吉林省东北师大附中2011届高三物理上学期第三次摸底考试全解全析

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1、吉林省东北师大附中2011届高三上学期第三次摸底考试全解全析物 理 试 题253800河北省郑口中学特级教师 陈宝友考试时间：100分钟 试卷满分：100分注意事项：1答题前，考生须将自己的班级、姓名、学号填写在答题纸指定的位置上；2选择题的每小题选出答案后，涂在答题卡指定的位置上；3非选择题必须按照题号顺序在答题纸上各题目的答题区域内作答。在其它题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。一、选择题：（本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1万有引力的发

2、现实现了物理学史上第一次大统“地上物理学”和“天上物理学”的统一。它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想成圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论。下面的规律和结论没有被用到的是（ ）A牛顿第二定律B牛顿第三定律C开普勒的研究成果D卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【答案】D；【解析】这是有关物理学史的问题，只要了解基本常识，答案容易得到.【考点】万有引力.2有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大。当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（ ）CBAD【答案

3、】C； 【解析】手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，则整体的加速度应该由绳子的张力提供，据此立即可排除D；对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有，而在竖直方向则有； 对上面小球M，同理有，由容易得到，,而则得,故有.，而由得到，因此.AB【考点】牛顿定律.3据中新社3月10日消息，我国将于2011年上半年发射“天宫一号”目标飞行器，2011年下半年发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现对接。某同学得知上述消息后，画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。由此假想图，可以判定（ ）A“天宫一号”的

4、运行速率大于“神舟八号”的运行速率B“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度 D“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接【答案】BD；【解析】显然，“天宫一号”的运动轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，由于天体运动过程中遵循,即，则“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率；,即,则“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期；同时由于天体运行的加速度满足故“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度；当处于低轨道的“神舟八号”加速时，由于所需要的向心力增大，而万有引力把足以提供向心力，故题此时将做离心运动，所以有可能与“

5、天宫一号”实现对接. “空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度，选项A正确； 【考点】万有引力.D“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接SN4如图所示，把一个装有Na2SO4导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极，沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极，把两电极分别与电池的正、负极相连。对于导电溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是（ ）A正、负离子均做逆时针方向的螺旋形运动B正、负离子均做顺时针方向的螺旋形运动C正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘内壁移动D负离子做顺时针方向的螺旋形运动【答案】A；【解析】Na2SO4导电溶液的中的玻璃器皿中的电流方向是

6、从中心到器皿边缘内壁，根据左手定则，磁场对由此形成的电流有逆时针方向的安培力，故正、负离子均做逆时针方向的螺旋形运动.【考点】磁场.5如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是 （ ）【答案】C；【解析】图A中是点电荷产生的电场，a，b两点电场方向不同但电势相同；图B中，b点相当于是两异名点电荷中垂线上的点，而a点距正电荷比较近，故二点电势肯定是不同的；图C中a，b两点相当于是两点电荷中垂线上的点，场强和电势均是相同的；而图D中仅仅根据合场强的方向即可判断是错误的【考点】电场.6如图所示，水平地面上叠放着A、B两物块。F是作

7、用在物块B上的水平恒力，物块A、B以相同的速度做匀速运动，若在运动中突然将F改为作用在物块A上，则此后A、B的运动可能是（ ）ABFAA、B将仍以相同的速度做匀速运动BA做加速运动，B做减速运动，A、B最终分离CA做减速运动，B做加速运动，A、B最终分离DA、B最终以共同的加速度做匀加速运动【答案】AB；【解析】F是作用在B上，物块A、B以相同的速度做匀速运动，说明B和地面之间存在摩擦力，此时A不受摩擦力；若在运动中突然将F改为作用在物块A上，当物块A、B之间接触光滑时，没有摩擦力，则A做加速运动，B做减速运动，A、B最终分离；当物块A、B之间存在摩擦力时，则A、B将仍以相同的速度做匀速运动，

8、不可能出现其他的情况.【考点】牛顿定律.7如图所示，MN是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，PQ与MN垂直。一群质量为m、带电荷量q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与PQ夹角为的范围内，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（ ）QA在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为B在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为C在荧光屏上将出现一个半圆形亮斑，其半径为D在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为【答案】B；【解析】带电粒子射入磁场区域，将受到洛伦兹力作用

9、而向左偏转，其到达荧光屏的最远位置距小孔P为圆周运动的直径，由于,则；而最右边射入磁场的带电粒子容易求得到达荧光屏的位置距小孔P为,故荧光屏上将出现的条形亮线长度为.【考点】磁场.8质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）A电动机多做的功为B传送带克服摩擦力做的功为C电动机增加的功率为D物体在传送带上的划痕长为【答案】CD；【解析】物体从静止释放到相对静止这一过程，加速度，经历的时间，此时传送带运动了，而物体相对地面运动了,

