1、1河南省郑州市 2014 届高三物理上学期第一次质量预测试题（含解析）新人教版 本试卷分第 I 卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第 I 卷 1 至 3 页，第卷 3 至 6 页，考试时间 90 分钟，满分 100 分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。第 I 卷（选择题共 40 分）一、选择题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0分。 ）1下列叙述正确的是A安培根据通电螺线管的磁
2、场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说B感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果C奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系D法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定线圈中，会出现感应电流【答案】ABC通有恒定电流的静止导线附近的固定线圈中，不会出现感应电流，D 选项中阐述的实验现象不正确，故 D错误。故选 ABC。【考点】物理学史2如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为 n1:n2=40:1，在副线圈两端接有“6V 40W”的电灯泡。若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是A在原副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同B
3、通过原副线圈的交变电流的频率相同C变压器输入电压的最大值为 240 VD变压器输入功率为 40W【答案】ABDA、因为有铁芯的存在，铁芯的导磁性好，可以防止磁场外漏，理想变压器是无磁漏现象的，故 A 正确；B、变化的磁场（电场）产生同频率的电场（磁场） ，所以原副线圈的交变电流的频率相同，都与电源频率相同，故 B 正确；2C、副线圈两端接有“6V、40W”的电灯泡，且恰能正常发光则副线圈的电压为 6V，电流为 203A；因原副线圈的匝数比为 n1：n 2=40：1，得原线圈的电压的有效值为 240V，电流有效值为 16A，所以变压器的输入功率为 40W；故 C 错误 D 正确。故选 ABD。【
4、考点】变压器的构造和原理3甲物体从高处自由下落时间 t 后，乙物体从同一位置自由下落，在甲、乙都未落地前，以甲为参照物，乙物体的运动状态是A相对静止 B向上做匀速直线运动C向下做匀速直线运动 D向上做匀变速直线运动【答案】B甲物体从高处自由下落时间 t 后，乙物体从同一位置自由下落，故甲的速度为 v1=g（t+t 1） ；乙的速度为 v2=gt1；以甲为参照物，乙的速度向上，大小为 gt，为一个确定的值，故甲相对于乙向上做匀速直线运动。故选 B。【考点】自由落体运动4如图所示，一个质量为 M 的物体 a 放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为 m 的物体 b 时，物体 a 的加速度为 a
5、，绳中张力为 T，则Aa=g B mg=+CT=mg D【答案】BD对整体由牛顿第二定律得 ()mgMa，得 mg=+对 a 物体由牛顿第二定律得 T，代入得 T故选 BD。【考点】牛顿第二定律5如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是A小球的加速度先增大后减小B小球的速度一直减小C动能和弹性势能之和保持不变D重力势能、弹性势能和动能之和保持不变3【答案】DA、从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始重力大于弹力，向下做加速运动；在下降的过程中弹力增大，则加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大；然后重力小于弹力
6、，向下做减速运动，运动的过程中加速度增大，到达最低点速度为零，所以加速度先变小后增大，速度先增大后减小，故 AB错误；CD、因为全过程机械能守恒，所以动能和弹性势能的变化等于重力势能的变化量值，下落过程中重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增大，故 C 错误 D 正确；故选 D。【考点】牛顿第二定律；胡克定律；机械能守恒定律6如图所示，在半径为 R 的圆柱形区域内有匀强磁场。一个电子以速度为 0v，从 M 点沿半径方向射入该磁场，从 N 点射出，速度方向偏转了 60。则电子从 M 到 N 运行的时间是A 02vp B 023vpC 03R D 0R【答案】D电子从 M 到 N 运行的时间和圆周
7、运动的圆心角之间的关系是： 2tT，所以 2t，由几何知识得圆心角 06，而 02rTv、 tanRr，所以 03Rtvp=故选 D。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动7一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小减小为原来的 12，则变轨前后卫星的A向心加速度大小之比为 4:1 B角速度大小之比为 2:1C周期之比为 1:8 D轨道半径之比为 1:2【答案】C根据22MmvGr得， GMr，线速度减为原来的 12，则轨道半径变为原来的 4 倍，则轨道半径之4比为 1：4；根据2224MmGarmrT解得 2GMar ， 3r，234rTGM，则向心加速度变为
