重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）A探测器环绕火星运行时，其内部的仪器处于受力平衡状态B探测器环绕火星运行的最大速度约为地球第一宇宙速度的倍C源来火星表面的重力加速度约为:D探测器环绕火星运行时，其顶部一个螺钉脱落，该螺钉将自由下落【答案】CA、探测器环绕火星运行时
6、，其内部的仪器处于完全失重状态，故A错误；B、探测器环绕火星运行的最大速度等于贴近火星表面做圆周运动的速度，地球的第一宇宙速度等于贴近地球表面做圆周运动的速度，根据得，因为火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，则火星运行的最大速度约为地球第一宇宙速度的倍，故B错误；C、根据得，因为火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，则表面的重力加速度之比为4：9，所以火星表面的重力加速度为g，故C正确；D、探测器环绕火星运行时，其顶部一个螺钉脱落，脱落时与探测器具有相同的速度，根据知，螺钉绕火星做圆周运动，故D错误。故选C。【考点】万有引力定律及其应用5.等腰三角形内有垂直于纸面
7、向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，t=0时刻，边长为L的正方形导线框从图示位置沿x轴匀速穿过磁场，取顺时针方向为电流的正方向，则能够正确表示导线框中电流位移（ix）关系的是（ ）【答案】A位移在0L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，则；位移在L2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，。故选A。【考点】楞次定律二、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
8、对的得4 分,选对但不全的得2 分,错选或不答的得0 分.6.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别在x1=0和x2=3a两点上，在它们连线上各点场强E随x变化的关系如图所示，以下判断中正确的是（ ）A点电荷M的电荷量大于点电荷N的电荷量B点电荷M、N一定为同种电荷Cx=2a处的电势一定为零D将一检验电荷+q从x=1.5a处沿x轴移到x=2.5a处的过程中，电势能一直减小【答案】ABA、M在2a处产生的场强，而N在2a处产生的场强，由于2a处场强为0，故，所以，故A正确；B、由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故B正确；C、由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是
9、任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故C错误；D、虽然不知道M、N的所带电荷的性质，但+q从x=1.5a处沿x轴移到x=2.5a处的过程中，电场强度方向变化，导致电场力方向也变，因此电势能不可能一直减小，故D错误。故选AB。【考点】电势；电场强度；电势能7.如图所示,斜面体B静置于水平桌面上一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vv0在上述过程中斜面体一直没有移动，由此可以得出( )AA上滑过程桌面对B的支持力比下滑过程大BA上滑过程中桌面对B的静摩擦力比下滑过程大CA上滑时机械能的减小量等于克服重力做功和产生内能之和D
10、A上滑过程与下滑过程，A、B系统损失的机械能相等【答案】BD由于vv0，所以物体A在在滑动过程中受到滑动摩擦力作用；物体A受到的滑动摩擦力，物体A受到的摩擦力与A对B的摩擦力是作用力与反作用力，故，对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图B所示；A、物体B静止，由平衡条件得：，得，即下滑的支持力大于上滑的支持力，故A错误；B、物体B静止，由平衡条件得：，物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，故B正确；C、除重力之外的力做功，导致机械能变化，因此A上滑时机械能的减小量等于产生的内能，故C错误；D、A上滑过程与下滑
11、过程，因滑动摩擦力做功导致机械能损失，由于两种情况下滑动摩擦力做功一样，所以A、B系统损失的机械能也相等，故D正确；故选BD。【考点】牛顿第二定律；功能关系；共点力平衡8.一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100t（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ）A在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s B在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D在A
12、、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小【答案】CDA、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有，得，故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确。故选CD。
