1、2014年程溪中学高三物理测试5.22 (满分：300分 考试时间：2小时30分钟) 相对原子质量：H 1 N 1 4 O 1 6 Na 23 AI 27第卷 一本卷共1 8小题，每小题6分。共108分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。13如图1所示，一弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5s，则下列说法中正确的是A该弹簧振子的周期为1sB该弹簧振子的频率为2HzC该弹簧振子的振幅为12cmD振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动【答案】AA、振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5s，故该弹
2、簧振子的周期为1s，故A正确；B、该弹簧振子的周期为1s，故该弹簧振子的频率为：，故B错误；C、B、C间距为12cm，故该弹簧振子的振幅为6cm，故C错误；D、振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动的一半，故D错误。故选A。【考点】简谐运动的振幅、周期和频率14如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1 和L2，输电线的等效电阻为R开始时，开关S 断开，当S 接通后A副线圈两端从M、N 的输出电压减小B副线圈输电线等效电阻R 两端的电压降减小C通过灯泡L1 的电流减小D原线圈中的电流减小【答案】CA、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝
3、数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小灯泡L1变暗，故B错误C正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，故D错误。故选C。【考点】变压器的构造和原理15“嫦娥二号”卫星绕月球做匀速圆周运动，变轨后在半径较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比，“嫦娥二号” 卫星的A向心加速度变小 B角速度变小 C线速度变小 D周期变小【答案】D嫦娥二号绕地球做匀速圆周运动万有引力提供圆周
4、运动向心力，即：；A、，知轨道半径变小，则其向心加速度变大，故A错误；B、，知轨道半径变小，则其角速度变大，故B错误；C、，知轨道半径变小，则其线速度变大，故C错误；D、，知轨道半径变小，周期变小，故D正确。故选D。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系16. 某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，即为冲击力最大值。下列物理学习或研究
5、中用到的方法与该同学的方法相同的是( ) A建立“合力与分力”的概念 B建立“点电荷”的概念C建立“瞬时速度”的概念 D研究加速度与合力、质量的关系【答案】AA、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A正确；B、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误；C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，故C错误；D、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，故D错误。故选A。【考点】研究物理的方法17地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强
6、度为E，磁感应强度为B，如图所示。一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落，从P点进入场区，沿半圆圆弧POQ运动，经圆弧的最低点O从Q点射出。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。下列说法中错误的是A微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B微粒进入场区后做圆周运动，半径为 C从P点运动到Q点的过程中，微粒的电势能先增大后减小D从P点运动到O点的过程中，微粒的电势能与重力势能之和越来越小【答案】DA、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，故A正确；B、由上则有：，由洛伦兹力提供向心力，则有：又，联立三式得，微粒做
7、圆周运动的半径为：，故B正确；C、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小，故C正确；D、根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定，故D错误。故选D。【考点】带电粒子在混合场中的运动18如图甲所示，质量为2kg的绝缘板静止在粗糙水平地面上，质量为1kg、边长为1m、电阻为0.1的正方形金属框ABCD位于绝缘板上，E、F分别为BC、AD的中点。某时刻起在ABEF区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度B1的大小随时间变化的规律如图乙所示，AB边恰在磁场边缘以外；F
8、ECD区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=0.5T，CD边恰在磁场边缘以内。假设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两磁场均有理想边界，取g10m/s2。则A金属框中产生的感应电动势大小为1VB金属框受到向左的安培力大小为1NC金属框中的感应电流方向沿ADCB方向D如果金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，则金属框可以在绝缘板上保持静止【答案】DA、根据法拉第电磁感应定律有：，故A错误；BC、则回路中的电流为：，所受安培力的大小为：，根据楞次定律可知，产生感应电流的方向逆时针，即为ABCD，则由左手定则可知，安培力的方向水平向右，故BC错误；D、若金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.
