江苏省如东中学2014届高三物理综合练习卷4月解析版

江苏省如东中学2014届高三物理综合练习卷（4月）解析版2014-4-27

第I卷（选择题 共31分）

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．

1．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后的第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们的观点的是( ) A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因

C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D．力是维持物体运动的原因 【答案】D 解析：

A、伽利略通过斜面实验得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确； B、伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因，故B正确； C、牛顿第一定律认为物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性，故C正确； D、亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因，故D错误。 故选D。

【考点】自由落体运动

2．某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是( )

【答案】A 解析：

A、由电路图可知，电感线圈阻挡住低频交流电，使低频交流电通过电阻R1，电容器与电阻R2并联，高频交流电通过电容器，直流通过R2，符合要求，故A正确； B、由电路图可知，该电路不能有效过滤高频交流电，故B错误； C、由电路图可知，该电路不能过滤通过R2的低频交流电，故C错误； D、由电路图可知，该电路不能有效过滤通过R2的低频成分，故D错误。

故选A。

【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用

3．如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(V)，A、B间接有“220 440W” 电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( ) A．交流电压表的示数为311 V

B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32 A

C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍

D．1 min抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J 【答案】D 解析：

A、交流电压表的示数为有效值311220V，故A错误； 2B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误； C、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；

32104J，故D正确 D、1min抽油烟机消耗的电能为WPtl．故选D。

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系

4．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装有定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，A、B位于同一高度处并恰好处于静止状态．剪断轻绳后，A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳开始到物块着地的过程中，两物块( )

A．速度的变化量相同 B．重力势能的变化量相同

C．下落的时间一定相同 D．重力做功的平均功率相同 【答案】D 解析：

A、速度是矢量，A的加速度方向竖直向下，所以速度的变化量方向竖直向下，B的加速度方向沿斜面向下，所以B速度变化量的方向沿斜面向下，方向不同，故A错误；

B、AB都只有重力做功，机械能守恒，动能的增加量等于重力势能的减小零，所以EKmgh，由于

mB＞mA，所以动能变化不相等，故B错误；

C、重力势能变化量EPmgh，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；

——h1mgh2h＝gsint2D、A运动的时间为：，所以A重力做功的平均功率为：B运动有：PA＝A，t12，sin2g2hg1解得：t2sin－mghsin2h，所以B重力做功的平均功率为：PB＝B，而mBgsinmAg，所以重g2hg力做功的平均功率相等，故D正确。 故选D。

【考点】机械能守恒定律

5．如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ.一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．环中通以恒定的电流I后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．在时间t内安培力对圆环做功为mgH B．圆环先做匀加速运动后做匀减速运动 C．圆环运动的最大速度为

2BIrtcosgt

mD．圆环先有扩张后有收缩的趋势 【答案】C 解析：

环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2r，则在竖直方向的分力为2rBIcos， AC、由牛顿第二定律，可得：BI2rcosmgma，则圆环向上的加速度为a2BIrcosg，

m则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由vat得

2BIrtcosgt，故C正确；

m12在时间t内，上升的高度h＝at，则安培力对圆环做功为WFh，故A错误；

2v＝B、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B错误；

D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D错误。 故选C。

【考点】安培力；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．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6．如图，木块A放在木板B的左端，A、B间接触面粗糙，用恒力F将木块A拉到木板B的右端．第一次将B固定在水平地面上，第二次将B放在光滑水平地面上，则前后两个过程中相同的量是( ) A．物块A运动的加速度 B．物块A的运动时间 C．力F对物块A做的功 D．系统产生的摩擦热 【答案】AD 解析：

A、不管木板B是否固定，木块A受到重力、支持力、拉

力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有Ffma，因fFNmg，可解得a两种情况下的加速度相同，故A正确； B、当木板固定时由xFmg，因此m12at得t22L，当木板放在光滑的水平地面上时，由于A对B摩擦力作用，木a板B将向右加速滑动，此时木块A滑动b右端时，A对地面的位移xLs，其中s是木板发生的位移，由x2Ls12at，可得t，故两种情况下木块A的运动时间不同, 故B错误； 2aC、根据WFx知，由于两种情况下木块A位移不同，故做的功不同, 故C错误；