8、原来的 16，角速度变为原来的 18，周期变为原来的 8 倍，故 C 正确。故选 C。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用8如图所示，在两个正点电荷 1Q、 2（其中 10Q=， 20）形成的电场中，a、b 为两点电荷连线的中垂线上的两点，且 aO=bO。c、d 为两点电荷连线的三等分点，即 Mc=cd=dN。则下列说法中正确的是Aa、b 两点的电场强度和电势都相同B将带电量为 q 的正点电荷从 c 沿 cd 连线移到 d 的过程中，电场力一直做正功C将带电量为 q 的正点电荷从 a 沿 ab 连线移到 O 的过程中，电场力不做功Da、b、c、d 四点中，电势最高的
9、点是 c 点，电势最低的点是 d 点【答案】DA、a、b 两点的电场强度方向不同，故 A 错误；B、将带电量为 q 的正点电荷从 c 沿 cd 连线移到 d 的过程中，电场力先做正功，后做负功，故 B 错误；C、将带电量为 q 的正点电荷从 a 沿 ab 连线移到 O 的过程中，电场力做负功，故 C 错误；故选 D。【考点】电场强度；电势；9如图所示，a 为竖直平面内的半圆环 acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为 R。将一个小球从 a 点以初速度 0v沿 ab 方向抛出，设重力加速度为 g，不计空气阻力。A当小球的初速度 02gR=时，掉到环上时的竖直分速度最大B当小球的初速度 02
10、v时，将撞击到环上的圆弧 ac 段C当 0v取适当值，小球可以垂直撞击圆环D无论 取何值，小球都不可能垂直撞击圆环【答案】ABD5AB、当下落的高度为 R 时，竖直分速度最大，根据 21Rgt得， Rg则 0gvt2 ，故 AB 正确；CD、设小球垂直击中环，则其速度方向必过圆心，设其与水平方向的夹角为 ，21Rsingt， 0cosvt（ ） ，且 0gtanv可解得 =0，但这是不可能的，故 C 错误 D 正确；故选 ABD。【考点】平抛运动10矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图所示。
11、若规定顺时针方向为感应电流 i 的正方向，下列 i-t 图中正确的是【答案】D由图可知，0-1s 内，线圈中磁通量的变化率相同，故 0-1s 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s 内电路中的电流为顺时针，2-3s 内，电路中的电流为顺时针，3-4s 内，电路中的电流为逆时针，由 BSEtt可知，电路中电流大小恒定不变。故选 D。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律6第卷（非选择题共 60 分）二、实验题（本题共 3 小题，共 12 分。请按题目要求作答。 ）11 （4 分）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如
12、图甲所示，则该金属丝的直径 d=_mm。另一位学生用标有 20 等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度 L=_mm。【答案】2.705, 50.15螺旋测微器读数：整数（2.5mm）精度（0.01mm）格数（20.5）2.705mm游标卡尺读数：整数（50mm）精度（0.05mm）格数（3）50.15mm【考点】长度测量12 （3 分）如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T=0.1s，其中1s=7.05cm， 2s=7.68cm， 3s=8.33cm， 4s=8.95
13、cm， 5s=9.61cm， 6s=10.26 cm，则打 A 点时小车的瞬时速度大小是_m/s，计算小车运动的加速度的表达式为 a=_，加速度大小是_2/m。 （计算结果保留两位有效数字）【答案】 vA=0.86 m/s， 2316549Tssa , a=0.64 m/s2根据匀变速直线运动某时刻的瞬时速度等于一段时间内的平均速度，所以有： 340.86/2AsvmsT由 2saT得 654321()()xxt，代入数据得 20.64/am【考点】研究匀变速直线运动13 （5 分）要测绘一个标有“3V O.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，并便于操作。已选用
14、的器材有：电池组（电动势 4.5V，内阻约 1） ；电流表（量程为 0-250 mA，内阻约 5） ；电压表(量程为 0-3V，内阻约 3k)；7电键一个、导线若干。(l)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号） 。A滑动变阻器(最大阻值 20 ，额定电流 1 A)B滑动变阻器(最大阻值 1750，额定电流 0.3 A)(2)实验的电路图应选用下列的图_（填字母代号） 。(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。现将两个这样的小灯泡并联后再与一个 2 的定值电阻 R 串联，接在电动势为 1.5V，内阻为 1 的电源两端，如图所示。每个小灯泡消耗的功率是_W。【答案】A B 0.09
15、 W（1）电路采用分压式，所以滑动变阻器选电阻小的，即选 A。（2）小灯泡伏安特性曲线这一实验采用外接分压式电路，故选 B。（3）把定值电阻看做是电源内阻的一部分，形成新的电路图，灯泡两端的电压就是电路的外电压，画出外电压随电流变化的图像，如上右图，交点是本电路的唯一解，即外电压约为 0.85V，总电流约为0.205A，则每个灯泡消耗的功率为 0.09W。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线三、计算题（本题共 4 小题，共 48 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。 ）14.（10 分）如图所示，工人用绳索拉铸件
