江苏省栟茶高级中学高三年级学情调研 物理 2014、4
本试卷共 120 分，考试时间 100 分钟．
一、单项选择题：本题共5题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意。 1.下列叙述正确的是（ ）
A ．库仑提出了用电场线描述电场的方法
B ．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
C ．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强F
E q
=，电容C Q U
= ,
加速度F a m
= 都是采用比值法定义的
【答案】B
A 、法拉第提出了用电场线描述电场的方法；故A 错误；
A 、重心是重力的等效作用点；合力与合成它的几个分力的效果是相同的；所以重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故
B 正确；
C 、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并用斜面实验进行了间接的验证，故C 错误；
D 、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强F
E q
=电容C Q U
=，
都是采用比值法定义的．加速度F a m
=是牛顿第二定律的表达式，故D 错误。
故选B 。
【考点】重心；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；电场线
2．如图所示，甲、乙两运动员从水速恒定的河两岸A 、B 处同时下水游泳，A 在B 的下游位置，甲游得比乙快，为了在河中尽快相遇，两人游泳的方向应为（ ）
A ．甲、乙都沿A 、
B 连线方向
B ．甲、乙都沿A 、B 连线偏向下游方向
C ．甲、乙都沿A 、B 连线偏向上游方向
D ．甲沿A 、B 连线偏向上游方向，乙沿A 、B 连线偏向下游方向 【答案】A
甲乙两运动员都参与了静水的运动和水流的运动，最终的运动是两运动的合运动，因为两人的水流速相等，以甲为参考系，在水流速方面，乙相对于甲是静止的，可知，要两人尽快地在河中相遇，则都沿虚线方向朝对方游，此时时间最短，故A 正确。 故选A 。
【考点】运动的合成和分解
3．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度
I
B k
r
，即磁感应强度B与导线中的电流I
成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流。规定磁场垂直纸面向里为正方向，在0-R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是（）
【答案】C
根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向
里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根
导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向垂直纸面向里，故C正确。高考资源网
故选C。
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
4．图示电路中GMR为一个磁敏电阻，它的阻值随所处空间磁场的增加增强而增大，闭合开头
1
S和2S后，在滑片P向右滑动时
A、1L、2L都变暗
B、1L、2L都变亮
C、1L变暗、2L变亮
D、1L变亮、2L 变暗
【答案】D
当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电压不变，
所以电路中的电流减小，故灯泡L2变暗；
由于电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，在其他因素不变时，电流越小，
磁性越弱，所以电磁铁的磁性减弱；
由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻的阻值减小，因为磁敏电阻（GMR）的阻值随所
处空间磁场的增强而增大。由于磁敏电阻的减小，导致了其所在电路的电流变大，所以灯泡
L1变亮，故D正确。
故选D。
【考点】自感现象和自感系数；闭合电路的欧姆
5．2007年4月，欧洲天文学家在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为
“格利斯581 c”。该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍。设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为E k1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为E k2。则E k1 / E k2为 （ ）
A ．0.13
B ．0.3
C ．3.33
D ．7.5 【答案】C
在行星表面运行的卫星其做圆周运动的向心力由万有引力提供
故有2
2Mm v G m r r
＝，
所以卫星的动能为2
k 1
GMm
E mv 2
2r
=
＝ 故在地球表面运行的卫星的动能K2M m
E G
2R =地地
在“格利斯”行星表面表面运行的卫星的动能K1M m E G
2R =行行
所以有
K1K2E 10
3.33E 3
== 故选C 。
【考点】万有引力定律
二、多项选择题（本题共四小题，计16分，每小题4分。每小题有两个或三个正确选项。全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分。） 6．如图所示，一滑块从固定的斜面底端A 处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回A 。以A 点所在平面为零势能面，下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v 、加速度a 、重力势能E p 、机械能E 随时间变化或随位移x 变化的图像，可能正确的是(