9、3，根据，大于安培力，则金属框可以在绝缘板上保持静止，故D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律第卷19(18分)（8分）“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图甲所示。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，已知双缝与屏的距离为L，双缝间距为d。如图乙所示，移动测量头上的手轮，使分划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心，记下此时手轮上螺旋测微器的读数x1。转动测量头，使分划板的中心刻线向右移动对准第4条亮纹的中心，此时手轮上螺旋测微器的读数x2如图丙所示，则读数x2=_mm；已知双缝与屏的距离为L，双缝间距为d。计算波长的公式=_； （用题目中给出的字母表示）对于某种单色光，为增加
10、相邻亮纹间的距离，可采取_或_的方法。【答案】1.700 减小双缝间距离， 增大双缝到屏的距离（1）图丙中固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0120.0=0.200mm，所以最终读数为1.700mm；对准第4条亮纹时固定刻度读数为7.5mm，可动读数为0.0136.9=0.369mm，所以最终读数为7.869mm；（2）根据得：；（3）根据知为增加相邻亮纹间的距离，可采取减小双缝间距离，或增大双缝到屏的距离。【考点】用双缝干涉测光的波长 (2)（8分）如图（a）为某磁敏电阻在室温下的电阻磁感应强度特性曲线，其中RB表示有磁场时磁敏电阻的阻值，R0表示无磁场时磁敏电阻的阻值。不考虑磁场
11、对电路其它部分的影响。图（1）根据图（a）可得，在00.4T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度 ，在0.61.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度 （两空均选填“均匀变化”或“非均匀变化”）；为测量某磁场的磁感应强度B，将该磁敏电阻置入待测磁场中。请在图（b）中添加连线，将电源、磁敏电阻、滑动变阻器、电流表、电压表、电键及若干导线连接成电路，闭合电键后，电路能测得如下表所示的数据：l23456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80图（3）已知磁敏电阻无磁场时阻值R0=200，滑动变阻器的总电阻约10。根据上表可求出磁
12、敏电阻的测量值RB=_，结合图（a）可知待测磁场的磁感应强度B=_T。【答案】非均匀变化，均匀变化； 如图所示 1500 0.95图（a）所示图象可知，在00.4T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非均匀变化，在0.61.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度均匀变化；采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示；由R=UI求出每次R的测量值，再采用多次测量取平均的方法，则得，由图a所示图象可知，待测磁场的磁感应强度B为0.95T。【考点】伏安法测电阻20（15分）利用传感器研究物块在斜面上的运动。如图所示，在固定斜面的顶端安装测速仪，当物块从斜面
13、底端向上滑行时，测速仪启动，某次记录的数据如表。取g =10 m/s2，求：时刻t /s00.10.20.30.40.50.60.70.8速度v /ms-13.22.41.60.80-0.4-0.8-1.2-1.6（1）物块在斜面上运动时的加速度大小；（2）物块与斜面之间的动摩擦因数；（3）木块回到斜面底端时的速度大小。【答案】a1=8m/s2，a2=4m/s2 =0.25 vt2.2m/s（1）由表中数据可知，0-0.4s内物块向上滑行，0.4s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2，据，解得a1=8m/s2，a2=4m/s2（2）设动摩擦因数为，物块的质量为m，在上滑过程中
14、在下滑过程中代入数据，联立两式解得sin=0.6，则cos=0.8，从而得=0.25（3）物块上滑的距离下滑过程，据代入得vt2.2m/s【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律21（19分）某电台的娱乐节目正在策划一个飞镖项目。他们制作了一个大型的飞镖圆盘面，半径R = 0.8 m，沿半径方向等间距画有10个同心圆（包括边缘处，两同心圆所夹区域由外向内分别标注1,2,310环），固定于地面上。如图所示，将绳子一端固定于某处，另一端系在一坐凳上。质量为30 kg的小孩坐在凳子里，手持飞镖，然后其父亲把坐凳拉开一个角度 =370，放手后，当坐凳荡至最低点B时，小孩松手，飞镖水平飞出，出手点与C点
15、（C点位于靶心正上方圆盘边缘处）在同一高度，B、C两点相距1.5 m，B与悬挂点相距2.25 m。（把小孩看作质点，忽略凳子的重力，不计空气阻力，取g =10 m/s2， cos370 = 0.8）（1）坐凳荡至最低点B时绳子上的拉力大小；（2）在B位置处小孩松手，飞镖将击中第几环？（3）要使飞镖击中靶心（圆盘的圆心，位于10环内），父亲可在A位置沿切线方向给小孩一个初始速度，求这个初速度大小。【答案】T=420N 第5环 v0=2.25m/s（1）由A荡至B的过程中，据机械能守恒定律，有把绳长L=2.25等代入数据得vB=3m/s在圆周运动的最低点B处，设绳子的拉力为T，有代入数据得T=42