D、根据“摩擦生热”公式QfS相对可知，两种情况下滑动摩擦力f相同，相对位移相同，所以系统产生的热量相同，故D正确。 故选AD。

【考点】功能关系；牛顿第二定律

7．2012年5月6日，天空出现“超级大月亮”，月亮的亮度和视觉直径都大于平常，如图．究其原因，月球的绕地运动轨道实际上是一个偏心率很小的椭圆，当天月球刚好运动到近地点．结合所学知识判断下列与月球椭圆轨道运动模型有关的说法正

确的是( )

A．月球公转周期小于地球同步卫星的公转周期 B．月球在远地点的线速度小于地球第一宇宙速度 C．月球在远地点的加速度小于在近地点的加速度 D．月球在远地点的机械能小于在近地点的机械能 【答案】BC 解析：

R3A、根据开普勒第三定律得2＝k，知月球的半长轴大于同步卫星的轨道半径，则月球的公转周期大于地

T球的同步卫星周期，故A错误；

Mmv2B、根据万有引力提供向心力G2＝m知，轨道半径越大，线速度越小，则地球的第一宇宙速度大于

rr远地点所在圆轨道上运行的速度，而月球在远地点的速度小于其所在圆上的速度，因为在远地点，万有引力大于向心力，而进入圆轨道，需加速．所以月球远地点的速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确； C、月球在远地点所受的万有引力小于在近地点的万有引力，根据牛顿第二定律得，在远地点的加速度小于在近地点的加速度，故C正确；

D、月球在椭圆轨道上运行，只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。 故选BC。

【考点】万有引力定律及其应用

8．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法正确的是( )

A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短

C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子

D．质子第n次被加速前后的轨道半径之比为n－1∶n 【答案】BD

解析：

v212q2B2r2qBrA、根据qvBm，得v，则最大动能EKmv，与加速电压无关，故A错误；

m22mrB、若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B正确； C、若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；

D、根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式R＝mv1与nqUmv2，所以质子第n次

2Bq被加速前后的轨道半径之比为n1：n，故D正确 故选BD。

【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理

9．在竖直方向的电场中一带电小球由静止开始竖直向上运动，运动过程中小球的机械能与其位移关系的图象如图所示，其中O～S1过程的图线为曲线，S1～S2过程的图线为直线．根据该图象，下列说法正确的是( ) A．小球一定带正电

B．O～S1过程中小球可能一直在做加速运动 C．S1～S2过程中所处的电场一定是匀强电场 D．S1～S2过程中小球的动能可能不变 【答案】BCD 解析：

A、只知电场力方向竖直向上，由于不知电场强度的方向，所以无法确定带什么电，故A错误； B、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～s1内物体所受的电场力逐渐减小；所以开始先加速运动，当电场力减小后，可能减速运动，也可能继续加速运动，故B正确；

C、由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的电场力不变，即为匀强电场，故C正确；

D、由于物体在s1～s2内E-x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故D正确。 故选BCD。

【考点】电场强度；动能定理的应用

第II卷（非选择题 共89分）

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）利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。如图1所示，将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上间距为l的两点处分别安装光电门P1和P2。

（1）用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度，测量结果如图2所示，则遮光条的宽度d= cm。 （2）接通气源及光电计时器，将滑块从导轨左端自由释放。测得滑块通过第1个光电门时遮光时间为

t10.5ms，则滑块通过第1个光电门时的速度为 m/s.

