重庆市三峡名校联盟2014届高三12月联考物理试题Word版含答案

重庆市三峡名校联盟2014届高三12月联考理综试题物理试题，共110分一、单项选择题，（每题只有一个选项正确，5小题，共30分）1．如图所示，A、B两小球同一高度静止释放，已知mAmB，A、B球受到相同大小的空气阻力，两球与地面碰撞均为弹性碰撞，则以下说法正确的是：（）A．A、B两球同时落地B．落地前，A球加速度较大C．与地面碰撞后，A球上升的加速度较大D．与地面碰撞后，A球上升的高度较大2．如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的定滑轮将重物拉住，不计滑轮摩擦。则在人拉着绳子的一端缓慢向右移动的过程中：（）A．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力逐渐减小B．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力保持不变C．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力逐渐增大D．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力保持不变3．电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则()A．灯泡亮度变暗B．电容器两极板间电压变小C．电容器所带电荷量减小D．液滴向上运动4．如图，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹．虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2－R1=R3－R2，a、b、c为轨迹MN与三个圆的3个交点，则：（）A．P、Q两电荷可能同号，也可能异号B．a点电势大于b点电势C．P在a的电势能大于在c的电势能ABD．P由a到b的动能变化是由a到c的动能变化的两倍5．2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道．如图，该点位于太阳和地球连线的延长线上，“嫦娥二号”在该点几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动．“嫦娥二号”的向心力由太阳和地球引力的合力提供，地球绕太阳运动的向心力仅由太阳的万有引力提供。若此时太阳和地球的距离为地球和“嫦娥二号”距离的k倍，则太阳与地球的质量之比为：（）A．3323(1)1kkkkB．23331(1)kkkkC．22221(1)kkkkD．2222(1)1kkkk二、非选择题（本大题共4小题，共68分）6．（18分）（Ⅰ）、学校科技活动小组的同学们准备自己动手粗略测定铁块与长木板之间的动摩擦因数，已有的器材：长木板、小铁块、米尺和刻度尺。他们同时从实验室借来一个电火花打点计时器，设计了如下实验：a.用米尺测量长木板总长度l，将打点计时器固定在长木板上。然后将长木板靠在竖直墙壁固定（如图），并测量长木板顶端B相对于水平地面的高度h和长木板底端A与墙角C之间的距离s；b.将小铁块连上纸带，接通打点计时器后释放，得到的纸带如下图,A、B、C、D、E是纸带上连续的5个点。现用刻度尺直接测出AC、CE的距离分别为：x1、x2；已知交流电的频率为f，重力加速度为g。由此可求得铁块的加速度a＝；根据牛顿第二定律，可求得动摩擦因数μ＝(用f、g和测得物理量的字母表示)。（Ⅱ）某同学用下图的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：（1）先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静AmMNPQBORD止开始滚下，撞到木板在记录纸上留下压痕O。（2）将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板在记录纸上留下压痕B。（3）把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，并在记录纸上留下压痕A和C。①本实验必须测量的物理量是___________。（填序号字母，要求验证方法简洁可行）A．小球a、b的质量ma、mbB．小球a、b的半径rC．斜槽轨道末端到木板的水平距离xD．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差hE．记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3②放上被碰小球，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为___________③若两球碰撞动量守恒，则应满足的表达式为_________________（用①中测量的量表示）④若两球发生的是弹性碰撞，则还应满足的表达式为：___________________________7．（14分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝10cm，两板间的距离d＝5cm。电源的电动势E=12V，内阻未知，R0=3Ω，R=8Ω。闭合开关S，电路稳定后，一带负电的粒子从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝10m/s水平向右射入，并恰好从A板右边缘飞出。已知粒子的电量q=2.0×10-8C，质量m=1.2×10-9kg（不计空气阻力和粒子重力）。求：（1）两极板间的电势差U；（2）电源的内阻r；8．（16分）如图所示：矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O为MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球可视为质点，质量为m，电量为q，当小球达到B点时，对管壁的压力为FN=3mg，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的电场强度E；（2）若小球能从矩形框的右边界NP离开电场，矩形区域MNPQ的最小面积S.9．