广东省韶关市高三物理第二次调研考试试题(韶关二模)新

韶关市2013届高三调研考试理科综合
理综物理试题
13.下列说法正确的是
A.受变力作用的物体，一定做曲线运动
B.静止在水平面上的物体对桌面的压力就是物体的重力
C.牛顿第一定律是以可靠的事实为基础，把实验与逻辑推理结合在一起得到的
D.一对作用力和反作用力做功之和一定为零
考点：曲线运动的条件；重力；牛顿第一定律；牛顿第三定律
答案：C
解析：物体合力与速度不共线时做曲线运动，变力也可作直线运动，A错误；重力的施力物体是地球，压力的施力物体使物体，两个力不是同一个力，不能用就是两个字，B错误；牛顿第一定律是以可靠的事实为基础，合力外推得到的，C正确；作用力与反作用力大小相等，方向相反，但施力物体和受力物体的位移不一定相等，所以功也是未知的，D错误。

14.在相关坐标系中，关于曲线在P点切线的斜率所表示的物理意义，错误
．．的说法是
A.位移一时间图象中表示速度
B.速度一时间图象中表示加速度
C.磁通量一时间图象中表示感应电动势
D.电压一电流图象中表示电阻
考点：图像的物理意义
答案：D
解析：位移一时间图象中的斜率表示速度正确；速度一时间图象中的斜率表示加速度正确；磁通量一时间图象中的斜率表示感应电动势正确；电压一电流图象若是直线斜率表示电阻，曲线的某点的切线斜率无意义。

D错误选上。

15、如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为
考点：受力分析；合力与运动的关系
答案：A
解析：光滑斜面固定于水平面，AB保持相对静止，说明AB具有沿斜面的加速度，A给B的水平静摩擦力提供水平向左的合力分量，故A正确。

16.如图所示，一个带正电的粒子沿x轴正向射人匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向．
沿Y轴正向，则磁场方向
A.一定沿z轴正向
B.一定沿z轴负向．
C.一定在xOy平面内
D ．一定在xoz 平面内， 考点：洛伦兹力；左手定则 答案：D
解析：正电的粒子的运动方向相当于电流方向，由左手定则知，伸出的左手四指方向与正电粒子运动方向相同（沿X 轴正向），而左手的拇指指向是粒子的受力（洛仑兹力）方向（沿 y 轴正向），那么磁场方向是穿入手心的，因此知磁场方向是沿 Z 轴的负向或斜向下穿入XOY 平面，考虑到洛仑兹力的方向是垂直于粒子速度V 和磁感应强度B 所确定的平面，所以磁场方向一定在XOZ 平面内，D 正确。

二、双项选题（共9个小题，每题6分，共54分。

每小题只有两个选项符合题意，漏选 得3分，错选、不选得0分）
17.物体在力F 作用下运动，F 的方向与物体运动方向一致，其F-t 图象如图所示，则物体 A ．在t 1时刻加速度最大
B.在0-t 1时间内做匀加速运动
C.从t 1时刻后便开始返回运动
D.在0-t 2时间内，速度一直在增大 考点：F-t 图象意义；牛顿第二定律 答案：AD
解析：依据牛顿第二定律得，图中t 1时刻F 最大，对应的加速度也最大，A 正确；在0-t 1时间内F 增加，加速度增加，F 的方向与物体运动方向一致，做加速度增加的加速直线运动，B 错误；F 一直是正值，在0-t 2时间内向前没有返回，C 错误；速度增加，D 正确。

18，如图所示，闭合线圈abcd 从高处自由下落一段时间后沿垂直于磁场方向进人一有界匀强磁场，从ab 边刚进人磁场到cd 边刚进人磁场的这段时间内，下列说法正确的是
A. b 端的电势高于a 端
B. ab 边所受安培力方向为竖直向下
C.线圈可能一直做匀速直线运动 D 、线圈可能一直做匀加速直线运动 考点：线圈过有界磁场 答案：AC
解析：线圈先做自由落体运动，ab 边进入磁场瞬时有了一定的速度，右手定则得b 为等效电源的正极为高电势，A 正确；左手定则分析安培力向上，B 错误；牛顿第二定律有
ma R
V L B mg =-22，速度V 未知，所以加速度可能为零，C 正确；其他情况加速度都在减
少，为变速直线运动，D 错误。

19.北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS),建 成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。

对于其中的5颗同 步卫星，下列说法中正确的是
A 、它们运行的线速度一定不小于7.9km/s
B.地球对它们的吸引力一定相同 C ．一定位于空间同一轨道上
D.它们运行的加速度大小一定相同 考点：同步卫星 答案：CD
解析：因为同步卫星的周期是不变的，24h，万有引力提供向心力得
2
2 2
4
T
r
m
r
Mm
G
π
=,半
径是不变的，其它如加速度，角速度，线速度都是不变的，线速度小于第一宇宙速度，轨道只能在这赤道的正上方的一个圆上，CD正确。

