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1、精选优质文档-倾情为你奉上2014年嘉兴市高三教学测试（二）理综物理 2014年4月14.(2014嘉兴高三教学理综测试)在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如图所示的小车和冰球推进箱式吊车并运至大钢冰雕顶部安装，先后经历了向右匀 速向右匀减速 向上匀加速、向上匀减速育线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。冰球与斜押板面间存在弹力的是A.向右勻速过程 B.向右匀减速过稈C.向上匀加速过程 D.向上匀减速过程14.答案：B解析：本题考查物体的弹性与弹力、摩擦力的判断。考查了考生的理解能力、推理能力等。由题意可知，当向右匀速，水平方向不受到任何力，只有重力与支持力；当处于向上匀
2、加速、向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，则有冰球受到重力与支持力；而当处于向右匀减速时，加速度与速度方向相反，则斜面对冰球有弹力，弹力的分力提供加速度，故B正确，ACD错误。点评：考查如何由运动情况来确定受力情况，掌握分析的方法，注意理解牛顿第二定律的应用15(2014嘉兴高三教学理综测试)如图为某物理兴趣小组的“水流导光”实验装置：在透明长明料瓶左侧下方开一个小 孔，向瓶中注入清水，一股水流便从小孔流出。在瓶 右侧将激光笔对准小孔，实验过程中发现光束并未完全约束在流出的水流中，则 A.可能是水面过低引起的 B.可能是孔径过大引起的 C.需换用波长更大的激光使光完全约束在水流中 D.需换折
3、射率更小的液体使光完全约束在液流中15.答案：A解析：本题考查光的全反射现象的应用。考查了考生的理解能力、推理能力等。可能是水面过低引起的，流出的水流与光的夹角过大，导致入射角小于临界角，从而出现光的折射现象，故A正确；孔开得更大些，水束变粗，弯曲程度加大，则导致光从水射向空气的入射角更小，因此不会发生光的全反射现象，故B正确；水从小孔流出形成弯曲的水束，但他发现激光没有完全被限制在水束内，是因为光从水中射向空气的入射角小于临界角，出现折射现象，当换用频率更低的激光，或者波长更大些的光，其折射率减小，则临界角增大，从而出现折射现象，不能完全约束在水流中，故C错误、D错误。16.(2014嘉兴高
4、三教学理综测试)如图所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置。光滑3/4圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R。弹射榉固定于A处。某-实验过程中弹射器射出一质量为m的小球,恰能沿圆轨道 内侧到达最髙点C,然后从轨道D处（D与圆心等高）下落至水平面。取重力加速度为g下列说法正确的是A.小球从D处下落至水平面的时间为B.小球至最低点B.时对轨道压力为5mg C.小球落至水平面时的动能为2mgR D.释放小球前弹射器的弹性势能为5mgR/216.答案：D解析：本题考查功能关系；向心力；动能；弹性势能；机械能守恒定律。考查考生的理解能力、推理能力、分析和综合能力等。小球恰好通过最高点，则由mg=mv2
5、/R，解得v=；小球从C到D的过程中机械能守恒，则有，解得；小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R=1/2gt2可得，t=；而现在有初速度，故时间小于，故A错误。由B到C过程中，机械能守恒，则有：mg2R=，B点时由牛顿第二定律有F-mg=，联立解得，F=6mg，故B错误。对C到地面过程由机械能守恒得：Ek-1/2mv2=mg2R，解得EK=2.5mgR；故C错误。小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能为E=mg2R+1/2mv2=5mgR/2，故D正确。点评：本题考查功能关系及机械能守恒定律，要注意明确系统只有重力及弹簧的弹力做功，故机械能守恒；正确选择初末状态