10、故物体在传送带上的划痕长，即选项D正确而传送带克服摩擦力做的功为，则B错误电动机多做的功包括由于摩擦生热和物体获得的动能两部分，仅从动能角度即可判断为大于物体获得的动能，故A错误实际上，系统由于摩擦二产生的热量为，则电动机多做的功为；因此电动机增加的功率.【考点】机械能、牛顿定律.9一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示。现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止。则下列说法正确的是（ ）A在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变B斜面体所受地面的支持力一定不变C斜面对物体A作用力的

11、合力变大D物体A所受斜面体的摩擦力一定变大【答案】B；【解析】这是典型的相互作用中的静力学问题，取物体B为研究对象分析其受力情况如图，则有，在物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F随之变大，即选项A错误对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面体所受地面的支持力应该没有变，即选项B正确；由于上述过程中物体A仍然静止，故A受到的合力为0，在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，斜面对物体A作用力的合力情况也无法确定

12、.【考点】相互作用.10如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合。两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板。以下说法正确的是（忽略带电粒子的重力）（ ）A保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出D如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出【答案】AB；【解析】带电粒子匀速穿过两板，说明洛伦兹力和电场力平衡，保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，则电容器分得的电压降低，电场力减小，则粒子将可能从下极板边缘射出；若将滑片P向下

13、滑动一点，则电容器分得的电压变大，电场力增加，粒子将可能从下极板边缘射出.若保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电场减小，故粒子不可能沿直线穿出；如果将开关断开，电容器将放电，电场消失，故粒子不可能继续沿直线穿出.【考点】电场、磁场.R2RExO2BRvA2BRvR2RExO2BRvB2BRvR2RExO2BRvC2BRvR2RExO2BRvD2BRvvyxOab11如图所示，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外。一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，则导体棒ab两端

14、的感应电动势E（取ab为电动势的正方向）与导体棒位置x关系的图象是（ ）【答案】A；【解析】根据右手定则，导体棒ab在左半圆磁场运动时，产生了ab方向的电动势，且导体切割磁感线的有效长度逐渐增大，但增加的幅度逐渐减小；导体棒ab在右半圆磁场运动时，情况则和刚才恰好相反，故本题正确答案为A.【考点】电磁感应.12如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，总电阻为R，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，并开始计时t=0，若磁场的宽度为b（b3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场。此过程中v-t图象如图乙所示，则 （ ）At=

15、0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B在t0时刻线框的速度为v02Ft0/mC线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热为F（a+b）0v0vt02t03t0t图乙123v0F图甲NM【答案】B；【解析】t=0时，线框右侧边MN切割磁感线，产生感应电动势Bav0，而其两端电压根据串联电路的电压分配，应该为该电动势的四分之一，可见选项A错误；由图中可以看出，t0时刻线框的速度最小，这是线框刚刚全部进入磁场的时刻，根据动量定理，有,而从1位置到2位置同理有，由以上二式，故得t0时刻线框的速度v=v02Ft0/m.

16、线框从2位置到3位置过程中，仍然有，式中是该过程所经历的时间，显然,故线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度小，即选项C错误.线框在1位置速度为速度v0，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，根据能量守恒定律，则线框从1位置进入磁场到位置2过程中，线框中产生的电热为F（a+b），此后开始离开匀强磁场，此时仍然将产生焦耳热，因此线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热要大于F（a+b），即选项D错误【考点】电磁感应.13如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为km

17、g（k1）。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则 （ ）A棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动B从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动C从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下D从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为 【答案】ABD；【解析】棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒向上、环向下，由于摩擦力的原因，二者都做匀减速运动；棒和环的质量相互间滑动摩擦力为kmg（k1），则从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运

18、动而不会相对于棒有往复运动；设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒，则有 ，因此摩擦力对棒及环做的总功为：，解得：.【考点】牛顿定律、机械能.二、实验题（本题14分。将答案填写在答题纸相应位置的横线上。）14（4分）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm；用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm。图乙0mm20302515图甲1 2 3 (cm) 5 0 10 【答案】1050 （2分） 1731（2分）；【解析】20分度的游标卡尺游标上相邻两个刻度间的距离为0.95mm，比主尺上相邻两个刻度间距离小0.

19、05mm。读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫米以下的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读数就是几乘0.05毫米。其读数准确到0.05mm。故本题的正确读数为1.0+.螺旋测微器的固定刻度上的最小刻度为0.5mm，可动刻度每旋转一圈前进（或后退）0.5mm。在可动刻度的一周上平均刻有50条刻线，所以相邻两条刻线间代表0.01mm。用螺旋测微器测量的结果度数时，也包括两部分，即固定部分和可动部分，从固定刻度上读取整、半毫米数，然后从可动刻度上读取剩余部分，但可动部分与刻度尺一样须估读且仅估读一位数字，再把两部分读数相加，得测量值。因此本题中圆柱体的直径为1.