（3）为了完成实验，除了上面提到的物理量外，还应测出的物理量是 （用文字和相应的符号表示） （4）若滑块在气垫导轨上的运动过程中机械能守恒，则应有关系式 成立 （用题中给出的、测出的及还应测出的物理量的符号表示）

【答案】（1）0.015 （2）0.3 （3）滑块经过第2个光电门时的遮光时间t2， （4）mg解析：

（1）整数（0）＋精度（0.05mm）×格数（3）＝0.15mm＝0.015cm

H1d1d。 lm()2m()2（等式两边的质量m可以约去）

L2t22t1d0.015102（2）v0.3s 3t10.510（3）再测出滑块经过第2个光电门时的遮光时间t2，就能计算出通过第2个光电门时的速度，进一步就能确定动能的变化，再与重力势能的变化量作比较就能得出实验结论；所以答案为：滑块经过第2个光电门时的遮光时间t2；

（4）若守恒定律成立，则减小的重力势能与增加的动能相等，即mgH1d1dlm()2m()2。 L2t22t1

【考点】验证机械能守恒定律

11．(10分)小明利用实验室提供的器材测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。他首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：

电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω)； 电流表A1(量程0～100mA，内阻约5Ω)； 电流表A2(量程0～0.6A，内阻约0.2Ω)； 电阻箱R(0～999.9Ω)； 开关、导线若干．

小明的实验操作步骤如下：

A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径； B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路； C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；

D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；

E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L. F．断开开关．

（1）小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的测量值d＝________mm；

（2）实验中电流表应选择________(填“A1”或“A2”)；

（3）小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R–L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这

种电阻丝材料的电阻率ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．

(4)若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，电阻率的测量结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”) 【答案】(1) 0.728～0.732 (2) A1 (3)解析：

（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm， 金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm（0.7285-0.732mm均正确）； （2）电路最大电流约为Id2R04L0 (4) 不变

E3V0.14A，不到0.6A的四分之一， Rr120如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1； （3）由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知， 外电路总电阻R总RR电阻丝RLRSLd22R4L， 2d由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零是，电路总电阻R总R0，

R04d2R04L4LR0，RR0则R，图象斜率k； 2，则电阻率22ddL0d4L0（4）应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果没有影响。 【考点】测定金属的电阻率

12.【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在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3－3)(12分) (1)下列说法正确的是( )

A．达到热平衡的系统内部各处都具有相同的温度 B．分子势能随着分子间距增大而增大 C．不具有规则几何形状的物体也可能是晶体

D．根据某种物质的摩尔体积和阿伏加德罗常数可估算出该种物质分子的体积 【答案】AC 解析：

A、同温度的物体相互接触不会发生热交换，处于热平衡状态，故A正确；

B、分子间距为r0时，分子势能最小。分子间距大于r0时，随着距离的增大，分子势能增大，；分子间距小

于r0时，随着距离的增大，分子势能减小，故B错误；

C、一般晶粒的体积很小很小，一般我们看得到的颗粒固体的大小比晶粒大得多，而多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体是比较普遍看到的，所以不具有规则几何形状故的物体也可能是晶体，故C正确；

D、对于液体和固体，我们可以根据物质的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算出该种物质分子的体积，对于气体，我们只能估算出分子占有的空间体积，故D错误。 故选AC。

【考点】分子势能；晶体；阿伏加德罗常数

(2)如图所示的折线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化图线，则在．整．个．过．程．中．汽缸内气体温度的变化情况

是 ；气体吸、放热情况是 （填“一直吸热”、“一直放热”、“先吸热后放热”或“先放热后吸热”）。 【答案】先降低后升高；先放热后吸热 解析： 由

PVC得，等压过程体积减小，所以温度降低；等容过程压强升高，所以温度升高，故温度的变化是：T先降低后升高；

由UWQ得，等压压缩过程，温度降低，U为负值，W为正值，所以Q为负值，即为放热； 等容升温过程，U为正值，W为零，所以Q为正值，即为吸热；故是先放热后吸热。 【考点】理想气体状态方程；热力学第一定律

(3)已知全世界人口为N=60亿，假设这么多人同时数1g水的分子个数，每人每小时可以数n0=5000个，不间断地数，则完成任务所需时间为多少？（结果保留二位有效数字）(阿伏加德罗常数取6×1023 mol【答案】t1.110小时 解析： 水分子总数n8－1)

mNA M故完成任务所需时间为t【考点】阿伏加德罗常数

n1.1108小时 Nn0C．(选修模块3－5)(12分)