13、【考点】变压器的构造和原理9.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等则( )A刚释放时，小球的加速度为gB. 小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大C. 小环从A到运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功D. 小环一定能滑到C点【答案】ACDA、刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为g，故A正确；C、因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于
14、压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，故C正确；BD、从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故小球一定能滑到C点，故D正确B错误。故选ACD。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；机械能守恒定律三、简答题:本题分必做题(第10、11 题) 和选做题(第12 题) 两部分,共计42 分. 请将解答填写在答题卡相应的位置.10.（8分）学校的课外物理兴趣小组想测出滑块与木板间的动摩擦因数，李轩同学想出一个方案，如图，将一小铁球和滑块用细细线连接，跨在木板上端的一个小定滑轮上，开始时小铁球和滑块均静止，然后
15、剪断细线，小铁球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小铁球落地和滑块撞击挡板的声音。他们反复调整挡板的位置，重复上述操作，直到能同时听到两撞击声，然后用刻度尺测量出H=1.25m，x=0.50m,h=0.30m，已知当地的重力加速度为根据以上内容回答下面的问题：(1)滑块下滑的加速度大小 m/s2(2)请利用H、h、x这三个物理量表示出动摩擦因数的数学表达式= ，代入相关数据，求出滑块与木板间的动摩擦因数= 。(3)与真实值相比，测量的动摩擦因数 (填“偏大”或“偏小”或“不变”)写出支持你想法的一个论据 。【答案】4.0 0.25 偏大，忽略了空气阻力（1）对于小球做自由落体运动，则有，得：
16、对于滑块，沿斜面向下做匀加速运动，运动时间与小球自由下落时间相等，则有：联立以上两式，代入数据解得：（2）设木板的倾角为，根据牛顿第二定律得：由图看出联立解得：代入数据得：（3）由于本实验存在空气阻力，小球做自由落体运动的时间理论值比真实值偏小，所以求出的滑动的加速度偏小；再利用牛顿第二定律的表达式求摩擦因数时，使摩擦因数偏大【考点】探究影响摩擦力的大小的因素11.（10分）硅光电池是一种可将光能转换为电能的元件，某同学利用图示电路探究某硅光电池的路端电压U与电流I的关系。图a中电阻R0=2,，电压表、电流表均视为理想电表。 （1）用笔画线代替导线，将图b中的电路补充完整（2）实验一：用一定强
17、度的光照射硅光电池，闭合开关S，调节滑动变阻器的阻值，通过测量得到该电池的U-I曲线a，见图c。由此可知此时该电池的电动势为_v；若调节滑动变阻器的阻值，使电流小于200mA，则此时电源的内阻为_。（3）实验二：减小实验一中的光照强度，重复实验，测得UI，曲线b，见图c。当滑动变阻器R的阻值调到该电路的路端电压为15V时，滑动变阻器R消耗的功率为_mW（计算结果保留两位有效数字）。【答案】如图 2.9 4.0 83(1)分析图a所示实验原理图，根据原理图连接实物电路图，如图所示；(2)在硅光电池的U-I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻由图线a可知E=2.9V，当电流小于200m
18、A的情况下，此电池的内阻r=4.0；(3)由图线b可知，在实验二中当路端电压为1.5V时，电路电流I=60mA=0.06A，由欧姆定律可知，此时外电阻为：，可调电阻阻值为：，可调电阻消耗的电功率为：。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线12.【选做题】本题包括A、B和C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答。若三题都做，则按A、B两题评分。A.(选修模块33)（12分）如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能）。将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能，环境温度不变，气缸和活塞间摩擦不计
19、。则（ ）（A）若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体压强一定减小（B）若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体内能一定减小（C）缓慢拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表示数将变小（D）拉动活塞使气缸内气体体积增大时需加一定的力，这说明气体分子间有引力【答案】BAB、发现欧姆表读数变大时，热敏电阻变大，说明热敏电阻的温度降低，则气体内能减小，而气缸内封闭气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，保持不变，故A错误，B正确；C、若拉动活塞使气缸内气体体积增大，气体对外做功，则温度降低，电阻变大，所以欧姆表示数将变大，故C错误；D、气体分子间的距离已经超过分子间作用力所研究的范围，所以不能说明分子间有