)
【答案】BC
A 、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小，故A 错误；
B 、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同。
设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a 1和a 2．根据牛顿第二定律得：
1mgsin mgcos ma αμα+=；2mgsin mgcos ma αμα-=；
则得：1a gsin gcos αμα=+，2a gsin gcos αμα=-，则有：12a a ＞，故B 正确； C 、由P E mgh =可知重力势能与物体的高度成正比，故C 正确；
D 、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：01
E E f x =-，机械能是不断减小的；故D 错误。 故选BC 。
【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系
7．如图所示，光滑水平地面上固定一带光滑滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮．现用恒力F l 水平向左拉滑块的同时，用恒力F 2拉右侧绳端，使滑块沿水平面从A 点起由静止开始向右运动，经过B 后至C 点．若AB=BC ，下列说法正确
的是（ ）
A ．从A 点至
B 点F 2做的功小于从B 点至
C 点F 2做的功 B ．从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功 C ．从A 点至C 点F 2做的功可能等于滑块克服F 1做的功
D ．从A 点至C 点F 2做的功可能大于滑块克服F l 做的功 【答案】BCD
AB 、物体受力如图所示，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功；根据功的定义式2W F Lcos θ=，θ增大，F 不变，在相同位移L 上拉力F 做的功减小，所以从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功，故A 错误，B 正确；
C 、物体从A 到C 过程，可能先加速后减速，物体在A 点与C 点速率可能相等，根据动能定理得知，物体从A 运动到C 过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A 点至C 点F 2做的功可能等于滑块克服F 1做的功，故C 正确；
D 、物体从A 到C 过程，可能一直加速，物体在C 点的速率大于在C 点的速率，根据动能定理得知，物体从A 运动到C 过程中动能的变化量大于零，总功大于零，则从A 点至C 点F 2做的功可能大于滑块克服F 1做的功，故D 正确。 故选BCD 。
【考点】功
8.如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0.匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为l(电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则 ( ).
A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2R
B ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IR
C ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2Isin ωt
D ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIl 【答案】AD
A 、理想变压器的电流与匝数成反比，由
12
21
I n I n =
得2I 10I =，变阻器上消耗的功率为222
2P I R 10I R 100I R ==
=（），故A 正确； B 、副线圈的电压为2U I R 10IR ==，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压1U 100IR =，故B 错误；
C 、ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab
中感应电流的表达式应为i t ω=，故C 错误；
D 、ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，
，
此时的安培力也是最大的，最大安培力为F =，故D 正确 故选AD 。
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率
9．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r 的相同小球，各
球编号如图。斜面与水平轨道OA 平滑连接，OA 长度为6r 。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．球1的机械能守恒
B ．球6在OA 段机械能增大
C ．球6的水平射程最小
D ．六个球落地点各不相同 【答案】
BC
A 、6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒．当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A 错误；
B 、球6在OA 段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B 正确；
C 、由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A 点时球6的速度最小，水平射程最小，故C 正确；
D 、由于离开A 点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D 错误。 故选BC 。
