2019-2020年高三第三次模拟考试 物理 含解析.doc

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2019-2020年高三第三次模拟考试 物理 含解析
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．如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相
互连接，正好组成一个菱形，120BAD ∠=，整个系统保持静止状态。

已知A 物块所受的摩擦力大小为f ，
则D 物块所受的摩擦力大小为 （ ）
A ．2f B
C ．f
D f 【答案】B
已知A 物块所受的摩擦力大小为f ，设每根弹簧的弹力为F ，则有：2Fcos60°=f ，对D ：2Fcos30°=f′，解得：
f '==。

故选B 。

【考点】共点力平衡的条件及其应用．
2．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO '在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，
0R 表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（ ）
A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为sin e NBS t ωω=
C ．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动
D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高 【答案】C
A 、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A 错误；
B 、从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt ，故B 错误；
C 、根据功率P=UI ，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头P 移动方向，故C 正确；
D 、当触头P 向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D 错误。

故选C 。

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；变压器的构造和原理．
3．如图所示，d 处固定有负点电荷Q ，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc ，a 、b 、c 、d 恰好是一正方形的四个顶点，则有 ( )
A ．a 、b 、c 三点处电势高低关系是φa ＝φc>φb
B ．质点由a 到c ，电势能先增加后减小，在b 点动能最大
C ．质点在a 、b 、c 三点处的加速度大小之比为2∶1∶2
D ．若将d 处的点电荷改为＋Q ，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc 【答案】C
A 、根据点电荷的电场线的特点，Q 与ac 距离相等，都小于b ，故b 点的电势最高，a 、c 两点的电势相等，即a c b ϕϕϕ=＜．故A 错误；
B 、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O 点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a 到b ，电势升高，电势能就增加；从b 到c 电势能减小，质点在b 点的电势能最大，则动能最小．故B 错误；
C 、质点在a 、b 、c
三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，a c b r r ==， 代人库仑定律：12
2q q F k
r
=， 可得：2a b 2b a F r 2F r 1
==
由牛顿第二定律：
a a
b b a F 2
a F 1
==，所以质点在a 、b 、c 三点处的加速度大小之比为2：1：2；故C 正确． D 、若将d 处的点电荷改为+Q ，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc ，故D 错误。

故选C 。

【考点】电势；电场强度．
4．如图所示，小球从倾角为θ 的斜面顶端A 点以速率v o 做平抛运动，则 （ ）
A ．若小球落到斜面上，则v o 越大，小球飞行时间越短
B ．若小球落到斜面上，则v o 越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大
C ．若小球落到水平面上，则v o 越大，小球飞行时间越大
D ．若小球落到水平面上，则v o 越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 【答案】
D
A 、若小球落到斜面上，则有2001gt y gt 2tan x v t 2v θ===，得02v tan t g
θ
=，可知0t v ∝，故A 错误．
B 、末速度与竖直方向夹角的正切000y 0v v v 1
tan v gt 2v tan 2tan αθθ
=
===，保持不变，故B 错误．
C 、若小球落到水平面上，飞行的高度h 一定，由21h gt 2=
得t =t 不变．故C 错误． D 、末速度与竖直方向的夹角的正切00
y v v tan v gt
β==，t 不变，则v o 越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大，故D 正确． 故选D 。

【考点】平抛运动．
5．如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。

小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F 一v 2
图象如图乙所示。

不计空气阻力，则 （ ）
A ．小球的质量为
B ．当地的重力加速度大小为
C ．v 2=c 时，杆对小球的弹力方向向上
D ．v 2=2b 时，小球受到的弹力与重力大小不相等 【答案】
A
AB 、在最高点，若v=0，则N=mg=a ；若N=0，则b mg m R =，解得b g R =，a m R b
=，故A 正确，B 错误；
C 、由图可知：当v 2＜b 时，杆对小球弹力方向向上，当v 2＞b 时，杆对小球弹力方向向下，所以当v 2=c 时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C 错误；
D 、若c=2b ．则2b
N mg m R
+=，解得N=a=mg ，故D 错误 故选A 。

【考点】向心力
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．在如图所示的电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动过程中，下列说法正确的是
( )
A．电容器的带电量增大
B．电源的总功率增大
C．U1示数在变大
D．U2示数在变小
【答案】BCD
＝增大，B正确
P上滑过程，电路的总电阻变小，则总电流增大，所以电源的总功率P EI
总电流增大，则R1两端的电压增大，所以U1的示数增大，C正确
总电流增大，则内电压增大，外电压减小，而R1两端的电压增大，所以R2两端的电压减小，D正确
总电流增大，则内电压增大，外电压减小，则电容器两端的电压减小，所以电容器带电量减小，A错误故选BCD。

