1、福建泉港一中2014年5月高三考前围题卷物理13如图为嫦娥三号登月轨迹示意图。图中M点为环地球运动的近地点，N为环月球运动的近月点。a为环月运行的圆轨道,b为环月球运动的椭圆轨道，下列说法中正确的是（ ）A嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/sB嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火减速C设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1 a2D嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能【答案】DA、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度不可能大
2、于11.2km/s，故A错误；B、嫦娥三号在M点点火加速，使万有引力小于向心力做离心运动，才能进入地月转移轨道，故B错误；C、根据万有引力和牛顿第二定律得，有，由此可知，故C错误；D、嫦娥三号在圆轨道b上减速做近心运动才能进入轨道a，即b上的机械能大于a上的机械能，故D正确。故选D。【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；第一宇宙速度14. 沿轴正方向传播的一列简谐横波在t = 0时刻的波形曲线如图所示，其波速为10ms，该时刻波恰好传播到x = 6m的位置。介质中有a、b两质点，下列说法中正确的是 （ ）A时刻，b质点的运动方向向上B时刻，b质点的速度大于a质点的速度C时刻，b质点的加速
3、度大于a质点的加速度D时刻，处的质点位于波谷【答案】BA、由题，简谐波沿x轴正方向传播，由波形的平移法判断可知，t=0时刻，b质点的运动方向向下，故A错误；B、t=0时刻，a质点位于波峰，速度为零，故b质点的速度大于a质点的速度，故B正确；C、由图看出，质点a的位移大小大于b的位移大小，根据根据简谐运动的特征可知，加速度大小与位移大小成正比，则知b质点的加速度小于a质点的加速度，故C错误；D、波从x=6m处传到x=9m处的时间为，故t=0.2s时刻，x=9m处的质点还没有振动，故D错误。故选B。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系15如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器
4、， V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时（ ）A电流表A1、A2和A3的示数都变大B只有电流表A1的示数变大 C电压表V3的示数变小D电压表V2和V3的示数都变小【答案】C当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的
5、电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大，故C正确。故选C。【考点】远距离输电16. 图示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上某点P到O点的的距离为x，设无穷远处的电势为零，点的电势为，真空中静电力常量为。下面判断正确的是（ ）A. 图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向, O点电场强度E为零B. 图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向, O点势为零C. 从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势一定逐渐增大D. 从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势一定逐渐减小【答案】AAB、将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可
6、知，P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则P点的电势大于零，故A正确B错误；CD、从O点到P点，电场强度E可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，故CD错误。故选A。【考点】电势；电场强度17如图所示，倾斜的传动带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则（ ）A小物块到达顶端的速度不可能等于零B小物块到达顶端的速度不可能等于v2C小物块的机械能一直在减小D小物块所受的合外力一直做负功【答案】DA、小物块以初速度v
7、1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物体继续减速，到达顶端时，速度正好减为零，故A正确；B、小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度刚好与传送带速度相等，故B错误；C、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；D、根据动能定理可知，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确。故选D。【考点】动能定理；机械能守恒定律
8、18如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a。高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（ ） 【答案】Bx在0-a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为，感应电动势为，感应电流为，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，；当x=a时，I=0；x在a-2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为，感应电动势为，感应电流大小为，随着x的增大，I均匀减小，当
9、x=a时，；当x=2a时，I=0；x在2a-3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为，感应电动势为，感应电流为，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律 19（18分）（）（8分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数。已知铁块A的质量mA=1 kg，金属板B的质量mB=0.5 kg。用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力Ff=_N，A、B间的动摩擦因数= 。（g取10
10、m/s2）。该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F= N.【答案】2.50 0.25 3.50A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N根据Ff=mAg解得：=0.25由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT2，其中x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2。根据牛顿第二定律得：F-Ff=mBa，带入数据解得F=3.50N【考点】探究影响摩擦力的大小的因素（）（10分）某科研小组要用伏安法测量磁流体发电机的电动势和内阻，所用器材如
11、图所示，其中，长方体表示磁流体发电机的发电导管，其前后两个侧面是绝缘体，上下两表面是电阻不计的导体薄片，薄片上分别焊接一个接线柱匀强磁场垂直于前后两个侧面，含有正、负离子的高速流体在发电导管内向右匀速流动，两个接线柱间形成稳定的电势差 发电导管的 接线柱电势高(选填“上”或“下”)在图中用笔连线代替导线，把电路元件连接起来以达实验目的连接好电路后，调节滑动变阻器，记录多组电流表示数I和对应的电压表示数U的数据，在UI坐标系中描点如图所示根据描出的点作出UI图线，并由图线求出磁流体发电机的电动势E= V；内阻r= 该小组利用求出的内阻r来研究流体的导电特性，首先测量了长方体发电导管的各边长度分别