20.两个异种电荷产生的电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是
A.图中正电荷的电量大于负电荷的电量
B. P点处的电场强度大于Q点处的电场强度
C. P点处的电势小于Q点处的电势
D、某一负电荷在P点处的电势能大于在Q点处的电势能
考点：电场线的分布及其性质
答案：AB
解析：由电荷的场强公式
2
r
Q
k
E=，图示可见在两个点电荷连线上离正电荷等距离地点上
场强大，说明正电荷电量大，A正确；电场线的疏密程度表示场强的大小，B正确；电场线方向为电势降低的方向，C错误；负电荷在高电势P处，电势能反而小，D错误。

21.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时
A、灯泡L变暗
B．光敏电阻R上的电压增大
c．电压表v的读数减小
D，电容器C的带电量增大
考点：传感器；闭合电路欧姆定律
答案：CD
解析：当光敏电阻受到的光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，
电源输出电流增大，电源路端电压降低，电压表V的读数减小，光敏电阻R上的电压减小，灯泡L变亮，电容器C两端电压增大，电容器C的带电量增大，选项CD正确AB错误。

34、（8分）
用如图所示装置探究“加速度与力的关系”，已知砂和砂捅的总质童为m，小
车的质量为M，实验中用砂和秒桶总重力韵大小作为细线对小车拉力的大小．
①实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是
②本实验中应在释放小车（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源。

下
图所示为实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四
个点没有画出，计数点间的距离如图所示。

已知打点计时器的工作频率为50Hz.则
小车加速度a= ＿＿＿＿m/sZ.（结果保留两位有效数字）
③实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，
可能是图中的图线．＿＿＿＿＿（选填“甲”、“乙”或“丙”）
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 答案：（1）C ；（2）之前；0.50；（3）丙． 解析：（1）实验时要控制：小车质量远大于砂桶和砂的总质量，分析所给数据可知，最合理的一组数据是C ．
（2）实验时应先接通电源，然后再释放小车；计数点间的时间间隔T=0.02s ×5=0.1s ， 由图2所示纸带可知，小车的加速度2
2
214/5.01
.030240.00390.03s m T X X a =⨯-=-=
； （3）不平衡摩擦力，小车受到的拉力小于砂桶的重力，在a-F 图象的F 轴上有截距，由图
3所示图象可知，应该是图线丙． (2）（10分）在“测定金属的电阻率”实验中
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图甲所示， 其读数为＿＿＿＿＿mm ；
②用伏安法测金属丝的电阻Rx,实验所用器材为： 电流表（内阻约0.1Ω)· 电压表（内阻约3k Ω）
电池组（电动势为3V ，内阻约1Ω）
滑动变阻器R(0-20Ω，额定电流2A ）
开关、导线若干
利用以上器材正确连接好电路，进行测量，记录数据如下：
根据上表可以计算出Rx=＿＿＿Ω，可推得测量Rx 采用的电路是图＿＿＿＿ （选填“乙”或“丙”）
③本实验关于误差的说法正确的有
A.螺旋测微器是非常精密的仪器，测量金属丝直径时不存在误差
B.由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差
C.实验中通电时间不宜过长，是为了减少因温度变化而带来的误差 D ，用U-I 图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 考点：测定金属的电阻率．
答案：①0.396-0.400mm ；②4.9-5.1Ω，乙；③CD
解析：螺旋测微器的读数d=39.8×0.01=0.398mm ；由表格中的测量值求电阻的平均值
Ω==
50.051
.16
.7R ；待测电阻为小电阻，要多组数据，所以用分压外接电路，即乙图；仪器再精密也有误差，电压表的内阻引起的误差属于系统误差，AB 错误；金属的电阻率随温度的增加而增加，C 正确；图像法能有效地减小误差，D 正确。

