湖北省部分重点中学

2014届高三第一次联考

物 理 试 题

命题学校：省实验中学 命题教师：高金华

考试时间：2013年11月7日下午14:00-15:30

试卷满分：110分

一、选择题（本题共10小题-共50分。在每小题给出的四个选项中．其中5,9,10为多选题，其余为

单选题。全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的或不选的得0分）

l、物理学的发展丰富了人类对物质世界
的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（ ）

A．开普勒通过对行星观测记录的研究发现了万有引力定律

B．伽利略指出物体的运动需要力来维持

C．牛顿测出了引力常量G的数值

D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比

2、行星绕恒星的运动轨道如果是圆形，那么所
有行星运行周期T的平方与轨道半径r的三次方的比为常数，设T2／r3=K，则常数K的大小（ ）

A．只与恒星的质量有关 B．与恒星的质量及行星的质量有关

C．只与行星的质量有关 D．与恒星的质量及行星的速度有关

3、竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速率成 正比，则整个运动过程中，加速度的变化是（ ） ，

A．始终变小 B．始终变大 C．先变大后变小
D．先变水后变大

4、在匀强磁场的同一位置，先后放人长度相等的两根直导线a和b，a、b导线的方向与磁场方向垂直，但两导线中的电流大小不同，如图表示导线所受安培力F的大小与通电电流J的关系， a、b各自有一组F、I的数值，在图象中各描一个点，其中正确的是（ ）

5、如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0 水平射入电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）

A．将打在下板中央

B．仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出

C．不发生偏转，沿直线运动

D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

6、如图，由物体A和B组成的系统处于静止状态．A、B的质量分别

为mA和mB，且mA>mB，滑轮的质量和一切摩擦不计．使绳的悬

点由P点向右移动一小段距离到Q点，系统再次达到静止状态，则

悬点移动前后图中绳与水平方向的夹角θ将（ ）

A．变大 B．变小

C．不变 D．可能变大，也可能变小

7、如图所示，甲、乙两物体分别从A、C两地由静止出发做加速运动，B为AC中点，两物体在AB

段的加速度大小均为al，在BC段的加速度大小均为a2，且a1

若甲由A到C所用时间为t甲，乙由C到A所用时间t乙，则t甲与

t乙的大小关系为（ ）

A．t甲=t乙 B．t甲>t乙

C．t甲< t乙 D．无法确定

8、地毯式轰炸指高空匀速水
平飞行的轰炸机，每隔相等的时间释放一颗炸弹．若不计空气阻力，下

列说法中正确的是（ ）

A．这些炸弹落地前不在同一条竖直线上

B．空中两相邻炸弹间距离保持不变

C．这些炸弹落地时速度的大小及方向均相等

D．这些炸弹都落在水平地面的同一点

9、如右图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释

放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点

静止，则从M到N的过程中（ ）

A．小物蛱所受的电场力减小

B．小物块的电势能可能增加．

C．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力作的功

D．M点的电势一定高于N点电势

10、小球以vo的水平初速度从O点抛出后，恰好击中倾角为θ的斜面上的A点，小球到达A点 时的速度方向恰好与斜面垂直，如图，A点距斜面底边（即水平地面）的高度为h，当地的重力加速度为g。以下正确的叙述是（ ）[来源:Zxxk.Com]

A．可以求出小球从O到达A点时间内速度的改变量；

B．可以求出小球由O到A过程中，动能的变化；

C．可以求出小球从A点反弹后落至水平地面的时间；

D．可以求出小球抛出点O距斜面端点B的水平距离。

二、实验题（15分）

11、（5分）“探究动
能定理”的实验装置如图所示，当小车在l

条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0．

当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进

行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做

的功记为2W0、3W0、4W0……每次实验中由静止弹出的小

车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测
出．关于

该实验，下列说法正确的是（ ）

A．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带，纸带上打出的点，两端密、中间疏，出现这种况的原因，可能是木板倾角过大

B．当小车速度达到最大时，小车在两个铁钉的连线处

C．应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的最大速度

D．应选择纸带上第一点到最后一点的一段计算小车的最大速度

12、（10分）描绘“6V，3W"灯泡的伏安特性曲线，提供了下
列器材：

A．电压表V（3V，内阻约3k
）

B．电流表A（0．6A，内阻约0．3
）

C．电阻箱R（0～99999．9
）

D．滑动变阻器（O～10
）；滑动变阻器（0~100
）

F．待测灯泡L“6V，3W”

G．电源E（电动势约8V、内阻较小）

H．开关、导线若干

（1）按照实验需要，将电压表的量程由3V扩大至6V．首先溅量电压表内阻，某同学采用了如图甲所示的电路，闭合开关S，调节电阻箱阻值Ra= 4870
,时，电压表指针刚好满偏；再调节电阻箱阻值Rb=12720
时，电压表指针在满刻度的一半，则电压表的内阻RV=
；从理论上分析，实验测得电压表内阻值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值