【考点】欧姆定律
7．如图所示，是发射嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，嫦娥三号飞船从地球上处A发射，经过地月转移轨道，进入环月圆形轨道，然后在环月圆形轨道上的B点变轨进入环月椭圆轨道，最后由环月椭圆轨道上的C点减速登陆月球，下列有关嫦娥三号飞船说法正确的是（）
A．在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态
B．飞船的发射速度应大于11.2km/s
C．在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能进入椭圆轨道
D．在环月椭圆轨道上B点向C点运动的过程中机械能减小
【答案】AC
刚发散阶段，飞船加速度向上，处于超重状态，A正确
发散速度大于7.9km/s ，小于112.km/s ，B 错误 从高轨道进入低轨道必须减速，C 正确
B 到
C 的过程，只有万有引力做功，所以机械能不变，
D 错误 故选AC 。

【考点】
8．如图所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )
A ．运动的平均速度大于v 2
1
B ．下滑的位移大小为
BL
qR C ．受到的最大安培力大小为R
v
L B 22sinθ
D ．产生的焦耳热为qBLv 【答案】AB
A 、金属棒ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v 2
1
，根据速度时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于v 2
1
；
故A 正确
B 、由电量计算公式BLs q n
R r R ∆Φ==+可得，下滑的位移大小为qR
s BL
=，故B 正确； C 、金属棒ab 受到的最大安培力大小为22BLv B L v
F BIL B L R R
===．故C 错误； D 、产生的焦耳热2
Q I Rt qIR ==，而这里的电流I 比棒的速度大小为v 时的电流BLv
I R
'=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv ，故D 错误。

故选AB 。

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
9．两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示。

现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。

从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终于弹性限度内) ( )
A．弹簧的弹性势能一直减小
B．力F一直增大
C．木块A的动能和重力势能之和一直增大
D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小
【答案】BC
A、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故B正确；
C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；
D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误。

故选BC。

【考点】机械能守恒定律；弹性势能．
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.
必做题
10．(10分)(1)图甲中螺旋测微器的读数应为▲ mm；图乙中游标卡尺的读数应为▲ cm。

【答案】（1）5.665mm 0.52cm
螺旋测微器读数：整数（5.5mm ）＋精度（0.01mm ）×格数（16.5）＝5.665mm 游标卡尺读数：整数（5mm ）＋精度（0.1mm ）×格数（2）＝5.2mm 【考点】长度的测量
(2)某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变。

①使木块从高h 处由静止滑下，在水平板上滑行x 后停止运动，改变h 大小，进行多次实验，以h 为横坐标、x 为纵坐标，从理论上(忽略木块与倾斜板间的摩擦)得到的图像应为 ▲ ；
②如果考虑到木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h 时他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在一条竖直线上，对应的底边长度为L ，如图丙所示。

将每次实验得到的h 、x 相关数据绘制出的x —h 图像如图丁所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(a ，0)和(0，-b)，则木块与倾斜板间的动摩擦因数1μ= ▲ ，木块与水平板间的动摩擦因数2μ= ▲ 。

【答案】（2）①一条过原点的倾斜向上的直线（或正比例函数） ②1μ=
L
a 2μ=
b a
（1）对全程运用动能定理，有：mgh mgx 0μ-=
得到：1
x h μ
=
故x-h 图象是过坐标原点的直线（或正比例函数）；
（2）对全程运用动能定理，有：112mgh mgcos x mgx 0μθμ--=（θ为斜面的坡角）
由几何关系得到：1L x cos θ= 得到：1
2
2
1
x h L μμμ=
-
图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a ，0）和（0，-b ），故：
2
1
b
a
μ=
（斜率） 1
2
L b μμ-
=-（截距） 解得：1a L μ=
、2a b
μ=。