20、5+23.10.01=1.731【考点】.15（10分）为了测定电流表A1的内阻，某同学采用如下图所示的实验电路。其中：A1是待测电流表，量程为300A，内阻约为100；A2是标准电流表，量程是200A；R1是电阻箱，阻值范围是09999；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4 V，内阻不计；S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关。（1）实验中滑动变阻器采用 接法（填“分压”或“限流”）；根据上图所示电路的实物图，请在答题纸上的方框中画出实验电路图。（2）请将该同学的操作补充完整：连接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最 ；（填“左端”或“右端”）将开关S2扳到接点a处，接通

21、开关S1；调整滑动变阻器R2，使电流表A2的读数是150A；将开关S2扳到接点b处， ，使电流表A2的读数仍是150A。若此时电阻箱各旋钮的位置如右图所示，则待测电流表A1的内阻Rg= 。（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动位置，都要保证两只电流表的安全。在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用 。（填写阻值前相应的字 母） A200 kB20 kC15 kD150 k【答案】（1）“限流” （1分）见下图（2分）（2）“左端” （1分）保持R2不变，调整变阻箱R1， （2分） 863（2分）（3） B （2分）；【解析】滑动变阻器“分压”或“限流”接法的最大区别在于跟滑动变阻

22、器连接的导线数目，“分压”必须有3根线和电路连接，而“限流”接法一般只有二根线和电路连接，故本题磁场采用的是“限流”接法. 连接好电路，开关闭合前，需要将将滑动变阻器的滑片移到变阻器连入电路的阻值最大处，故应该将滑片移到最“左端”.本题采用的是“替代法”，故滑动变阻器R2连入电路的阻值不能变化，此时电阻箱的读数即为电流表A1的内阻. 实验中，要求无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动位置，都要保证两只电流表的安全，也就是说即便变阻器连入电路的阻值最小时，电路的电流也不能超过量程.当是量程较小的标准电流表A2满偏时，电路的电阻为4 V /200A=20 k，故则提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用20

23、 k的B 【考点】电学实验.三、计算题（本题共3小题，共34分。解答时应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、答案中必须明确写出数值和单位。）16（10分）两个完全相同的物块A、B，质量均为m08 kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动。图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的vt图象，求：（1）物块A所受拉力F的大小；（2）8 s末物块A、B之间的距离x。【答案】（1）18 N（2）60 m；【解析】（1） 设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由vt图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的

24、末速度v1=12m/s ，B物体的末速度v2=0，a1 m/s2075 m/s2 （1分）a2 m/s215 m/s2 （1分）负号表示加速度方向与初速度方向相反。对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：FFfma1 （1分）Ffma2 （1分）由式可得：F18 N（1分）（2） 设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2由图象得：m（2分）m（2分）所以xx1x260 m（1分）【考点】牛顿定律.17（10分）如图所示，木板A质量mA=1 kg，足够长的木板B质量mB=4 kg，质量为mC=2 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=12 m/s的初速度向右运动，

25、与B碰撞后以4 m/s速度弹回。求：（1）B运动过程中的最大速度大小。（2）C运动过程中的最大速度大小。【答案】vB=4 m/s；vC=2 m/s【解析】（1）A与B碰后瞬间，B速度最大。由A、B系统动量守恒（取向右为正方向）有：mAv0+0=-mAvA+mBvB （4分）代入数据得：vB=4 m/s （1分）（2）B与C共速后，C速度最大，由BC系统动量守恒，有mBvB+0=（mB+mC）vC （4分）代入数据得：vC=2 m/s （1分）【考点】.xyONM(，a)v018（14分）如图，xoy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x

26、轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xoy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：电场强度的大小；N点的坐标；矩形磁场的最小面积。【答案】；（，）；.【解析】（1）A与B碰后瞬间，B速度最大。由A、B系统动量守恒（取向右为正方向）有：mAv0+0=-mAvA+mBvB （4分）代入数据得：vB=4 m/s （1分）（2）B与C共速后，C速度最大，由BC系统动量守恒，有mBvB+0=（mB+mC）vC （4分）代入数

27、据得：vC=2 m/s （1分）18（14分）如图是粒子的运动过程示意图。 粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有 （1分） （1分）得 （1分） 粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为，则 （1分） （1分），即 （1分）由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则 （1分）解得粒子做圆周运动的半径为 （1分）由几何关系知， （1分）所以N点的纵坐标为 （1分）横坐标为即N点的坐标为（，） （1分）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小。则矩形的两个边长分别为xyONMv0POEvvyL2L1 （1分） （1分）所以矩形磁场的最小面积为（1分）【考点】磁场.