(1)已知处于某一能级n上的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出10种不同频率的光，下列能表示辐射光波长最长的那种跃迁的示意图是( )

【答案】A

解析：在A所示能级跃迁中释放光子的能量最小，则频率最低，辐射光波的波长最长，故A正确。 故A选。

【考点】氢原子的能级公式和跃迁

(2)在实验室内较精准地测量到的双β衰变事例是在1987年公布的，在进行了7960小时的实验后，以68%

82的置信度认出8234Se发生的36个双β衰变事例．已知静止的34Se发生双β衰变时，将释放出两个电子和两

个中微子(中微子的质量数和电荷数都为零)，同时转变成一个新核X，则X核的中子数为________；若衰变过程释放的核能是E，真空中的光速为c，则衰变过程的质量亏损是____________． 【答案】 46 解析：

静止的82，同时34Se发生双β衰变时，将释放出两个电子和两个中微子（中微子的质量数和电荷数都为零）转变成一个新核X，根据电荷数守恒、质量数守恒，知X核的电荷数为36，质量数为82，质量数等于电荷数与中子数之和，则中子数为46； 根据爱因斯坦质能方程得：Emc2 解得质量亏损：m＝E c2E。 2c【考点】爱因斯坦质能方程

(3)质量为m的小球A在光滑水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰后以v0/3、的速率反弹，试通过计算判断发生的是不是弹性碰撞． 【答案】是弹性碰撞 解析：

由动量守恒定律得mv0＝m2v02＋2mvB，则vB＝v0 3321v1122v碰后总动能E＝m0＋2m0＝mv0，故为弹性碰撞

23223【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律

四、计算题：本题共3小题，共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．

下面这个题缺个图

13．(15分)如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r＝2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象．试求： (1)金属棒的最大速度；

(2)金属棒速度为3m/s时的加速度；

(3)求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热．

【答案】vm4m/s a=解析：

(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F

35m/s2 QR＝3.25J 12vm，I=而P＝F·解出vmBLvm

Rr

P(rR)=4m/s

BL(2)速度为3m/s时，感应电动势E＝BLv＝20.53＝3V

E，安培力F安＝BIL RrP4金属棒受到的拉力F==N

v3电流I=由牛顿第二定律得F－F安＝ma

43FF安3435解得a==m/s2

m0.212(3)在此过程中，由动能定理得Pt+W安=则QR＝112mv2mv0，得W安＝－6.5J m22W安＝3.25J 2【考点】牛顿第二定律；功率；动能定理

14．(16分)如图，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端同定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物体A沿斜面向上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．

(1)求物块A刚开始运动时的加速度大小a；

(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0及最大速度vm；

(3)把物块B的质量变为Nm(N＞0.5)，小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围．

mg2gmg【答案】(1)a＝ (2)x0＝ vm＝

2k2k2mg2(3)不正确，0k解析：

(1)设绳的拉力大小为T，分别以A、B为对象由牛顿第二定律，有T＝ma，mg－T＝ma 则a＝

(2)A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿第二定律有T＋kx－mgsin30＝ma，

对B由牛顿第二定律有mg－T＝ma，解得mgsin30＋kx＝2ma，上升过程x减小，a减小，v增大；

00g2

弹簧变为伸长后同理得mgsin30-kx＝2ma，上升过程x增大，a减小，v继续增大；可见，当kx＝时a＝0，速度达到最大．即Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都是x0＝0mg2mg，弹性势能和初始状态相同． 2mg kmg212该过程对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有mgx0=mgx0sin+2mvm，可得vm＝ 22k(3)不正确

由Nmgx0＝mgx0sin＋(Nm＋m)v2

1212gNx02mg2mg2得v=，而x0＝，当N→∞时，0kN1k【考点】牛顿第二定律；

15．(16分)如图所示，空间有沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场。一带正电的粒子从P点以一定的速度平行于x轴正向入射．若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现只加上述电场，当粒子从P点运动到x＝R0处时，立即将电场改为上述磁场，粒子恰好不打在x轴上，不计粒子的重力． (1)求粒子到达x＝R0处时速度方向与x轴的夹角；