(20分)如图，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑绝缘斜面上，带正电的物块A和不带电绝缘物块B相距2L。mA=3mB，物块A位于斜面底端，斜面处于范围足够大、方向平行斜面向上的匀强电场中。将A、B同时由静止释放，两物块恰好在AB中点处发生第一次碰撞，A、B碰撞过程相互作用时间极短，已知A、B碰撞过程无机械能损失，且A的电荷没有转移，A、B均可视为质点，重力加速度为g。求：（1）第一次相碰前瞬间A、B的速度大小；（2）第一次碰撞后，第二次碰撞前，A、B之间的最大距离；（3）若斜面长度有限，要使A、B仅能在斜面上发生两次碰撞，试求斜面长度的范围。三、选做题（共12分，因复习进度限制，本次考试选做题只有一个题，所有考生均须作答）10．（1）下列说法正确的是：()A．物体速度变化越大，则加速度一定越大B．物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C．合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒D．系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒（2）如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与一质量为m的物块相连，处于静止状态，现施加一竖直向上的大小为F=2mg的恒力，求物块上升多高时物块速度最大?F=2mg物理参考答案及评分细则1.C2.A3.D4.C5.B6.Ⅰ、(x2–x1)f24，hs–(x2–x1)lf24gs(4gh–(x2–x1)lf24gs)；Ⅱ、①A、E②C③may2=may3+mby1④may2=may3+mby1（每空3分，③④中含有x、g同样给分）7、(1)粒子在电场中做类平抛运动：L=v0t①d=12at2②又a=qUmd③联立①②③解得：U=3V(2)设通过R0的电流为I，由欧姆定律得：I=UR0④由闭合电路欧姆定律有：E=I(R+R0+r)⑤联立④⑤解得：r=1Ω(①②③④⑤各2分，答案各2分)8、(1)设小球从B点滑出时的速度为v0小球过B点时：FN–mg=mv02R………………………………………………………………………………………2分v0=2gRA到B，由动能定理有：2mgR–qER=12mBv02………………………………………………………………2分解得：E=mgq………………………………………………………………………………………………………………………2分(2)小球从B点滑出后，在水平方向做变速直线运动，竖直方向做自由落体运动水平方向：ax=qEm=g………………………………………………………………………………………………1分竖直方向：ay=g…………………………………………………………………………………………………1分设向左减速时间为t1，则有t1=v0ax=2Rg………………………………………………………………………1分小球向左运动的最大距离：x=v0t12=R………………………………………………………………………2分虚线框MNPQ的最小宽度L=2R设向左减速时间为t2，则有L=12axt22t2=2Rg……………………………………………………………………1分小球出电场时，下落的高度h=12ay(t1+t2)2=(3+22)R…………………………………………………………2分虚线框MNPQ高度应满足HR+h故虚线框MNPQ的最小面积S=HminL=4(2+2)R2………………………………………………………………2分9、(1)对B由动能定理有：mBgLsinθ=12mBv02……………………………………………………………2分v0=gLA、B的速度大小均为：gL……………………………………………………………………………………2分(2)选平行斜面向上，对第一次碰撞有：mAv0–mBv0=mAv1+mBv2…………………………………………………………………1分12mAv02+12mBv02=12mAv12+12mBv22………………………………………………………1分解得：v1=0，v2=2gL………………………………………………………2分撞后：A匀加速，B匀减速。加速度大小相等由mBgsinθ=mBa有：a=12g………………………………………………………………………………1分设A、B第二次碰撞前距离为Δx1，有:Δx1=xB–xA=v2t–12at2–12at2………………………………………………………………………………1分当t=v22a=2Lg时，Δx1有最大值2L……………………………………………………………………1分(3)当Δx1=0时，A、B第二次碰撞，此时t=t1=LgvA=at=2gL，vB=v2–at=0…………………………………………………………1分对第二次碰撞有：mAvA+mBvB=mAv3+mBv4……………………………………………………………1分12mAvA2+12mBvB2=12mAv32+12mBv42…………………………………………………………………1分解得：v3=gL，v4=3gL……………………………………………………………1分设A、B第三次碰撞前距离为Δx2，有:Δx2=xB–xA=v4t–12at2–(v3t+12at2)当Δx2=0时，A、B即将第三次碰撞，此时t=t2=Lg………………………………………………1分所以斜面的最小长度：xmin=L+v2t1–12at12……………………………………………………………1分xmin=5L……………………………………………………………1分所以斜面的最大长度：xmax=L+v2t1–12at12+v4t2–12at22…………………………………………1分xmax=13L……………………………………………………………1分10、(1)D(2)最初静止时：kx1=mg………………………………………………………………………………2分速度最大时：F=kx2+mg………………………………………………………………………………2分物块上升的高度：h=x1+x2=2mgk………………………………………………………………2分以上仅为参考答案,若有其他解法,请酌情给分!