6、即可顺利求解。17.(2014嘉兴高三教学理综测试)某课题研究小组野外考察时登上一山峰，欲测出所处位置高度，做了如下实验：用细 线挂好小石块系在树枝上做成一个简易单摆，用随身携带的钢卷尺测出悬点到石块的 长度L:然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使其在竖直平面内摆动，用电子 手表测出单摆完成n次全振动所用的时间，若已知地球半径为R,海平面处重力加速度为g0由此可估算出他们所处位置的海拔高度为 A B. C。 D. 17.答案：D解析：本题考查单摆周期公式，考查考生的理解能力、推理能力、分析和综合能力等。由题知，单摆完成n次全振动所用的时间t，则得单摆的周期为 T=t/n设山峰处重力加速度为
7、g，由单摆的周期公式 T=2 又mg=GMm/(R+h)2， mg0=GMm/R2，由得：g= g0R2/(R+h)2 由联立解得：h=故选项D正确。点评：单摆的周期采用累积法测量，周期的表达式为T=t/n关键要抓住单摆周期与万有引力之间联系的纽带：重力加速度g，由重力等于万有引力，研究重力加速度与高度的关系二，不定项选择题（本题共3题。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确， 18.(2014嘉兴高三教学理综测试)1887年德国物理学家赫兹在莱顿瓶放电实验中发现了电磁波.如图所示，莱顿瓶A、B的内、外壁所粘银箔与两根金属棒相连接，分别构成一个矩形线框。当图中莱顿瓶A被充电达一定值后金
8、属球a、b间会出现火花放电，这时移动连接莱顿瓶B的矩形线框上带有氖管的金属滑杆至某一位置时可使氖管闪光。则A.莱顿瓶其实是电容器 B.菜顿瓶A放电时a、b间存在恒定定电场C.氖管闪光是由于矩形线框中产生了电动势D.产生的电磁波可能是纵波且频率取决于装置本身18.答案：AC解析：本题考查电容；电势差与电场强度的关系。考查了考生的理解能力、推理能力等。莱顿瓶能储存电荷，是一种电容器；故A正确。菜顿瓶A放电时a、b间存在变化的电场，故B错误。菜顿瓶A放电时，电路中产生变化的电流，产生变化的磁场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势，故C正确。产生的电磁波是横波，频率取决于装置本身故D错误点评：本题
9、是一种谐振实验，关键根据麦克斯电磁场理论进行分析，电磁波是横波，其频率取决于振荡电路本身。19.(2014嘉兴高三教学理综测试)如图所示，一质量为M的长木板静板置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。 木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图所示的 a-F图。取 g=IOm/s2:,则A.滑块的质量m=4kgB 木板的质量 M=6kgC.当F=8N时滑块加速度为2 m/s2D.滑块与木板间动摩擦因数为0.119.答案：AD解析：本题考查牛顿第二定律；动摩擦因数。考查了考生的理解能力、推理能力、分析与综合能力等。依据题中a-F图像可知，当拉力小于6N时，m和M
10、保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力大于6N时，m和M发生相对滑动。由图知，当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2。依据牛顿第二定律，对整体分析有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=6kg；当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=(Fmg)/MF/M-mg/M，由a-F图线的斜率k=1/M=1/2，解得：M=2kg，则滑块的质量m=4kg故A正确，B错误。根据F大于6N的图线方程：a=F/240/2，由图像知当F=4时，a=0，代入数据解得：=0.1；当F=8N时，滑块欲木板之间相对滑动，此时滑块的加速度为： amg/mg1m/s2，故C错误，D正确点评：本题考查牛顿第二定律与图象