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
11．（8分）某同学设计了如图甲所示的电路来测量一个量程为3V 的电压表的内电阻（几千欧），实验 室提供直流电源的电动势为6V ，内阻忽略不计； (1)请完成图乙的实物连接；
(2)在该实验中，认为当变阻器的滑片P 不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP 两点间的电压保持不 变；请从下列滑动变阻器中选择最．恰当的是：____▲___； A ．变阻器A （0-2000Ω，0.1A ）
B ．变阻器B （0-20Ω，1A ）
C ．变阻器C （0-5Ω，1A ）
(3)连接好线路后，先将变阻器滑片P 调到最__▲_端，并将电阻箱阻值调到__▲__（填“0”或“最大”）， 然后闭合电键S ，调节P ，使电压表满偏，此后滑片P 保持不动；
(4)调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数；最后将电压表读数的倒数1U -与电阻箱读数R 描点，并画 出图丙所示的图线，由图象得，待测电压表的内阻值为__▲___Ω。

（保留两位有效数字） 【答案】（1）如右图
（2）B （3）左 0 （4）3
100.3⨯
⑴连接实物图，如图所示．
⑵因为当变阻器的滑片P 不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP 两点间的电压保持不变，可知滑动变阻器的阻值越小越好，但是若选择变阻器C ，电流会超出变阻器的最大电流，不安全，所以选择B ． ⑶连接好线路后，先将变阻器滑片P 调到最左端，并将电阻箱阻值调到0，然后闭合电键S ，调节P ，使电压表满偏．
⑷设满偏电压为U 0，因为ap 间的电压不变，为U 0，根据欧姆定律知，电压表的示数为：0
V V
U U R R R =
+，
整理得：
0V 0
1R 1
U U R U +
＝， 可知：
1
0.33U ＝， 0V 10.33
U R 2
＝
， 解得：3V R 3.010⨯Ω＝。

【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)下列说法中正确的是 ▲
A ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关
B ．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动
C ．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D ．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大
【答案】（1）BC
A 、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，不仅与单位体积内的分子数有关，还与分子的速率有关，故A 错误；
B 、布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它的这种现象说明分子不停息地做无规则热运动，故B 正确；
C 、分子间引力和斥力平衡时，分子间距为r 0，分子势能最小，故C 正确；
D 、气体温度升高，体积变化情况不知，根据气态方程可知，其压强的变化不确定，故D 错误． 故选BC 。

【考点】
(2)已知氮气的摩尔质量为M ，在某状态下氮气的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，在该状态下体积为V 1的氮气分子数为 ▲ ，该氮气变为液体后的体积为V 2，则一个氮分子的体积约为 ▲ ． 【答案】
1A
V N M
ρ
2A 1
V M
N V ρ
气的质量为：1m V ρ= 氮气的物质的量为：1
V m n M M
ρ=
=； 故质量为m 的水所含的分子数为：1A A A V N m
N nN N M M
ρ==
=； 该氮气变为液体后的体积为2V ，则一个氮分子的体积约为：22
0A 1
V V M
V N N V ρ==。

【考点】阿伏加德罗常数．
(3)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。

活塞的质量为m ，横截面积为S ，与容器底部相距h ，此时封闭气体的温度为T 1。

现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时，气体温度上升到T 2。

已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与气缸的摩擦，求：
①活塞上升的高度；
②加热过程中气体的内能增加量。

【答案】211T T h h T -∆=
2101
()T T
U Q p S mg h T -∆=-+
①气体发生等压变化，有2
1)(T T S h h hS
=∆+
解得
h T T T h 1
1
2-=
∆
②加热过程中气体对外做功为21
01
()T T W pS h p S mg h
T -=⋅∆=+
由热力学第一定律知内能的增加量为1
1
20)(T T T h mg S p Q W Q U -+-=-=∆ 【考点】理想气体状态方程；热力学第一定律 B ．(选修模块3-4)(12分) (1) 下列说法正确的是____▲___．
A ．测定某恒星特定元素发光的频率，对比地球上该元素发光频率，可以推算该恒星远离地球的速度
B ．无线电波没有偏振现象
C ．红外线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象
D ．在一个确定的参考系中观测，运动物体上物理过程的时间进程跟物体运动速度有关 【答案】
AD
A 、根据多普勒效应可知测定某恒星特定元素发出光的频率，对比地球上该元素的发光频率，可以推算该恒星远离地球的速度，A 正确．
B 、偏振现象是横波所特有的现象，无线电波是横波，故B 错误．
C 、根据电磁波谱可知红外线波长比电磁波短因而更不容易发生干涉和衍射，B 错误．
D 、根据爱因斯坦相对论知，在一个确定的参考系中观测，运动物体上物理过程的时间进程跟物体运动速度有关，故D 正确． 故选AD 。

【考点】多普勒效应；偏振、干涉、衍射现象；
(2)相对论论认为时间和空间与物质的速度有关；在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按下手电筒，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c ，站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度___▲__（填“相等”、“不等”）。