【考点】机械能守恒定律
三、简答题：本题分必做题（第l0、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）某同学用图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动。实验步骤如下： a ．安装好实验器材。
b ．接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次。选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如下图中0、1、2……6点所示。
c ．测量1、2、3……6计数点到0计数点的距离，分别记作：S 1、S 2、S 3……S 6。
d ．通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀变速直线运动。
e ．分别计算出S 1、S 2、S 3……S 6与对应时间的比值
11t s 、22t s
、33t s (6)
6t s 。 f ．以t s 为纵坐标、t 为横坐标，标出t s 与对应时间t 的坐标点，划出t
s
—t 图线。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务： ○1实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下列的仪器和器材中，必须使用的有 和 。（填选项代号）
A 、电压合适的50Hz 交流电源
B 、电压可调的直流电源
C 、刻度尺
D 、秒表
E 、天平
F 、重锤 ○2将最小刻度为1mm 的刻度尺的0刻线与0计数点对齐，0、1、2、5计数点所在位置如图所示，则S 2= cm ，S 5= cm 。 ○3该同学在图中已标出1、3、4、6计数点对应的坐标，请你在该图中标出与2、5两个计数点对应的坐标点，并画出t
s
—t 。
○4根据t
s
—t 图线判断，小车在斜面上运动的加速度a= m/s 2。
【答案】①A ，C ；②（2.97~3.00），（13.19~13.21）；③图略；④（4.50~5.10）
（1）实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下列的器材中，必须使用的有电压合适的50Hz 交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测量计数点之间的距离处理数据，故选AC 。
（2）根据图可读出刻度尺的读数为：x 2=2.98cm ，x 5=13.20cm ； （3）小车运动的v-t 图线：
（4）根据匀变速直线运动的位移时间关系2
01x v t at 2
=+
，得0s 1v at t 2
+＝ 因此图象的纵轴截距大小表示初速度的大小，图象的斜率表示加速度大小的一半，由此得：
2a 4.50/s =；
【考点】测定匀变速直线运动的加速度
11．某同学用下列器材测量一电阻丝的电阻R x ：电源E ，适当量程的电流表电压表各一只，滑线变阻器R ，电阻箱R P ，开关S 1、S 2，导线若干。他设计的电路图如图（a ）所示，具体做法：先闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I 1，U 1；再保持R P 阻值不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数为I 2、U 2．
（1）请你帮他按电路图在实物图（b ）上连线；
（2）写出被测电阻R x = ▲ （用电表的读数表示）； （3）此实验中因电流表有内阻，电压表内阻不是无限大，使被测电阻的测量值 真
实值（选填“大于、小于或等于”） ．
【答案】（1）如图 （2）12
x 1221
U U R U I U I =- （3）“等于”。
（1）如图
（2）先闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I 1，U 1；设电压表内阻为R v
11P V
I 11
U R R =+
再保持R P 不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数为I 2、U 2。
22P V X
I 111
U R R R =++
所以12
x 1221
U U R U I U I =
-
（3）“等于”。 【考点】伏安法测电阻
12．选做题(请从A 、B 和C 三小题中选定两小题作答．并在答题卡上把所选题目对应字母后
的方框涂满涂黑．如都作答则按A 、B 两小题评分．) A ．(选修模块3-3)(12分)
（1）在下列说法中正确的是( )
A ．在分子间距离增大的过程中，分子间的作用力可能增加可能减小
B ．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少
C ．布朗运动说明悬浮在液体中花粉颗粒的分子在永不停息地做热运动
D
．给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中分子间斥力逐渐增大，引
力逐渐减小的缘故
【答案】A
A 、分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小，故A 正确；
B 、对于气体不考虑分子势能，故B 错误；
C 、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动，故C 错误；
D 、给自行车轮胎打气时，轮胎内气体压强逐渐增大，因此打气越来越费力，并非分子之间斥力导致，故D 错误。 故选A 。
【考点】分子间的相互作用力；布朗运动
(2)已知气泡内气体的密度为30g/3
m ，平均摩尔质量为1.152g/mol 。阿伏加德罗常数
123100.6-?=mol N A ，估算气体分子间距离d=___________m ，气泡的体积为1cm 3，则气
泡内气体分子数为_____________个。 【答案】9
d 410m -=? 19
1.5610?
（1）根据M M V ρ=，得M M
V ρ
＝
气体分子连同占据的空间为M
0A
V V N ＝
，气体分子间距离d =得9
d 410m -=?