11、的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析20.(2014嘉兴高三教学理综测试)有人设计了一个汽车再生能源装置原理简图如图甲所示。当汽车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时产生电能储存缶用。图甲中，线圈匝数为 n,ab长度为L1,bc长度为L2图乙是此装置的侧视图.切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是900。某次测试时，外力使线圈以角速度逆时针匀速转动，线圈中电流i随时间,变化图象如图丙所示(为已知量), 取边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻0.不计线瑚转轴处的摩擦
12、，则A线圈在图乙所示位置时.线圈中电流方向为abcdaB线圈在图乙所示位置时，线圈产生电动势的大小为1/2NBL1L2C外力做功的平均功率为NBL1L2I/2 D闭合电路的总电阻为NBL1L2/I20.答案：ACD解析：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功、电功率、楞次定律。考查考生的理解能力、推理能力、分析和综合能力等。根据右手定则，M端是电源正极，则线圈中的电流方向为abcda，故A正确。有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E=2NBL1v，其中v=1/2L2，解得E=NBL1L2。B错误。根据欧姆定律，电流：I=E/R，解得R=NBL1L2/I
13、，线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率P=1/2I2R，解得P=NBL1L2I/2，故C、D正确。21.(10分）(2014嘉兴高三教学理综测试)某同学得到一段未知材料的细金属丝.欲知其直径与阻值，进行了如下实验:用螺旋测微器测量金属丝的横截面直径，图甲中读数为 mm.用图乙所示的多用电表粗测其阻值。实验前检査发现指针位置如图乙所示，则首先应调节 （填A、B或C）再用图丙所示电路精确确测量其阻值：图丙中有下列实验器材：直流电源E滑动变阻器R,待测金属丝R0，电阻箱R1, 电流表A和开关K。在答题纸相应位置实物图中补全电路连线：实验时先将K置于1,调节滑动变阻器R,使电
14、流表的读数为I:再将K置于2, 保持滑动变阻器的阻值不变，调节电阻箱R1到如图丁所示情况，此时电流表的读数仍为I则待测金属丝的阻值为 21答案：（1）0.600 （2分） （2）A （2分） （3）连线如图；（4分）11.1（2分）ERR1R0KAK解析：本题考查伏安法测电阻，考查了考生的理解能力、推理能力、实验创新能力等。（1）由图可知，固定部分半毫米刻度已露出，故读数为0.5mm，转动部分为10.0，则读数为：0.5+10.00.01=0.600mm； （2）由图可知，刻度不指向零，故应先进行机械调零；故应调节A使指针指向左侧零刻度； （3）根据原理图将各元件连线如图；由图可知，将开关指1
15、和2时，电流表示数均相同，故说明电阻丝的阻值应与电阻箱的阻值相等；由图可知，电阻箱的读数为11.1；2. (10分）(2014嘉兴高三教学理综测试)如图所示，某同学利用气垫导轨和平板形挡光片测量滑块下滑至A点的瞬时速度.他先调整气垫导轨的倾斜角度，确定固定点P和A的位置，使PA的距离约为 45.0cm.实验操作如下：J将一个光电门固定于A点.将第二个光电门置于A点下方相距X的B点，滑块自P点 由静止开始下滑，测量经过两光电门之间的时间t改变X,重复实验步骤.根据实验数据，并在直角坐标纸上作出如图所示的X/t-一t图， 将第二个光电门置于A点上方相距.X处，重复和项实验操作.测量数据见下表+35
16、t/s/30252002.01.51.00.5+22答案：（每空2分）（1）0.098m/s2；（2）如图所示；（3）0.293m/s；（0.002）（4）在；（5）导轨的气流不均匀或倾角大小及光电门放置位置的读数、作图等因数引起。解析：本题考查打点计时器测速度、匀变速直线运动的规律。考查考生的理解能力、推理能力、实验创新能力等。（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，x/t为该过程的平均速度，也是该过程的时间中点的速度根据匀变速直线运动规律得：，所以x/t-t图象的斜率示k=a/2根据xt-t图象得斜率k=5.71.16=4.91所以滑块的加速度为a=4.912=9.