12、为d1、d2、d3，如上图所示，然后根据电阻定律r=求流体的电阻率，则公式中的电阻长度l= ，S= .(用d1、d2、d3表示)【答案】下；如图所示；如图所示；3.5；2.5；d1；d2d3。由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向下，下极板聚集正电荷，上极板聚集负电荷，下极板电势高；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示；根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.5，则电源电动势E=3.5V，电源内阻；由图所示可知，电阻率公式中的电阻长度，横截面积。【考点】测定电源的电动势和内阻20（15分）质量为2kg的木板B
13、静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过ls达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的图象如图乙所示，重力加速度，求：（1）A与B上表面之间的动摩擦因数；（2）B与水平面间的动摩擦因数；（3）A的质量。【答案】 （1）由图象可知，A在0-1s内的加速度，对A由牛顿第二定律得解得。（2）由图象知，AB在1-3s内的加速度，对AB由牛顿第二定律得解得。（3）由图象可知B在0-1s内的加速度，对B由牛顿第二定律得，代入数据解得。【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；动摩擦因数21（19分）2014年2月8日第22届冬季奥林匹克运动会在俄罗
14、斯联邦索契市胜利开幕，设一个质量m=50kg的跳台花样滑雪运动员（可看成质点），从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R=15m的光滑竖直冰面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t=2s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角=37，运动员与雪道之间的动摩擦因数=0075，不计空气阻力，取当地的重力加速度g=l0m/s2，（ sin37=060，cos37=080）。试求：（1）运动员运动到C点时的速度大小VC;（2）运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN；（3）A点离过P点的水平地面的高度h；【答案】 (1)在D点：、所以(2)对PC过程，由
15、机械能守恒定律可得：在P点：所以（3）对AP过程，由动能定理可得：得【考点】机械能守恒定律；动能定理25（20分）如图，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，挡板高h=9m，与挡板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m，挡板的左侧以及挡板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=lT，质量m=ll03kg、电荷量q= -1103C、直径略小于小孔宽度的带电小球（视为质点），以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若小球与挡板相碰会以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中，g=l0m/s2，求：（
16、1）电场强度的大小与方向：（2）小球做圆周运动的周期及最大半径（3）小球运动的最小速率；【答案】，方向竖直向下 (1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：得，方向竖直向下(2)洛伦兹力提供向心力有：且得：小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图所示，由几何知识可得：得：由得(3)因为速度方向与半径方向垂直，所以圆心必在挡板的竖直线上，设小球与挡板碰撞n次，则其最小半径为：要击中目标必有：即：，解得：n只能取0，1当n=0，即与第(2)问中的解相同当n=1时可得：解得：当R1=3m时半径最小，其运轨迹如图中的轨迹所示，其最小速度：，【考点】牛顿第二定律；带电粒子在匀强磁场中的运动30.（1
17、）.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法正确的是( )A. 由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量B. 由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C. 已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的射线能使某金属板逸出光电子，若增加射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大。D. 卢瑟福提出的原子核式结构模型，可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征【答案】BA、由图象可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，存在质量亏损，
18、根据爱因斯坦质能方程E=mc2可知要释放出核能，故A错误；B、由图象可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，故B正确；C、根据光电效应方程：，则知光电子的最大初动能是由入射光的频率决定的，与入射光的强度无关，增加射线强度，逸出的光电子的最大初动能不变，故C错误；D、玻尔提出的原子模型，可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故D错误。故选B。【考点】原子核的结合能；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应（2）如下图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体从某一时刻起给m一个水平向右的初速度
19、v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后A两者的速度均为零B两者的速度总不会相等C车的最终速度为mv0/（Mm），向右D 车的最终速度为mv0/M，向右【答案】C选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：所以：，v方向与v0同向，即方向水平向右。故选C。【考点】动量守恒定律泉港一中2014届高三理综四地六校交流材料参考答案1318 D、B、C、A、D、B19（18分）（）2.50 （2分） 0.25 （3分） 3.50 （3分）（）（10分）下；如图所示；如图所示；3.5；2.5；d1；d2d3。20（15分）（1）由图象可知，A在0-1s内的加速度，对A由牛顿第二定律得解得。
20、（2）由图象知，AB在1-3s内的加速度，对AB由牛顿第二定律得解得。（3）由图象可知B在0-1s内的加速度，对B由牛顿第二定律得，代入数据解得。21（19分）(1)在D点：、所以(2)对PC过程，由机械能守恒定律可得：在P点：所以（3）对AP过程，由动能定理可得：得25（20分）(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：得，方向竖直向下(2)洛伦兹力提供向心力有：且得：小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图所示，由几何知识可得：得：由得(3)因为速度方向与半径方向垂直，所以圆心必在挡板的竖直线上，设小球与挡板碰撞n次，则其最小半径为：要击中目标必有：即：，解得：n只能取0，1当n=0，即与第(2)问中的解相同当n=1时可得：解得：当R1=3m时半径最小，其运轨迹如图中的轨迹所示，其最小速度：，30. （1）B （2）C