（2）气泡内气体质量m V ρ=，气泡内气体摩尔数为：m
n M
=，分子数为A N nN = 得：19
N 1.5610=? 【考点】阿伏加德罗常数
(3)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p-V 图象如图所示。已知该气体在状态A 时的温度为27℃。则：
①该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？
②该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？ 【答案】内能变化为零；吸热，200J
（2）因为状态A 和状态C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中：△U=0
（3）由热力学第一定律得：U Q W ?=+，因为△U=0 故：Q W =-
在整个过程中，气体在
B
到
C
过程对外做功,所以：
533W p V 110310110200J --=-?=-???-?=-（）
即：Q 200J =，是正值，故在这个过程中吸热 【考点】理想气体的状态方程
B ． (选修模块3-4)(12分)
（1）下列说法中正确的是( )
A ．照相机的镜头上涂了一层增透膜，膜的厚度一般为绿光在空气中波长的四分之一
B ．牛顿环实验说明了光具有波动性，且照射光波长越长，观察到的条件间隔越小
C ．如果观察者和μ子一起以接近光速的速度扑向地球，会感到地球大气层变得很薄
D ．相对论认为空间和时间是脱离物质而存在的，与物质的运动状态无关 【答案】C
A 、当光照射时膜的两表面产生频率相同的反射光，从而出现光的抵消，最终实现增加透射性，所以膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一，故A 错误；
B 、牛顿环实验说明了光具有波动性，且照射光波长越长，观察到的条纹间隔越大，故B 错误；
C 、如果观察者和μ子一起以接近光速的速度扑向地球，根据相对论的假设可得，观察者会感到地球大气层变得很薄，故C 正确；
D 、相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，故D 错误。 故选C 。
【考点】长度的相对性；光的干涉
（2）在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.1m ，如图(a)所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.4m ，经过时间0.6s 第一次出现如图（b ）所示的波形．
该列横波传播的速度为___________________； 写出质点1的振动方程_______________．
【答案】2/m s 0.4s i n (5)
x t m π=-
由图可知，在0.6s 内波传播了1.2m ，故波速为2/m s 该波周期为T=0.4s ，振动方程为2sin
x A t T
π
=-，代入数据得0.4sin(5)x t m π=- 【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系
（3）如图所示，玻璃棱镜ABCD 可以看成是由ADE 、ABE 、BCD 三个直角三棱镜组成。一束频率5.3×1014Hz 的单色细光束从AD 面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AD 面的夹角?=60α。已知光在真空中的速度c=3×108m/s ，玻璃的折射率n=1.5，求： （1）这束入射光线的入射角多大？ （2）光在棱镜中的波长是多大？ 【答案】
（1）设光在AD 面的入射角、折射角分别为12θθ、，230θ=? 根据1
2
sin n sin θθ=
得12sin nsin 1.5sin300.75θθ==??=， 得1arcsin0.75θ=
（2）根据c n v =，得8
8c 310v m /s 210m /s n 1.5
?==
=? 根据v f λ=，得87
14
v 210m 3.7710m f 5.310
λ-?==≈?? 【考点】光的折射定律
C ．(选修模块3-5)(12分)
⑴下列说法正确的有（ ）
A ．黑体辐射的强度与频率的关系是：随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动
B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据
C ．天然放射现象的发现说明了原子核有复杂的结构
D ．用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率低 【答案】BC
A 、随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短、频率较高的方向移动，故A 错误；
B 、当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，因此只有少数α粒子发生较大偏转，卢瑟福正是对这些现象的认真研究提出了原子核式结构模型，故B 正确；