17、82cm/s2=0.0982m/s2（2）根据中给出的数据，运用描点法作出xt-t图线：（3）由所画的图线可得出滑块自P点由静止下滑至A点处的瞬时速度为t=0时刻的速度，为0.293m/s（4）从理论上分析滑块做匀加速直线运动，t=0时刻的速度即为A点处的瞬时速度，所以两图线的交点一定在纵轴上（5）本实验的误差主要来源是导轨的气流不均匀或倾角大小及光电门放置位置的读数、作图等因数引起点评：解得本题需知道匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度。在平时练习中要注意加强基础知识的理解与应用23.(16分）(2014嘉兴高三教学理综测试)一列质量M=3.0xl05kg的列车驶上倾角为的足
18、够长的斜坡，列车与铁轨间的动摩擦因数=0.01。（取g=10m/S2 sin0.02, cos1)（1）求列车以额定功率P=3.0* 106在斜披上运动时最大速度VM的大小:（2） 若当列车速度达到V=9m/s 时，最后一节车厢突然脱钩，求脱钩瞬间车厢的加速度a大小及该享厢运动到距离脱钩处上方 120m 所经历的时间 t ( 计算时此车厢看成质点) 23.开篇释义：本题考查功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系考查考生的理解能力、推理能力、分析和综合能力。思路分析：（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据f=P/vm，即可求解最大速度；（2）最后一节车厢先以初速度向上作匀减
19、速运动，到达最高点后，再向下作初速为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律求解向上匀减速时和向下匀加速时的加速度，再根据运动学基本公式列式即可求解正文解析：（1）=Mgsin+Mgcos， （2分）得 vm=33.3m/s。 （2分）（2）最后一节车厢先以初速度向上作匀减速运动，到达最高点后，再向下作初速为零的匀加速运动。向上匀减速时 mgsin+mgcos=ma1， （2分） 得a1=0.3m/s2， （2分）车厢运动到最高点的时间为 t0=30s， （1分）上升的最大位移为 xm=135m， （1分）设上升运动到距离脱钩处120m所经历的时间为t1，则x1=v0t1， （1分）得 t1=20s，
20、 t1=40s（舍弃）。 （1分）向下匀加速时 mgsinmgcos=ma2， （1分） 得a2=0.1m/s2， （1分）从最高处向下运动15m的时间为t2，则 x2=， （1分） 得t2=s， 故第二次运动到距离脱钩处120m所经历的时间为t2，则t2=t2+t0=（30+）s。 （1分）答案：（1）列车以额定功率P=3.0106在斜披上运动时最大速度为33.3m/s；（2）脱钩瞬间车厢的加速度a大小为0.3m/s2，该享厢运动到距离脱钩处上方120m 所经历的时间为（30+10）s结尾点评：本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式及瞬时功率公式的直接应用，关键是对物体进行受力分析，难度
21、适中24.(20分(2014嘉兴高三教学理综测试)如图所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L、且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为+Q。现从管口A处静止释放一带电体V,当其电荷量为+q、质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0。已知静电力常量为k ,重力加速度为g带电体下落过程中不影响原电场。(1) 若把A换成电量为+q、质量为 3m 的带电体N，仍从A 处静止释放. 求 N1 运动过程中速度最大处与 M 的距离及到达 B 处的速度大小:(2) 若M略向上移动，试判断带电体N能否到达 B处，并说明理由:(3)若 M 保持原位置不变，设法改变带电体 N 的质量与电量，
22、要求带电体下落的最低点在 B 处，列出N应满足的条件. 24.开篇释义：本题考查电势差与电场强度的关系、动能定理考查了考生的理解能力、逻辑思维能力、分析和综合能力等。思路分析：（1）电荷N1运动到重力等于电场力时，速度最大，根据平衡条件和库仑定律求解速度最大处与M的距离r，根据动能定理求解最大速度（2）根据动能定理列式分析（3）带电体恰好下落到最低点B处时速度为零，根据动能定理列式分析正文解析：（1）电荷N1运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r，则有3mg （2分）解得r （2分）设电荷N1运动到B处时的速度为vB，由动能定理，有 3mg(lh)+qUAB3mv （2分）依题意有：