并且，车上的乘客认为，电筒的闪光同时到达列车的前、后壁，地面上的观察者认为电筒的闪光先到达列车的__▲___（填“前”、“后”）壁。

【答案】
车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些。

【考点】狭义相对论
(3) 如图所示，为一圆柱中空玻璃管，管内径为R 1，外径为R 2，R 2＝2R 1.一束光线在圆柱横截面内射向
玻璃管，为保证在内壁处光不会进入中空部分，问入射角i 应满足什么条件？
【答案】满足的条件是i≥30°
光路图如图，设第一次折射角为r ，全反射临界角为C ，折射率为n ． 由折射定律有sini n sinr =，得：sini
sinr n
=
又1sinC n
=
对图中△ABO ，由正弦定理得：
()21
sin C sinr
R R π-= 则得：11
1sini
n n 2R R =
可解得i=30°，所以为保证在内壁处光不会进入中空部分，入射角i 应满足i≥30°。

【考点】光的折射定律；折射率 C ．(选修模块3-5) (12分) (1)下列说法中正确的是 ▲
A ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质
B ．铀核（U 23892）衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的比结合能一定小于铀核的比结合能
C ．实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象
D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小， 电势能增大，原子的总能量增加 【答案】AD
A 、β衰变的实质是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，电子发射到核外，就是β粒子，故A 正确；
B 、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B 错误；
C 、实验表明，只要照射光的频率足够大，就一定能发生光电效应现象，故C 错误；
D 、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，要吸收光子，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增加，故D 正确。

故选AD 。

【考点】结合能；衰变；光电效应；波尔的能级理论
(2)（4分） 某次光电效应实验中，测得某金属的入射光的频率ν和反向遏制电压U c 的值如下表所示。

（已知电子的电量为e =1.6×10-19C ）
根据表格中的数据，作出了U c -ν图像，如图所示，则根据图像求出：
①这种金属的截止频率为 ▲ Hz ；（保留三位有效数字） ②普朗克常量 ▲ J·s 。

【答案】14
4.25 4.2810⨯～ 34
6.2 6.410
-⨯～
图线的斜率为：
15C 3.9310V s?e
v
-==⨯∆ 代入电子电量计算得：h=6.30×10-34J•s 【考点】光电效应．
(3)（4分）1928年，德国物理学家玻特用α粒子（He 4
2）轰击轻金属铍（Be 9
4）时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线．查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子——中子．
①请写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程．
②若中子以速度v 0与一质量为m N 的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v 1，氮核碰后的速率为v 2，则中子的质量m 等于多少？ 【答案】N m v v v m 1
02
+=
（1）核反应过程中质量数与核电荷数守恒，由质量数守恒与核电荷数守恒可知，
核反应方程式为：49121
2460He Be C n +→+；
（2）核反应过程中，系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：01N 2mv mv m v =-+， 解得：2
N 01
v m m v v =
+；
【考点】动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．
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．(15分)如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B ，一单匝边长为L ，质量为m 的正方形线框abcd 放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab 边恰好到达磁场的右边界，然后将线框以ab 边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，线框电阻为R ，重力加速度为g ，求：
（1）当ab 边刚进入磁场时，ab 两端的电压U ab ；
（2）水平拉力F 的大小和磁场的宽度d ； （3）匀速翻转过程中线框产生的热量Q ． 【答案】34ab
U BLv = 2
2v d L g
μ=+ 2434B L Q R πω=
（1）E BLv =
E BLv
I R R
=
= BLv R I U ab 43
43==
（2）22A B L v
F F mg mg R
μμ=+=+， 撤去拉力后，线框匀减速运动，2
12v x g μ=，
所以，2
2v d L g
μ=+
（3）线框在绕ab 轴翻转过程中，2
m E BL ω=，有效值2E =，142t T πω==
产生焦耳热2242
34E B L Q I Rt t R R
πω
=== 【考点】法拉第电场感应定律；欧姆定律；匀变速直线运动规律
14．(16分)如图所示，一固定的l ／4圆弧轨道，半径为l ．25m ，表面光滑，其底端与水平面相切，且与
水平面右端P 点相距6m 。

轨道的下方有一长为l ．5m 的薄木板，木板右侧与轨道右侧相齐。

现让质量 为1kg 的物块从轨道的顶端由静止滑下，当物块滑到轨道底端时，木板从轨道下方的缝隙中冲出，此后 木板在水平推力的作用下保持6m ／s 的速度匀速运动，物块则在木板上滑动。