C 、天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有电子或α粒子产生，因此说明了原子核可以再分，具有复杂的结构，故C 正确；
D 、显微镜分辨率受到波长的限制，物质具有波粒二象性，物质波又称为德布罗意波，其波长计算公式h
p
λ＝
，由于质子质量大于电子质量，因此同速度的质子流比电子流波长短，不易发生衍射现象，所以用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率高，故D 错误。 故选BC 。
【考点】天然放射现象；黑体辐射；.α粒子散射实验；德布罗意波
（2）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0, 氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度大小为 ，此过程中释放的核能为________________________________． 【答案】
10
12
m v m m + 21203()m m m m c +--
设复核速度为v ，由动量守恒得1012m v m m v =
+（）
解得1
012
m v v m m =
+
整个过程中质量亏损1203m m m m m ?=+--
由爱因斯坦质能方程2E mc ?=?，得()2
1203E m m m m c ?=+--
【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律
⑶质量分别为m 和3m 的A 、B 两个小球以相同的速率v 沿同一直线相向运动，碰后B 球停止不动，试求A 球碰后的速度，并判断它们之间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞（说明理由）． 【答案】弹性碰撞
取B 球碰前的速度方向为正方向，设A 球碰后的速度为v′，由动量守恒定律有
3mv mv mv '-=
解得2v v '=，方向与B 球碰前的速度方向相同 由于
222111
3(2)222
mv mv m v +=， 故碰撞前后的总动能相等，则此碰撞是弹性碰撞 【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，共计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。
13．如图甲所示，两根平行光滑金属导轨间距L=0.5m ，导轨平面与水平面成θ=30°，在efgh 矩形区域内有方向垂直于斜面向上的磁场，磁感应强度B 1随时间变化的规律如图乙所示，fg 的距离d=2m ，在mnpq 矩形区域内有方向垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B 2，ab 和cd 为两根电阻均为R=0.5Ω、长度均为L=0.5m 的金属杆，cd 质量m=0.2kg ，在t=0时，金属杆ab 从ef 上方某一位置由静止开始下滑，同时释放金属杆cd ，在t=t 2时，金属杆ab 刚好运动到gh 位置，此过程中金属杆cd 一直处于静止状态，求：
（1）在0~1s 内，efgh 矩形区域中由于磁场变化而产生的感应电动势E ； （2）mnpq 矩形区域中磁场的磁感应强度B 2； （3）在0~t 2内，通过金属杆ab 的电量q ．
【答案】1V E = 22T B = 1.4C q I t ==
（1）由法拉第电磁感应定律有1B S
E t
?=? 解得1V E =
（2）对cd 受力分析，有2sin 02E
B L mg R
θ-= 解得22T B =
（3）设ab 进入磁场后的速度为v ，由cd 一直处于静止状态有11B S
B Lv t
?=? 解得5m/s v =
ab 在磁场中运动的时间0.4s d
t v
'=
= 在0~t 2内，通过金属杆ab 的电量 1.4C q It == 【考点】法拉第电磁感应定律；
14．（16分）如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L 。有一个质量分布均匀、长为L 条状滑块，下端距A 为2L ，将它由静止释放，当滑块下端运动到A 下面距A 为L/2时滑块运动的速度达到最大。
(1)求滑块与粗糙斜面的动摩擦因数； (2)求滑块停止时的位置；
(3)要使滑块能完全通过B 点，由静止释放时滑块下端距A 点的距离应满足什么条件？
【答案】θμtan 2= 物块的下端停在B 端 大于L 49
(1)当滑块所受合外力零时，滑块速度最大，设其质量为m ，则
θμ
θcos 2
1
sin mg mg = 得θμtan 2=
(2)设滑块停止时下端距A 点的距离为x ，摩擦力随x 变化规律如图甲，根据动能定理
0)(cos cos 2
1
sin )2(=---
+L x mg L mg x L mg θμθμθ 解得L x 3=
即物块的下端停在B 端
(3)设静止时物块的下端距A 的距离为s ，只要滑块下端运动到B
点下方L/2处，整个滑块就能完全通过B 点，设下端通过A 点后，距A 点的距离为x ，摩擦力随x 变化规律如图乙所示 根据动能定理
13sin (3)cos cos 2cos 02242
L L