(2)求粒子在虚线右侧做圆周运动的半径以及P点离x轴距离h； (3)若粒子再次运动到x＝R0处时，再将磁场改为上述电场，求该粒子打到y轴上的点离P点的距离以及该粒子从P点射入后在电场中与磁场中运动时间之比． 【答案】=4 解得R=2R0 h=2R0－R0 yPQ＝0

12t14＝ t23解析：

(1) 做直线运动有qE＝qv0B

2v0做圆周运动有qv0B=m

R0只有电场时，粒子做类平抛运动，有a=解得vy＝v0

qE，R0＝v0t，vy＝at m

2此时粒子速度大小为v=v0v2y2v0

速度方向与x轴夹角为=4

v2(2) 撤除电场加上磁场后qvB=m

R解得R=2R0

粒子在电场方向的位移y1=P点离x轴的距离h=121at=R0 2211R0＋(2R0－R0)=2R0－R0 22(3) 粒子再次进入电场后的运动轨迹可以看成上述类平抛运动的延续，根据运动学知识，粒子沿电场方向的位移y2＝3y1＝R0

而粒子在磁场中运动的入场点和出场点A、B间距离为2R0 粒子打在y轴上的Q点与P点重合，即yPQ＝0 粒子在电场中运动的时间t1＝232R0 v0粒子在磁场中运动的时间t2＝322R03R0＝

42v2v00粒子在电场中与磁场中运动时间之比为

t14＝ t23【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

如东中学高三物理综合练习试卷参考答案及评分标准

一、单选题

1．D 2．A 3．D 4．D 5．C 二、多选题

6．AD 7．BC 8．BD 9．BCD 三、简答题

10．（1）0.015（2）0.3（3）滑块经过第2个光电门时的遮光时间t2，

H1d（4）mglmL2t21dm。（每空2分） （等式两边的质量m可以约去）2t12211．(1) 0.728～0.732(2分) (2) A1(2分) (3)**．(选修模块3－3)(12分)

d2R04L0 (3分) (4) 不变(3分)

(1)AC（4分） （2）先降低后升高（2分）；先放热后吸热（2分） （3）水分子总数nmNA(2分) M故完成任务所需时间为tn1.1108小时(2分) Nn012C. (选修模块3－5)(12分) (1)A(4分) (2) 46 E/c2(各2分)

12

－v0＋2mvB，则vB＝v0(2分) (3) 由动量守恒定律得mv0＝m3322121121碰后总动能E＝m3v0＋·2m3v0＝mv0，故为弹性碰撞(2分)

222四、计算题

13．(15分)解：(1) 金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F 而 P＝F·vm (1分) I＝

BLvm (1分) Rr解出 vm＝

PRr4×（2＋2）

＝＝4m/s (2分) (若根据图象求解，同样给分)

2×0.5BL(2)速度为3m/s时，感应电动势E＝BLv＝2×0.5×3＝3V (1分)

E

(1分)，安培力F安＝BIL (1分) Rr

P4

金属棒受到的拉力 F＝＝N(1分)

v3

电流 I＝

由牛顿第二定律得 F－F安＝ma(1分)

43

FF安3－4352

解得 a＝＝＝m/s(1分)

0.212m(3) 在此过程中，由动能定理得 112

Pt＋W安＝mv2m－mv0(2分) 22W安＝－6.5J(2分)

QR＝

W安2＝3.25J(1分)

14．(16分)解：(1)设绳的拉力大小为T，分别以A、B为对象用牛顿第二定律， 有 T＝ma (1分)， mg－T＝ma (1分)，

则 a＝g/2(2分)

(2)A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿第二定律有T＋kx－mgsin30＝ma，

对B由牛顿第二定律有mg－T＝ma，解得mgsin30＋kx＝2ma，上升过程x减小，a减小，v增大；弹簧变为伸长后同理得mgsin30－kx＝2ma，上升过程x增大，a减小，v继续增大；可见，当kx＝a＝0，速度达到最大．即Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都是x0＝

mg时2mg，弹性势能和初始状态相同． 2mg（3分） k1

该过程对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有mgx0＝mgx0sinθ＋·2m·v2m，可得vm＝2(3) 不正确(2分)

