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）

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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

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 （ ）
C
B
A
D




【答案】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①，而在竖直方向则有②； 对上面小球M，同理有③，④，由①③容易得到，,而②④则得,故有.，而由①②得到，因此.
A
B
【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“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
S
N
4．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（ ）
A
B
F
A．A、B将仍以相同的速度做匀速运动
B．A做加速运动，B做减速运动，A、B最终分离
C．A做减速运动，B做加速运动，A、B最终分离
D．A、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，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θ的范围内，不计粒子间的相互作用则以下说法正确的是（ ）
Q
A．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μ，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,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.
【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.
R
2R
E
x
O
2BRv
A
－2BRv
R
2R
E
x
O
2BRv
B
－2BRv
R
2R
E
x
O
2BRv
C
－2BRv
R
2R
E
x
O
2BRv
D
－2BRv
v
y
x
O
a
b
11．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两端的感应电动势E（取a→b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a→b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（b>3a），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 （ ）
A．t=0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0
B．在t0时刻线框的速度为v0－2Ft0/m
C．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）
0
v0
v
t0
2t0
3t0
t
图乙
1
2
3
v0
F
图甲
N
M






【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=v0－2Ft0/m.
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kmg（k>1）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（k>1），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
0
mm
20
30
25
15
图甲
1
2
3 (cm)
5
0
10






【答案】10．50 （2分） 1．731（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0.05mm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1.5+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300μA，内阻约为100；
A2是标准电流表，量程是200μA；
R1是电阻箱，阻值范围是0～999．9；
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）①实验中滑动变阻器采用 接法
（填“分压”或“限流”）；
②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：
①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，接通开关S1；调整滑动变阻器R2，使电流表A2的读数是
150μA；
②将开关S2扳到接点b处， ，使电流表A2的读数仍是150μA
③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）
A．200 k B．20 k C．15 k D．150 k










【答案】（1）①“限流” （1分）
②见下图 （2分）
（ 2）①“左端” （1分）
②保持R2不变，调整变阻箱R1， （2分）
③ 86．3 （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 /200μA=20 k，故则提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用20 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m＝0．8 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v－t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）1．8 N　（2）60 m；
【解析】（1） 设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由v－t图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=12m/s ，B物体的末速度v2=0，
a1＝＝ m/s2＝0．75 m/s2 ① （1分）
a2＝＝ m/s2＝－1．5 m/s2 ② （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：
F－Ff＝ma1③ （1分）
－Ff＝ma2④ （1分）
由①～④式可得：F＝1．8 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x＝x1－x2＝60 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，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】.
x
y
O
N
M(，a)
v0
18．（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：
⑴电场强度的大小；
⑵N点的坐标；
⑶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）
代入数据得：vC=2 m/s （1分）
18．（14分）如图是粒子的运动过程示意图
⑴ 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）
⑵ 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）
⑶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
x
y
O
N
M
v0
P
O′


E
v
vy
L2
L1
（1分）
（1分）
所以矩形磁场的最小面积为
（1分）
【考点】磁场.