（2）图乙是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔划线代替导线完成电路连接（要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端）．

（3）图乙实验中，滑动变阻器应选择 （选填“Rl"或“R2"）．

（4）某同学根据实验测得数据，描点作出灯泡伏安特性曲线如图丙所示，根据图线可求得灯泡在工作电压是0 ．5V时的电阻值为
；你认为该同学实验选择的测量点分布不均匀是 （选填“合理”或“不合理”）的．

三、计算题（45分）

13．（10分）某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，加速度大小为4m／s2，飞机相对于地

的起飞速度是60m/s，航空母舰正以20m/s的速度匀速向东航行，停在航空母舰上的飞机也向东起飞；则舰载飞机在航空母舰上起飞所需时
间是多少秒?起飞的跑道长度至少是多少米飞机才能顺利起飞?

14、（10分）质量为20kg的物体若用20N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进．问：若改

用50N拉力、沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2．

3m，它的速度多大？在前进2．3m时撤去拉力，又经过3s，物体的速度多大（sin37°=0．6，

cos37'°= 0．8，g取10m／s2）?

15、（12分）如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R=0．5m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下

端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=5× 103N/
C．今有一质量为m=0．1kg、带电荷量q= +8×10－5C的小滑块
（可视为质点）从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数
=0．05,取g= 10m/s2，求：

（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；

（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程。

16、（13分）如图所示，在倾角为θ=37°的足够长的斜面上，有质量为m1=2kg的长木板。开始时，

长木板上有一质量为m2 =1kg的小铁块（视为质点）以相对地面的初速度v0=2m/s从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v=1m/s的匀速运动，小铁块最终与长木板一起沿斜面向上做匀速运动。已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为产
=0．9，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0．6，cos37°=0．8

试求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度；

（2）长木板至少多长？

（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度

相同的过程中拉力的功率。[来源:学|科|网Z|X|X|K]

参考答案

一、选择题（本题共10小题，共50分．在每小题给出的四个选项中，其中5,9，10为多选题，其余为单选题。全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的或不选的得0分）

题号

1

2

3

4[来源:学§科§网Z§X§X§K]

5

6

7

8

9

10



答案

D

A

A

 D

BD

C

B

C

AC

AD



二、实验题（15分）

11、 （5分） C

12、 (1)（2分）
=2980 Ω; 大于

(2)（3分 ）[来源:学科网ZXXK]

(3)（3分）实验中,滑动变阻器应选择

(4)（2分） 2.5 Ω; 合理

13、.答案 ：10 s ,200m

解析：（1）由运动学公式：

（2 ‘）

（2）由运动学学公式：

所以，起飞时间需要1
0s,起飞跑道至少为200m.

14、答案:2.3m/s,0m/s

解析： (1) 设物体的加速度大小为
，对物体受力分析有（取物体运动方向为正方向）

(2’)

对物体施加斜向上的拉力后，由牛顿第二定律可得：

由运动学第三定律可得：

(3’)

（2）撤去拉力后，物体的加速度大小为
，由牛顿第二定律有：

(5’)

15、（12分）答案：(1)2.2 N　(2)6 m

(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆
弧轨道最低点B的压力为FN，则：

mgR－qER＝mv

FN′－mg＝m

由牛顿第三定律：FN′＝FN

故FN＝3mg－2qE＝2
.2 N.（4’）

(2)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N

μmg＝0.05×0.1×1
0 N＝0.05 N

因此有qE>μmg

所以小滑块最终在圆弧轨道的BC部分往复运动 （4’）

所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足

mgR
－qER＝μmgx

解得：x＝6 m.（4’）

16、【答案】（1）a＝1.2 m/s2 沿斜面向上（2）7.5m（3）40.8W

解析：(1)设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有（取沿斜面向上为正方向）

f2－m2gsinθ＝ma

f2＝μN2

N2＝m2gcosθ

得a＝g(μcosθ－sinθ)＝1.2 m/s2 沿斜面向上 (3’)

(2)小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零再沿斜面向上匀加速，最终获稳定速度v，设历时t后小铁块达稳定速度，则

v－(－v0) ＝at

t＝(v0＋v)/ g ( μcosθ－sinθ) ＝2.5s

t内小铁块位移为s1木板位移为s2

s1＝ (v0－v)t/2 方向沿斜面向下

s2＝vt 方向沿斜面向上

L/2≥s2＋s

L≥2（s2＋s）＝(v0＋v)2/g (μcosθ－sinθ) ＝7.5m ( 5’)

(3) 对木板

F＝f2＋f1＋m 1gsinθ

f1＝μN1

N1＝(m1＋m2)gcosθ

W＝F s2

W=102J
( 5’)

另一解法：F＝f2＋f1＋m 1gsinθ

f1＝μN1 [来源:学科网ZXXK]

N1＝(m1＋m2)gcosθ