1

Nmgx0＝mgx0sinθ＋·(Nm＋m)·v2(2分)

2

1N－x02g2N＋1

mg

，x0＝，当N→∞时，0＜v＜

k

2mg2＝2vm(2分) k

mg2

(3分) 2k

v＝

15．(1) 做直线运动有qE＝qv0B(1分) v20

做圆周运动有qv0B＝m(1分)

R0只有电场时，粒子做类平抛运动，有 qE

a＝，R0＝v0t，vy＝at

m解得vy＝v0(1分)

2＋v2＝2v(1分) 此时粒子速度大小为v＝v0y0

速度方向与x轴夹角为θ＝

π

(1分) 4

v2

(2) 撤除电场加上磁场后qvB＝m(1分)

R解得R＝2R0(1分)

11

粒子在电场方向的位移y1＝at2＝R0(1分)

22P点离x轴的距离

11

h＝R0＋(2R0－R0)＝2R0－R0(2分) 22

(3) 粒子再次进入电场后的运动轨迹可以看成上述类平抛运动的延续，根据运动学知识，粒子沿电场方向3

的位移y2＝3y1＝R0(2分)

2

而粒子在磁场中运动的入场点和出场点A、B间距离为2R0 粒子打在y轴上的Q点与P点重合，即yPQ＝0(1分) R0

粒子在电场中运动的时间t1＝2(1分)

v0

32π2R03πR0

粒子在磁场中运动的时间t2＝·＝(1分)

42v02v0t14

粒子在电场中与磁场中运动时间之比为＝(1分)

t23π

如东中学高三物理综合练习试卷试卷分析

一、得分情况

Ⅰ卷选择题均分17.5分 Ⅱ卷均分45.4分

具体为：实验题9.6分 选做题12,3分

计算题第一题得分：11.8分 第二题得分：7分 第三题得分：4.7分 试卷总分:62.9分 二、错误原因分析

选择题第4题:错选A或B的较多,主要原因:没有注意速度是矢量，以及两物体质量不相等，D选项不会算。

选择题第5题：题目看不懂，也不会算。关健是：圆环开始上升时通恒定电流，其实也是维

持怛定电流不变，同学普遍认为上升时线圈切割磁感线会产生新的电流阻碍线圈上升，从而进入误区。正确解法是：将磁场分解为水平向四周方向的和竖直向上的，通电圆环受安培力向上，可判断电流方向（从上向下看）为顺时针方向，根据左手定律，此时竖直向上的分磁场有使线圈收缩的趋势，D错误，水平向四周的分磁场对线圈有竖直向上的作用力，大小为

，此时线圈向上做匀加速运动，

线，加速度，经过时间t，撤去恒定电流瞬间，此时速度达到最大，为

，C正确；此后线圈再向上运动，会产生逆时针方向的感应电流，会受到向下

的安培力，而且越向上运动，速度越小，安培力越小，因此做变减速运动，B错误；根据动能定理，在上升的整个过程中，

第7题错选D，漏选B。

第8题错选A较多些，对回旋加速器相关知识点遗忘较多。

，因此

，A错误。

第9题主要考查功能原理，图线的斜率表示电场力。学生对功能原理不是很熟悉，此题漏选较多。

第10题游标尺读数还有一部分学生不会读。

第11题测金属电阻率这个实验不熟悉，有的甚至电阻率公式都记不得，伏安法测电阻的一些主要步骤也不是太了解，误差分析更是乱猜，导致得分率偏低。

第12题选修得分率不是很高，学生掌握不牢，运算错误也较多。

第13题问题有两个：总电阻R+r写成R，求电阻R上产生的电热求成了总电热。

第14题关健是第三步：学生说不明白，没有用表达式去推导，对表达式进行讨论。第一步和第二步基础差的学生也做不出来。

第15题很多学生来不及没做，少数学生做了第一步。