23、mg(lh)+qUAB=0 （3分）联立两式可得：vB2 （2分）（2）N不能到达B处。 （2分）因为 mg(lh)+qUAB0 （2分）（3）设带电体N的质量为m、电荷量为+ q，由动能定理得：mg(lh)+qUAB=0， （3分）= （2分）答案：（1）N1运动过程中速度最大处与M的距离为，到达B处的速度大小为（2）N不能到达B处，因为mg(lh)+qUAB0 （3）带电体下落的最低点在B处，N应满足的条件为结尾点评：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程，运用动能定理列式研究25. (22分）(2014嘉兴高三教学理综测试)为研究带电粒子在电、磁场中的
24、 偏转情况，在XOy平面内加如回所示的电场和磁场，第二象限-10cm X0区域内有垂直纸面向内的匀强磁场 B. 其大小为0.2T; 在第一象限内有一电场强度方向沿y 轴负方向且可沿 x 轴平移的条形匀强电，其宽度d=5cm. 在 A (-6cm, 0)点有一粒子发射源，向x 轴上方 180范围内发射大小为 V=2.0*106m/s的负粒子，粒子的比荷q/m=2.0*108C/Kg,不计算粒子的重力和相互作用相对论效应。（1）.若粒子与X轴成300角方向射入磁场，求该粒子磁场中运动的时间;(2). 求从A 处发射的所有粒子子中与+y轴交点的最大值坐标: (3).当电场场左边界 与y轴重合时满足
25、(2) 问条件的粒于经过电场后恰好平行X轴从其右边界飞出，求匀强电场的电场强度E的大小。（4.现将条形电场沿X轴正向平移，电场的宽度和电场强度E仍保持不变，能让满足 第(2)问条件的粒子经过电场后从右边界飞出，在此情况下写出电场左边界的横來标X0与从电场右边界出射点的纵坐标y0的关系式，并在答题纸的相应位置绘出图线。25.开篇释义：本题考查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考查考生的理解能力、推理能力、分析和综合能力、应用数学知识解决物理问题的能力等。思路分析：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，写出动力学方程，即可求得粒子运动的半径；先求出周期，然后根
26、据t=/2T求出粒子在磁场中运动的最长时间。（2）从A处发射的所有粒子中与+y轴交点与出发点连线是轨迹圆的直径时，该交点的纵坐标最大。（3）粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据分运动公式列式求解即可。（4）粒子进入电场后的运动情况与第二问相同，先结合几何关系得到电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系表达式，然后作图分析。O1BA10x/cmOy/cm正文解析：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 qvB=，得r=0.05m=5cm， （2分）粒子在磁场中运动周期为T=10-7s， （2分）如图所示为粒子在磁场中运
27、动轨迹由几何关系得 =600， （1分）t=10-7s， （1分）（2）从y轴最上方飞出的粒子坐标为(0，y1)， 由几何关系得 (2r)2=62+y12，得y1=8cm， （3分）5vBA10x/cmOy/cm（3）从磁场射出时速度方向与x轴的夹角为，有sin=，即=37，（1分）粒子在电场中运动的时间为t1，t1=， （2分）设粒子的加速度大小为a，则a=， （1分）vsin=at1， （2分）由解得E=1.92105N/C。 （2分）（4）如图所示，带电粒子离开磁场后先作匀速运动，后作类平抛运动。电场左边界的横坐标x0与从电场右边界出射点纵坐标y0的函数关系为y1(x0+)tan=y0，
28、即y0=6.1250.75x0， （2分）当x0=0时，从电场右边界出射点的纵坐标为y0=6.125cm，当y0=0时，电场左边界的横坐标x0为x0=cm，5x0/cmOy0/cm510106.125答案见右图所示。（3分）x0vBA10x/cmOy/cm5x0/cmOy0/cm510106.125答案：答：（1）该粒子磁场中运动的时间为/1210-7s；（2）从A处发射的所有粒子子中与+y轴交点的最大值坐标为8cm；（3）匀强电场的电场强度E的大小为1.92105N/C（4）电场左边界的横來标X0与从电场右边界出射点的纵坐标y0的关系式为y0=6.125-0.75x0，X0-y0的关系图如图所示结尾点评：本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合牛顿第二定律、运动的分解与合成、几何关系列式分析求解，难度中等。专心-专注-专业