16、0N（2）飞镖脱手后做平抛运动，到圆盘处历时t=x/vB=0.5s与之对应的下落高度h=gt2/2=1.25m分析知它将击中第5环。（3）要击中靶心，意味着h=R=0.8m，飞行时间这就要求飞镖出手时的初速度vB=x/t=3.75m/s对于第二次，设切向推出时的速度为v0，根据动能定理有代入数据得v0=2.25m/s【考点】机械能守恒定律；平抛运动；牛顿第二定律22.（20分）如图甲所示，直角坐标xOy平面内存在着有界电场和磁场，在04L区域有沿y轴方向的匀强电场，以y轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化规律如图乙所示；在4L 5L 和5L 6L区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
17、B1 =1.5B2 。一带电粒子在t = 0时刻以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，之后进入磁场时的纵坐标为2L，最终刚好能从x = 6L边界射出磁场。不计粒子重力,求： (1)粒子到达x =L边界时的纵坐标； (2)粒子经过两磁场的边界线（x = 5L）时的纵坐标是多少？ （3）改变y轴上入射点的位置，可使得粒子从x轴上方射出，问入射点的位置坐标应满足的条件？【答案】 （1）粒子穿越第一区域的时间，对照图乙，正好是在沿正方向的匀强电场中做类平抛运动，设侧移量为y1 ；在第二区域的电场中做逆向平抛运动，由对称性，沿y方向的侧移量相等，到达x = 4L 边界时的纵坐标y4 =4y1 ，由题意
18、知4y1 = 2L ，解得。 （2）在左侧磁场区域里，设粒子做圆周运动的半径为R1，圆心为O1（如图），在右侧磁场里的半径为R2，圆心为O2，则有， ，据，知，联立解得，故粒子到达边界线x = 5L时的纵坐标（3）由上可知，粒子射出磁场时的纵坐标改变入射点时，粒子的运动轨迹将与原来的平行，要使粒子从x轴上方射出，入射点的坐标 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动选修部分30【物理一选修3-5】(本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。)(1)太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为1个氦核的热核反应，核反应方程是。已知质子、氦核、X的质量分别为
19、m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是_。(填选项前的字母)DA方程中的X表示中子B方程中的X表示电子C这个核反应中的质量亏损D这个核反应中释放的核能【答案】DAB、由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为，故AB错误；CD、质量亏损为：释放的核能为，故C错误D正确。故选D。【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度 (2)小孩双手搭着大人的肩一起在水平冰面上以3ms的速度向右匀速滑行，后面的小孩突然推了一下前面的大人，结果小孩以2ms的速度向左滑行，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，则被推后大人的速度大小变为_。(填选项前的字母)AA5.5msB4.5msC3.5m
20、sD2.5ms【答案】A以大人与小孩组成的系统为研究对象，取向右方向为正方向，由动量守恒定律得：，即：，解得：。故选A。【考点】动量守恒定律2014年程溪中学高三理科综合能力测试答案13141516171830（1）（2）ACDADDDA19.（1）（8分）1.700 减小双缝间距离， 增大双缝到屏的距离(每问2分)(2) （1）非均匀变化，均匀变化； （2）1500 0.95（4分，第一空2分，第二空2分） 20【解析】：（1）由表中数据可知，0-0.4 s内物块向上滑行，0.4 s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2 ，据 ，解得 a1 = 8 m/s2 ，a2 = 4
21、m/s2 （4分）（2）设动摩擦因数为，物块的质量为m，在上滑过程中 mgsin + mgcos = ma1 （2分）在下滑过程中 mgsin - mgcos = ma2 （2分）代入数据，联立两式解得sin =0.6 ，则cos =0.8 ，从而得 =0.25 （4分）（3）物块上滑的距离 （2分）下滑过程，据vt2 =2a2 l 代入得 vt 2.2 m/s （2分）21.【解析】：（1）由A荡至B的过程中，据机械能守恒定律，有 （2分）把绳长L =2.25等 代入数据得 vB = 3 m/s （1分）在圆周运动的最低点B处，设绳子的拉力为T，有 （2分）代入数据得 T = 420 N （
22、1分）（2）飞镖脱手后做平抛运动，到圆盘处历时 t = x / vB = 0.5 s （2分） 与之对应的下落高度 h = gt2 /2 =1.25 m （2分） 分析知 它将击中第5环。 （2分）（3）要击中靶心，意味着 h=R = 0.8 m ，飞行时间 （2分）这就要求 飞镖出手时的初速度 vB= x / t =3.75 m/s （2分）对于第二次A到B的过程，设切向推出时的速度为v0，根据动能定理（增量式），有 （2分）代入数据得 v0 = 2.25 m/s （2分） 22.【解析】：（1）粒子穿越第一区域的时间t1 = L/v0 ，对照图乙，正好是在沿正方向的匀强电场中做类平抛运动，
23、设侧移量为y1 ；在第二区域的电场中做逆向平抛运动，由对称性，沿y方向的侧移量相等到达x = 4L 边界时的纵坐标y4 =4y1 ，由题意知4y1 = 2L ，解得y1 = L/2 。 （6分）（2）在左侧磁场区域里，设粒子做圆周运动的半径为R1，圆心为O1（如图），在右侧磁场里的半径为R2，圆心为O2，则有sin = L/R1 ， ，据 qBv = mv2/R 知R2 =3R1/2 ，联立解得 R1 = 5L/3 ， sin = 3/5 ，故粒子到达边界线x = 5L时的纵坐标 y5 = 2L R1（1- cos）= 5L/3 （10分）（3）由上可知，粒子射出磁场时的纵坐标y6 = y5 -R2 sin530 = - L/3 改变入射点时，粒子的运动轨迹将与原来的平行，要使粒子从x轴上方射出，入射点的坐标y0 L/3 （6分）