20、引力，是气体的压强的原因，故D错误。故选B。【考点】闭合电路的欧姆定律；分子间的相互作用力；封闭气体压强 (2) 一定质量的理想气体处于标准状态下时体积为V0，分别经过如下两个不同的过程使体积都增大到2V0：等温膨胀变为2V0，再等容升压使其恢复成一个标准大气压，总共吸收的热量为Q1，内能的变化为；等压膨胀到2V0，吸收的热量为Q2，内能的变化为则Q1 Q2， 。（填“大于”、“等于”、“小于”）【答案】小于 等于中间的变换过程不必要去理会，只看初始状态和最总状态，质量始终没变，三个初始状态P、V、T一样，终了状态的P、V一样，都是一个大气压、体积2V，就只剩温度T了，根据理想气体状态方程：等
21、温膨胀变为2V0，压强变为原来的一半，再等容升压使其恢复成一个标准大气压，终态温度是初始温度的2倍，对外做功；等压膨胀到2V0，温度为原来的2倍，吸收的热量为Q2，内能的变化为U2根据热力学第一定律知：，Q1Q2。【考点】热力学第一定律 (3)利用油膜法可粗略测定分子的大小和阿伏加德罗常数若已知n滴油的总体积为V，一滴油所形成的单分子油膜的面积为S.这种油的摩尔质量为，密度为.求：一个油分子的直径d；阿伏加德罗常数NA.【答案】 一滴油的体积为，该油滴的分子直径一摩尔的体积，一个分子的体积阿伏加德罗常数【考点】阿伏加德罗常数；用油膜法估测分子的大小B (选修模块3-4)(12分)（1）下列说法
22、中正确的是（）A坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的人新陈代谢变慢了B雷达利用超声波来测定物体的距离和方位C普通光源发出的光通过双缝会产生干涉现象D电子表的液晶显示应用了光的偏振原理【答案】ADA、根据，知，坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人新陈代谢变慢了，故A正确；B、雷达利用电磁波的发射和反射来测定物体的距离和方位，故B错误；C、普通光源发出的光通过双缝不会产生干涉现象，因为光的频率不一样了，产生干涉的条件是要同样频率的光，故C错误；D、液晶显示器应用了光的偏振原理，故D正确。故选AD。【考点】光的偏振、干涉；相对论；电磁波（2）有两个同学利用假期分别去参观北大和
23、南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2L图象，如图甲所示去北大的同学所测实验结果对应的图线是 （选填“A”或“B”）另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比 【答案】B 由得，知T2L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线；由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比。【考点】单摆周期公式(3)如图所示，折射率n=的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上
24、方，其平面AB到MN的距离为h=10cm。一束单色光沿图示方向射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上的O点。现使玻璃砖绕圆心O点顺时针转动，光屏上的光点将向哪个方向移动？光点离O点最远是多少？【答案】光屏上的光点将向右移动 光屏上的光点将向右移动。 如图，设玻璃砖转过角时光点离O点最远，记此时光点位置为A，此时光线在玻璃砖的平面上恰好发生全反射，临界角为C，由折射定律有 由几何关系知，全反射的临界角光点A到O的距离【考点】光的折射定律；全反射C(选修模块3-5)(12分)下列说法正确的有（ ）A黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动
25、B.粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C天然放射现象的发现说明了原子核有复杂的结构D用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率低【答案】BCA、随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短、频率较高的方向移动，故A错误；B、当粒子穿过原子时，电子对粒子影响很小，影响粒子运动的主要是原子核，离核远则粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小只有当粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以粒子接近它的机会就很少，因此只有少数粒子发生较大偏转，卢瑟福正是对这些现象的认真研究提出了原子核式结构
26、模型，故B正确；C、人们认识到原子核具有复杂结构是从发现天然放射现象开始的，故C正确；D、质子的质量远大于电子的质量，速度相同，根据，可知与电子流速度相同的质子流具有更短的波长，即具有更高分辨率，故D错误。故选BC。【考点】粒子散射实验；天然放射现象（2）一个高能光子，经过重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子，请完成相应的反应方程： _已知电子质量me=9.1010-31kg，光在真空中的传播速度为速为c=3.00108m/s，则光子的能量至少为 _J【答案】 一个高能光子，经过重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子，。根据质能关系得光子的能量至少为。【考点】光子（3）一质量为M