mg s L mg L mg L mg θμθμθμθ++-?-?-?=
解得：L s 4
9=
要让滑块能通过B 点，则物块的下端距A 的距离应大于L 4
9
【考点】动能定理：
15．（本题16分）如图所示，在坐标系xOy 内有一半径为a 的圆形区域，圆心坐标为O 1（a ，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线y ＝a 的上方和直线x ＝2a 的左侧区域内，有一沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ．一质量为m 、电荷量为+q （q>0）的粒子以速度v 从O 点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x 轴正方向时，粒子恰好从O 1点正上方的A 点射出磁场，不计粒子重力。 ⑴求磁感应强度B 的大小；
⑵粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；
⑶若粒子以速度v 从O 点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x 轴正方向的夹角θ=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t ．
【答案】mv B qa = 坐标为（a ，Eq m v a 22+） (2)
2a m v
t v
q E
π+=
+
⑴设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R ，牛顿第二定律
有2
mv qvB R
=
粒子自A 点射出，由几何知识R a = 解得mv B qa
=
⑵粒子从A 点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为y 1
212
1
0mv Eqy -=-由
得Eq
mv y 22
1=
所以在电场中最高点的坐标为（a ，Eq
m v a 22
+）
⑶粒子在磁场中做圆运动的周期2a
T v
π=
粒子从磁场中的P 点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO 1PO 2构成菱形，故粒
子从P 点的出射方向与y 轴平行，粒子由O 到P 所对应的圆心角为1θ=60°
由几何知识可知，粒子由P 点到x 轴的距离S=acos θ 粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间12mv
t qE
=
粒子由P 点第2次进入磁场，由Q 点射出，PO 1QO 3构成菱形，由几何知识可知Q 点在x
轴上，粒子由P 到Q 的偏向角为2θ=120°
则12θθπ+=
粒子先后在磁场中运动的总时间22
T t =
粒子在场区之间做匀速运动的时间32()
a S t v
-=
解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间
123(22a mv
t t t t v qE
π+=++=
+
【考点】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
栟茶高级中学高三年级学情调研 答案
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．B 2．A 3．C 4．D 5．C
二、多项选择题（本题共四小题，计16分，每小题4分。每小题有两个或三个正确选项。
6．BC 7．BCD 8．AD 9．BC 三、简答题：本题分必做题（第l0、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．
10．①A ，C ；②（2.97~3.00），（13.19~13.21）；③图略；④（4.50~5.10）
11． 答案．（1）
（2）先闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为
I 1，U 1；设电压表内阻为R v I 1U 1 =1R P +1R v
再保持R P 不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数为I 2、U 2。 I
2U 2 =1
R P +1
R v +1
R x
∴R x =U 1U 2U 1I 2-U 2I 1
（3）“等于”。
评分说明：第（1）实物连图正确，得4分；第（2）表达式4分（不必写计算过程）；第（3）
2分。
12．选做题(请从A 、B 和C 三小题中选定两小题作答．并在答题卡上把所选题目对应字母后
的方框涂满涂黑．如都作答则按A 、B 两小题评分．) A ．(选修模块3-3)(12分) （1）A （3分）（考查分子动理论中有关概念） （2）d=4×10-9m (2分，3A
N M
d ρ=) 1.56×1019 (2分) （3）内能变化为零；吸热，200J
B (选修模块3-4) （1）
C （3分）
（2）解：由图可知，在0.6s 内波传播了1.2 m ，故波速为s m /2 （2分） 该波周期为T=0.4s ，振动方程为t T
A x π
2sin