35．（18分）如图所示，水平桌面的右端有一质量为m 的物块B ，用长为L=0.3m 的不可伸长的细线悬挂，B 对水平桌面压力刚好为零，水平桌面离地面的高度为h=5.0m ，另一质量为2m 的物块A 在距水平桌面的右端s ＝4.0m 处以v o =5.0m/s 的水平初速度向右运动，并与B 发生碰撞，已知A 与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2，碰后A 速度为1.0m/s,物块均可视为质点，取g ＝l 0m/s 2
.
（1)求 A 与B 碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后A 的落地点与桌面右端的水平距离x;
(3)通过计算判断A 与B 碰后，物块B 能否绕0点在竖直平面内做完整的圆周运动
考点：动能定律；动量守恒定律；平抛运动
答案：v=3.0m/s ；x=0.1m ；B 能绕0点在竖直平面内做完整的圆周运动 解析： 解：（1）设碰撞前A 的速度为v ，由动能定理
2
0222
12212mv mv mgs -=
-μ------------------------------------2分
解得：v ＝3.0m/s-------------------------------------------------------1分 （2）设碰撞后A 速度为v A 、，且设向右为正方向；
x=v A t ，-------------------------------------------------------------------2分 h ＝
2
2
1gt -----------------------------------------------------------------2分 解得：x=1.0m------------------------------------------------------------1分 （3）设碰后B 的速度为v B ，根据动量守恒定律，得：
2mv=2mv A +mv B --------------------------------------------------------2分 解得：
v B ＝4.0m/s------------------------------------------------------------------1分 若物块B 在碰后做完整的圆周运动，到达最高点的速度：B v '由机械能守恒定律得：
L mg v m mv B B 22
1212
2•+'=----------------------------------------2分 解得：
B v '＝2m/s--------------------------------------------------------------------1
分
物块B 恰好能过最高点时：
L
v m
mg 2
最=-----------------------------------------------------------------2
分 解得：
m/s 3v =最--------------------------------------------------------------------1分
因为最v v 〉'B ，所以物块B 能在竖直平面内做完整的圆周运动．---1分
36，（18分）如图所示，两块很大的平行导体板MN 、PQ 产生竖直向上的匀强电场，两平行导体板与一半径为r 的单匝线圈连接，在线圈内有一方向垂直线圈平面向里、磁感应强度变化率为
的磁场B 1，在两导体板间还存在有理想边界的匀强磁场，该磁场分为I 、II 两
个区域，其边界为MN, ST, PQ,磁感应强度的大小均为B 2，方向如图。

I 区域高度为d 1, II 区域高度为d 2;一个质量为m 、电量为q 的带正电的小球从MN 板上方的O 点由静止开始下落，穿过MN 板的小孔进人复合场后，恰能做匀速圆周运动，II 区域的高度d 2足够大，带电小球在运动中不会与PQ 板相碰，重力加速度为g ， 求；
（1）线圈内磁感应强度的变化率
；
（2）若带电小球运动后恰能回到O 点，求带电小球释放时距MN 的高度h ；
（3）若带电小球从距MN 的高度为3h 的'O 点由静止开始下落，为使带电小球运动后仍能回到'O 点，在磁场方向不改变的情况下对两导体板之间的匀强磁场作适当的调整，请你设计出两种方案并定量表示出来．
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；带电粒子在混合场中的运动．
答案：2
21)(r
q d d mg t B π+=∆∆；22
222132gm B q d h =；将两板之间的匀强磁场的磁感应强度增大为原来的3倍；磁场II 区的宽度变为d 2′＝d 2−(3−1)d 1
解析：
解：（1）带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，得：
qE=mg ------------------------------------------------------------------ ----------1分 根据公式U=Ed 得到：
2
1d d U
E +=
---------------------------------------------------------------
------1分
根据法拉第电磁感应定律，有：
21
r t
B U π⨯∆∆=
---------------------------------------------------------------------1分 解得：
2
21)
(r
q d d mg t B π+=∆∆------------------------------------------------------1分
（2）只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O 点，由于两个磁场区的磁感应强度大小都相等，所以半径都为R ，由图可知△O 1O 2O 3是等边三角形． 根据动能定理，有：
22
1
mV mgh =
---------------------------------------------------------------1分
根据洛伦兹力提供向心力，有：
R
V m qVB 2
2=-----------------------------------------------------------------------1分
三个圆心的连线构成等边三角形，结合几何关系，有：
13
3
2d R =
---------------------------------------------------------------------------2分 解得：
2
2
222132gm B q d h =
----------------------------------------------------------------
-----2分
（3）方案1：改变磁感应强度B 2 自由落体过程，根据动能定理，有：
2
12
13mV h mg =
解得：V gh V 361==
-------------------------------------------------------1
分
根据洛伦兹力提供向心力，有：
R
V
m B qV 2
12='-----------------------------------------------------------------------1分
22
3B B =' ----------------------------------------------------------
--------------1分
将两板之间的匀强磁场的磁感应强度增大为原来的3倍． 方案2：改变磁场的宽度： 由
2
2
2
22132gm
B q d h ----------------------------------------------------------------1分 可知，将磁场I 区的宽度增大为原来的3倍，即d 1′＝3d 1．-------2分
磁场II 区的宽度变为d 2′＝d 2−(3−1)d 1---------------------------------------2分。