27、的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，求加速后航天器的速度大小（v0 、v1均为相对同一参考系的速度）【答案】设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有解得 【考点】动量守恒定律四、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，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L=0.5m，底端连接电阻R=2，导轨平面倾斜角=30,匀强磁场垂直
28、于导轨平面向上，磁感应强度B=1T。质量m=40g、电阻R=0.5的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t1=2s通过距离x=1.5m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U0=8.0V，电流表实数I0=0.6A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r0=0.5，g=10m/s2.。求：（1）细线对金属棒拉力的功率P多大？（2）从静止开始运动的t1=2s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？（3）用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d=1m。若磁场按照
29、右图规律变化，外力F随着时间t的变化关系式？【答案】 （1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量转化和守恒，有：（2）当从静止开始运动经过时间，金属棒速度达到最大，设此时为vm，金属棒中电动势为E，电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则，则得：又金属棒速度最大时做匀速运动，有联立得：代入数值得：金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得：而解得：；（3）由图可知B=0.2+0.4t设在t时刻，磁场的磁感应强度为B，金属棒中电动势为E，电流为I，受到的安培力为，则根据法拉第电磁感应定律得：，由欧姆定律得金属棒所受的安培
30、力根据平衡条件得解得： 【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率；焦耳定律14.（16分）光滑的斜面倾角=30，斜面底端有弹性挡板P，长2l、质量为M的两端开口的圆筒置与斜面上,下端在B点处，PB=2l，圆筒的中点处有一质量为m的活塞，M=m活塞与圆筒壁紧密接触，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等为f=mg/2每当圆筒中的活塞运动到斜面上AB区间时总受到一个沿斜面向上F=mg的恒力作用，AB=l.现由静止开始从B点处释放圆筒（1）求活塞位于AB区间之上和进入AB区间内时活塞的加速度大小；（2）求圆筒第一次与挡板P碰撞前的速度和经历的时间；（3）圆筒第一次与挡板P瞬间碰撞后以原速度大小返回，求圆筒沿斜
31、面上升到最高点的时间【答案】 a2=0 （1）活塞在AB之上时，活塞与筒共同下滑加速度活塞在AB区间内时，假设活塞与筒共同下滑，解得：a=0对m：受向上恒力，此时，刚好等于，假设成立活塞的加速度a2=0(2)圆筒下端运动至A活塞刚好到达B点此时速度经历时间t1由得 接着m向下匀速。M受力所以m和M都以v0作匀速运动，到达P时速度即匀速运动时间总时间(3)M反弹时刻以v0上升，m过A点以v0下滑，以后由于摩擦力和重力，m在M内仍然做匀速下滑，M以加速度减速，m离开M时间t1为此时M速度 接着M以加速度向上减速，【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动15.(16分) 如图所示，在光滑绝缘水平面上有直
32、角坐标系xoy，将半径为R=0.4m，内径很小、内壁光滑、管壁极薄的圆弧形绝缘管AB水平固定在第二象限内，它的A端和圆心都在y轴上，B端在x轴上，与y轴负方向夹角=60.在坐标系的第一、四象限不同区域内存在着四个垂直于水平面的匀强磁场， a、b、c为磁场的理想分界线，它们的直线方程分别为；在a、b所围的区域和b、c所围的区域内的磁感应强度分别为、，第一、四象限其它区域内磁感应强度均为.当一质量m=1.2105、电荷量q=1.0106C，直径略小于绝缘管内径的带正电小球，自绝缘管A端以v=2.0102 m/s的速度垂直y轴射入管中，在以后的运动过程中，小球能垂直通过c、a，并又能以垂直于y轴的速
33、度进入绝缘管而做周期性运动.求：（1）B0的大小和方向；（2）B1、B2的大小和方向；.（3）在运动的一个周期内，小球在经过第一、四象限的过程中，在区域、内运动的时间与在区域、外运动的时间之比. 【答案】(1) 由左手定则知方向垂直水平面向下(2) 垂直水平面向下，垂直水平面向上 (3)（1）小球在第一象限过a做半径为R的匀速圆周运动由牛顿第二定律有： 解得：代入数据得：由左手定则知方向垂直水平面向下.（2）要使小球不停的做周期性运动，则区域、内小球运动的半径应相等，区域、的磁感应强度应等大反向，的方向为垂直水平面向下，的方向为垂直水平面向上小球做周期性运动的径迹如图甲.设在区域、内小球的圆心