16、，铸件的质量是 20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用 80N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为 37a=。并保持不变，经 4s 后松手。问松手后铸件还能前进多远？（g=l0 2/ms）【答案】 5.4ms8工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有Fcos f=ma1N1 fsin mg=0f=N1由以上三式得 a1=1.3m/s2松手时，工件的速度 v=a1t=5.2m/s设松手后，工件的加速度为 a2，根据牛顿第二定律有 mg =ma2解得 a2=2.5m/s2松手后，工件滑行的距离是25.4mvsa【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动速度与位移的关系1
17、5 （10 分）如图所示，两根平行且光滑的金属轨道固定在斜面上，斜面与水平面之间的夹角53a=，轨道上端接一只阻值为 R=0.4 的电阻器，在导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度 B=0.5T，两轨道之间的距离为 L=40cm，且轨道足够长，电阻不计。现将一质量为 m=3g，有效电阻为 r=1.0 的金属杆 ab 放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放，求：(l)金属杆 ab 下滑过程中可达到的最大速率；(2)金属杆 ab 达到最大速率以后，电阻器 R 每秒内产生的电热。【答案】 m0.84 /sv 35.7610RQ（1）当达到最大速率 vm时，根据牛顿第二定律得 sin
18、mgF安根据法拉第电磁感应定律， E=BLvm 根据闭合电路欧姆定律， rRBLI 根据安培力公式 F安解得 m0.84 /sv （2）根据能的转化和守恒定律，达到最大速度后，电路中每秒钟产生的热量为 2sin.10JmQg金属杆每秒钟产生的热量为 35.7610RQr【考点】牛顿第二定律；能量守恒定律；欧姆定律16(14 分)如图所示，在一宽度 D=16cm 的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场 B 和匀强电场 E，9电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直向外。一束带电粒子以速度同时垂直电场和磁场的方向射入时，恰不改变运动方向。若粒子射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移 6.4
19、cm；若粒子射入时只有磁场，则粒子束离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力。【答案】 28cmy当带电粒子沿直线运动时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有 BqvE0只有电场时，根据牛顿第二定律 Eq=ma设粒子在电场中运动的时间为 t，则 D=v0t偏转的距离为 21aty=6.4cm只有磁场时，粒子做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律 RvmqB20解以上式子得 c822Dy【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动17(14 分)如图所示，弧形轨道的下端与半径为 R 的圆轨道平滑连接。现在使小球从弧形轨道上端距地面 2R 的 A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计。试求：
20、(1)小球到达圆轨道最低点 B 时的速度大小；(2)小球在最低点 B 时对轨道的压力大小；(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度。【答案】 gRv2 mgN5 Rh2750小球从 A 到 B 的过程中，由动能定理得21vmgRv在 B 点，由牛顿第二定律得 vmgN2B5设小球在 C 点(OC 与竖直方向的夹角为 )脱离圆轨道，则在 C 点有10RvmgC2cos小球从 A 到 C 的过程中，由机械能守恒定律得 21cos2Cmvg 由得: 3csRvC设小球离开圆轨道后能到达的最大高度 h 处为 D 点，从 A 到 D 点的过程中由机械能守恒定律得mgvmgC2)cos(12解得:
21、Rh750【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律2014 年高中毕业年级第一次质量预测物理 参考答案一、选择题(本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0分。)1ABC 2ABD 3B 4BD 5D 6D 7C 8D 9ABD 10D二、实验题(本题共 3 小题，共 12 分。请按题目要求作答。)11. 2.705(2 分), 50.15(2 分)12. vA=0.86 m/s (1 分)， 2316549Tssa (1 分) , a=0.64 m/s2(1 分)13.(1 分)A (1 分)B (3 分)0.09 W三、计算题(本题共 4 小题，共 48 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)14. (10 分)工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有Fcos f=ma1 1 分N1 fsin mg=0 1 分f=N1 1 分