-=，代入数据得 m t x )5sin(4.0π-= （2分） （3）解：设光在AD 面的入射角、折射角分别为i 、r r=30° 根据 r
i
n sin sin =
得 75.0arcsin ,75.030sin 5.1sin sin ==??==i r n i （2分）
根据 s m s m n c v v c n /102/5
.110388
?=?===，得 （1分）
根据m s m f v f v 714
8
1077.3/10
3.5102-?=??===λλ，得 （2分） C ．（选修模块3—5）（12分） （1）BC （3分） （2）
10
12
m v m m + 21203()m m m m c +--
⑶取B 球碰前的速度方向为正方向，设A 球碰后的速度为v′，由动量守恒定律有
3mv mv mv '-= （2分） 解得 2v v '=，方向与B 球碰前的速度方向相同 （1分） 由于
222111
3(2)222
mv mv m v +=， （1分） 故碰撞前后的总动能相等，则此碰撞是弹性碰撞 （1分）
四、计算题：本题共3小题，满分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．
13．（15分）解：（1）由法拉第电磁感应定律有
1B S
E t
?=? （2分）
解得 1V E =
（2分）
（2）对cd 受力分析，有
2
sin 02E
B L mg R
θ-= （3分）
解得 22T B = （2分）
（3）设ab 进入磁场后的速度为v ，由cd 一直处于静止状态有
11B S
B Lv t
?=? （2分） 解得 5m /s v = （1分）
ab 在磁场中运动的时间0.4s d
t v
'== （1分）
在0~ t 2内，通过金属杆ab 的电量 1.4C q I t == （2分）
14.解：(1)当滑块所受合外力零时，滑块速度最大，设其质量为m ，则
θμ
θcos 2
1
sin mg mg = （3分) 得θμtan 2= （2分)
(2)设滑块停止时下端距A 点的距离为x ，摩擦力随x 变化规律如图甲（1分)
根据动能定理
0)(cos cos 2
1
sin )2(=---
+L x mg L mg x L mg θμθμθ （3分)
解得L x 3= （1分) 即物块的下端停在B 端
(3)设静止时物块的下端距A 的距离为s ，只要滑块下端运动到B 点下方L/2处，整个滑块就能完全通过B 点，设下端通过A 点后，距A 点的距离为x ，摩擦力随x 变化规律如图乙所示 （1分)
根据动能定理 02
cos 432cos cos 21)23(sin =?-?-?-++L
mg L mg L mg L L s mg θμθμθμθ
（3分)
解得：L s 4
9
= （1分)
要让滑块能通过B 点，则物块的下端距A 的距离应大于L 4
9
（1分)
15．⑴ 设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R ，牛顿第二定律
有 2
mv qvB R
=（2分）
粒子自A 点射出，由几何知识 R a =（1分） 解得 mv
B qa
=
（2分） ⑵ 粒子从A 点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为y 1
212
1
0mv Eqy -=-由 （2分）
得Eq
mv y 22
1=（1分）
所以在电场中最高点的坐标为（a ，Eq m v a 22
+）（2分）
⑶ 粒子在磁场中做圆运动的周期 2a
T v
π= （1分）
粒子从磁场中的P 点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO 1PO 2构成菱形，故粒子从P 点的出射方向与y 轴平行，粒子由O
到P 所对应的圆心角为 1θ=60°
由几何知识可知，粒子由P 点到x 轴的距离 S = acos θ
粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的
μcos mg 图甲
μcos mg 图乙
时间 12mv
t qE
=
（1分） 粒子由P 点第2次进入磁场，由Q 点射出，PO 1QO 3 构成菱形，由几何知识可知Q
点在x 轴上，粒子由P 到Q 的偏向角为2θ=120°
则
12θθπ+=
粒子先后在磁场中运动的总时间 22
T
t = （1分） 粒子在场区之间做匀速运动的时间 32()
a S t v
-= （1分）
解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间
123(22a mv
t t t t v qE
π+=++=
+
（2分）
栟茶中学高三物理综合练习试卷答题情况分析
一、得分情况
Ⅰ卷选择题均分16.5分 Ⅱ卷均分48.7分
具体为：实验题9.2分 选做题15.3分
计算题第一题得分：10.6分 第二题得分：5.6分 第三题得分：8.1分 试卷总分:65.2分 二、错误原因分析
第1题错选D ，加速度的定义式和决定式不清楚
第2题学生不懂相对运动，不会选水为参考系来简化运动。学生错选C 或D 。几乎不得分。
第4题电路动态分析。三分之一学生出错，A 、B 、C 都有错。