34、为，小球圆周运动的半径为r，偏转角为，如图乙所示.由几何知识知：解得解得则有：（3）由知：小球在第4象限过c以前做匀速圆周运动时间为小球在区域、区域做匀速圆周运动时间共为小球在第1象限区域以上做匀速圆周运动时间为设在运动的一个周期内，小球在通过第一、四象限的过程中，在区域、内运动的时间与在区域、外时间之比为 则解得【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力2014届如皋市第一中学高三物理冲刺卷参考答案一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1.C 2.B 3.D 4.C 5.A二、多项选择题:本题共4 小题,每小题4 分,共16 分. 每小题有
35、多个选项符合题意. 全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,错选或不答的得0 分.6.AB 7.BD 8.CD 9.ACD三、简答题:本题分必做题(第10、11 题) 和选做题(第12 题) 两部分,共计42 分. 请将解答填写在答题卡相应的位置.10.（8分）（1）对于小球做自由落体运动，则有，得：对于滑块，沿斜面向下做匀加速运动，运动时间与小球自由下落时间相等，则有：联立以上两式，代入数据解得：（2）设木板的倾角为，根据牛顿第二定律得：由图看出联立解得：代入数据得：（3）由于本实验存在空气阻力，小球做自由落体运动的时间理论值比真实值偏小，所以求出的滑动的加速度偏小；再利用牛顿第二定律的表
36、达式求摩擦因数时，使摩擦因数偏大11.（10分）(1)分析图a所示实验原理图，根据原理图连接实物电路图，如图所示；(2)在硅光电池的U-I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻由图线a可知E=2.9V，当电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=4.0；(3)由图线b可知，在实验二中当路端电压为1.5V时，电路电流I=60mA=0.06A，由欧姆定律可知，此时外电阻为：，可调电阻阻值为：，可调电阻消耗的电功率为：。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线12.【选做题】A.(选修模块33)（12分）B(2)小于 等于(3)一滴油的体积为，该油滴的分子直径一摩尔的体积，一个分子的体积阿伏加德
37、罗常数B (选修模块3-4)(12分)（1）AD（2）B (3) 光屏上的光点将向右移动。 如图，设玻璃砖转过角时光点离O点最远，记此时光点位置为A，此时光线在玻璃砖的平面上恰好发生全反射，临界角为C，由折射定律有 由几何关系知，全反射的临界角光点A到O的距离C(选修模块3-5)(12分)BC（2） （3）设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有解得 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）（1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，
38、根据能量转化和守恒，有：（2）当从静止开始运动经过时间，金属棒速度达到最大，设此时为vm，金属棒中电动势为E，电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则，则得：又金属棒速度最大时做匀速运动，有联立得：代入数值得：金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得：而解得：；（3）由图可知B=0.2+0.4t设在t时刻，磁场的磁感应强度为B，金属棒中电动势为E，电流为I，受到的安培力为，则根据法拉第电磁感应定律得：，由欧姆定律得金属棒所受的安培力根据平衡条件得解得： 14.（16分）（1）活塞在AB之上时，活塞与筒共同下滑加速度活塞在AB区间内时，
39、假设活塞与筒共同下滑，解得：a=0对m：受向上恒力，此时，刚好等于，假设成立活塞的加速度a2=0(2)圆筒下端运动至A活塞刚好到达B点此时速度经历时间t1由得 接着m向下匀速。M受力所以m和M都以v0作匀速运动，到达P时速度即匀速运动时间总时间(3)M反弹时刻以v0上升，m过A点以v0下滑，以后由于摩擦力和重力，m在M内仍然做匀速下滑，M以加速度减速，m离开M时间t1为此时M速度 接着M以加速度向上减速，15.(16分)（1）小球在第一象限过a做半径为R的匀速圆周运动由牛顿第二定律有： 解得：代入数据得：由左手定则知方向垂直水平面向下.（2）要使小球不停的做周期性运动，则区域、内小球运动的半径应相等，区域、的磁感应强度应等大反向，的方向为垂直水平面向下，的方向为垂直水平面向上小球做周期性运动的径迹如图甲.设在区域、内小球的圆心为，小球圆周运动的半径为r，偏转角为，如图乙所示.由几何知识知：解得解得则有：（3）由知：小球在第4象限过c以前做匀速圆周运动时间为小球在区域、区域做匀速圆周运动时间共为小球在第1象限区域以上做匀速圆周运动时间为设在运动的一个周期内，小球在通过第一、四象限的过程中，在区域、内运动的时间与在区域、外时间之比为 则解得欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