当木板右侧到达P 点时， 立即停止运动并被锁定，物块则继续运动，最终落到地面上。

已知P 点与地面相距l ．75m ，物块与木 板间的动摩擦因数为0．1，取重力加速度g=10m/s 2，不计木板的厚度和缝隙大小，求：
(1)物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小； (2)物块离开木板时的速度大小；
(3)物块落地时的速度大小及落地点与P 点的水平距离。

【答案】30N 5.9m/s 9.4m/s 3.5m
（1）对物块22
1mv mgR =
m/s 52==gR v
R
v m mg F N 2
=-
解得 N 302
=+=R
v m mg F N
（2）木板运动时间s v
x
t 11== 对物块221m/s 1===
=g m
mg
a a μμ
m/s 611=+=at v v
m 5.521
21111=+=t a vt x
)(2122
12
2x x a v v --=-
5.9m/s m/s 352≈=v
（3）由机械能守恒定律得 22
22
121v m mv mgh '=+ m/s 4.8m/s 70≈=
′v
物块在竖直方向 2
2
1gt h =
物块在水平方向 m 5.322==t v x
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；匀变速直线运动规律
15．(16分)在如图所示，xoy 坐标系第一象限的三角形区域（坐标如图中所标注）内有垂直于纸面向外的 匀强磁场，在x 轴下方有沿＋y 方向的匀强电场，电场强度为E 。

将一个质量为m 、带电量为+q 的粒子（重力不计）从P （0，－a ）点由静止释放。

由于x 轴上存在一种特殊物质，使粒子每经过一次x 轴速
度大小变为穿过前的
2
倍。

（1）欲使粒子能够再次经过x 轴，磁场的磁感应强度B 0最小是多少？
（2）在磁感应强度等于第（1）问中B 0的情况下，求粒子在磁场中的运动时间； （3）若磁场的磁感应强度变为第（1）问中B 0的2倍，求粒子运动的总路程。

【答案】0B =
t = 5()3a π+
（1）设粒子到O 点时的速度为v 0，由动能定理有2
2
1mv qEa = 解得m
qEa
v 20=
粒子经过O 点后，速度为v 1，m
qEa
v v ==
012
2
如图甲所示，粒子进入磁场后的轨迹圆与磁场边界相切时，磁感应强度最小为B 0。

设粒子轨道半径为R 1，有a a R =︒=30tan 31
由1
2
1
10R v m v qB =得qa
mE
qR mv B ==110
（2）如图甲，粒子经O 1点进入电场区域做匀减速运动，后又加速返回， 再次进入磁场时的速率11222
1)22(
v v v == 此时粒子做圆周运动的半径a R R 2
1
2112==
其运动轨迹如图甲所示，此后不再进入磁场。

由几何关系可知，︒='∠601
1O MO 则粒子在磁场中运动的时间为qE
ma
v R v R T T t 3
426122162221121πππ=⋅+⋅=+=
（3）若B=2B 0，粒子的运动情况如图乙所示，粒子经过O 点第一次进入磁场时的速率仍为v 1，在磁场中做圆周运动的半径记为1R '，由第（1）问可知，m qEa v =1，2
1a
R =' 粒子从O 1点穿过x 轴进入电场时速率为m
qEa
v v 22211=='，运动到P 1点后返回，则由动能定理21112
10v m P O qE '-
=-解得411a
P O =
当粒子第二次进入磁场时的速率1122
1
2
1
22v m qEa v v =='= 做圆周运动的半径为4
2
a
R =' 粒子从O 2点穿过x 轴进入电场时速率为m
qEa
v v 822
22
=='， 运动到P 2点后返回，则由动能定理2
2
222
10v m P O qE '-=- 解得16
22a P O =
依此类推可知，当粒子第n 次进入磁场时，其在磁场中做圆周运动的轨道半径为1
2-='n n
a
R ，再进入电场中前进的距离4=
n n a P O
因此，粒子运动总路程OP P O P O P O R R R s n n n ++++++++=)(2)(221121 π =a a
a a a a a ++++++++)4
164(2)242( π=a )35(+π。

【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
盐城中学2014届高三第三次物理模拟测试答案
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.
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.
三、实验题：
10．（8分）（1） 5.665 mm 0.52 cm (每空1分)
（2）① 一条过原点的倾斜向上的直线（或正比例函数） （每空2分） ②1μ=
L
a 2μ=
b a
11．（10分）（1）如右图。