2014年高考人教版物理总复习质量检测 综合检测试题 Word版含解析

综合检测

(时间：90分钟 总分：110分)

第Ⅰ卷(选择题 共48分)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选

项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不选的得0分)

1．2011年7月30日凌晨4时26分开始，“蛟龙”号载人潜水器进行第四

次下潜，下潜深度为5182 m ，再创新高，如右图所示．设质量为M 的“蛟龙”号在匀速下降，若“蛟龙”号所受浮力F 始终保持不变，“蛟龙”号在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g ，现欲使“蛟龙”号以同样速率匀速上升，则需减少的质量为 ( )

A ．2(M －F g )

B ．M －2F g

C ．2M －F g

D ．0

[解析] 由于“蛟龙”号以同样速率匀速上升，则所受的阻力相等，设减少

的质量为m ，运动过程中受到的阻力为F f ，在匀速下降过程中F ＝Mg －F f ；在上

升过程中F ＝(M －m )g ＋F f ，联立两式解得m ＝2(M －F g )，A 项正确．

[答案] A

2．(2012·北京西城区期末)如右图所示，一单匝矩形金属线圈ABCD 在匀强

磁场中绕转轴OO ′匀速转动．转轴OO ′过AD 边和BC 边的中点．若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化关系可以表示为Φ＝0.1 cos20πt (Wb)，时间t 的单位为s.已知矩形线圈电阻为2.0 Ω.下列说法正确的是

( )

A ．线圈中电流的有效值约为3.14 A

B ．穿过线圈的磁通量的最大值为0.1 2 Wb

C ．在任意1 s 时间内，线圈中电流的方向改变10次

D ．在任意1 s 时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86 J

[解析] 穿过线圈的磁通量最大值为BS ＝0.1 Wb ，选项B 错误；转动角速

度ω＝20π rad/s ，产生的感应电动势最大值为BSω＝2π V ，线圈中电流的最大值约为3.14 A ，选项A 错误；在任意1 s 时间内，线圈中电流的方向改变20次，选项C 错误；在任意1 s 时间内，产生的电能为EIt ≈9.86 J ，线圈克服安培力所做的功约为9.86 J ，选项D 正确．

[答案] D

3．如右图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面体，

斜面上有一质量为m 的物块沿斜面下滑．关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式．要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性．根据你的判断，下列表达式中可能正确的是

( ) A.Mmg sin θM －m sin 2θ

B.Mmg sin θM ＋m sin 2θ

C.Mmg cos θM －m sin 2θ

D.Mmg cos θM ＋m sin 2θ

[解析] 设θ＝0°，则N ＝mg 才符合实际，所以A 、B 两项错；设M ?m ，

则C 项的值为负值，不符合实际，C 项错，只有D 项符合题意．

[答案] D

4．如右图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为地球同步卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．下列说法中正确的是() A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度

B．卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度相等

C．卫星C相对于地面不动，一定不会与B相撞

D．卫星B若想返回地面，应该在近地点加速

[解析]物体A和卫星C具有相同的角速度，但半径不同，所以加速度不同，

A项错；根据万有引力定律，加速度a＝GM

r2，都在P点，r相同，所以加速度相

等，B项正确；卫星C虽然相对于地面不动，但B可能主动撞C，C项错；卫星B若想返回地面，应该在近地点减速，D项错误．

[答案] B

5．如下图所示，一传送带与水平方向的夹角为θ，以速度v逆时针运转，一物块A轻轻放在传送带的上端，则物块在从A到B运动的过程中，机械能E 随位移变化的关系图象不可能是()

[解析]滑块从传送带上A运动到B有三种可能，一是一直加速，滑动摩擦力做正功；二是先匀加速再匀速，摩擦力先做正功，后做负功，机械能随位移先均匀增加后均匀减小；三是先以较大加速度匀加速，后以较小加速度匀加速，摩

擦力先做正功，后做负功，A 、C 、D 三项正确．

[答案] B

6．一个电子只在电场力作用下从a 点运动到b 点的轨迹如右图中虚线所示，

图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是 ( )

A ．如果实线是电场线，则a 点的电势比b 点的电势高

B ．如果实线是等势面，则a 点的电势比b 点的电势低

C ．如果实线是电场线，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大

D ．如果实线是等势面，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大

[解析] 如果实线是电场线，由曲线运动条件知电场力向右，电子带负电，

所以场强方向向左，b 点电势高于a 点电势，电子在a 点电势能比在b 点电势能大，A 项错，C 项正确；如果实线是等势面，则电场力做负功，电势能增加，电子在b 点的电势能比在a 点电势能大，a 点电势高于b 点电势．B 、D 两项都错．

[答案] C

7．等质量的小滑块A 、B 分别穿在光滑的水平和竖直细杆上，它们用一不

可伸长的轻细绳相连，A 、B 可看作质点，如右图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则此时 ( )

A ．滑块A 沿着水平杆滑动的速度为3v

B ．滑块A 沿着水平杆滑动的速度为33v

C ．连接A 、B 的绳长为4v 2

g

D．连接A、B的绳长为4v2 3g

[解析]A、B两物体沿绳方向分速度相等，有v cos60°＝v A cos30°，即v A＝

3 3

v，B项正确．A、B组成系统机械能守恒有mgL cos60°＝1

2m v

2

A

＋

1

2m v

2，解得L＝

4v2/3g，D项正确．

[答案]BD

8．如右图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、磁感应电动势E、外力F和电功率P 随时间变化的图象正确的是()

[解析]线框进出磁场磁通量是线性变化的，A项错；当线框在两个磁场中间时，两个边产生的感应电动势叠加，而不是等于零，此时外力F最大，但是F 的方向为正而不是负方向，因此B、C两项错；当线框在两个磁场中间时，两个

边产生的感应电动势叠加，电功率P 等于线框在单一磁场中运动时功率的4倍，D 项正确．

[答案] D

第Ⅱ卷(非选择题 共62分)

本卷包括必做题和选做题两部分，第9题～第13题为必做题，每个试题考

生都必须作答．第14题～第16题为选做题，考生根据要求作答．

二、实验题(本题共2小题，共15分．把答案填在题中的横线上或按题目要

求作答)

9．(5分)某同学利用如下图所示装置研究外力与加速度的关系．将力传感器

安装在置于光滑水平轨道的小车上，通过细绳绕过光滑定滑轮悬挂钩码．开始实验后，依次按照如下步骤操作：

(1)同时打开力传感器和位移传感器；

(2)释放小车；

(3)关闭传感器，根据F －t ，x －(t －t 0)2图象记录下绳子拉力F 并求出小车加

速度a ；

(4)重复上述步骤．

某次释放小车后得到的F －t ，x －(t －t 0)2图象如下图所示．根据图象，此次

操作应记录下的外力F ＝________N ，t 0＝________s ，加速度a ＝________m/s 2.

[解析] 开始没有运动时，力传感器上显示的是钩码的重，加速运动后绳的

拉力小于钩码的重；0.80 s 时刻开始运动，由于做初速度为零的匀加速运动，因

此x ＝12a (t －t 0)2，加速度为x －(t －t 0)2图象的斜率的2倍．

[答案] 0.815 0.80 3.28

10．(10分)某待测电阻R x 的阻值在80～100 Ω之间，现要测量其电阻的阻

值，实验室提供如下器材：

A ．电流表A 1(量程30 mA 、内阻r 1＝10 Ω)

B ．电流表A 2(量程150 mA 、内阻r 2约为30 Ω)

C ．电流表A 3(量程0.6 A ，内阻r 3约为0.2 Ω)

D ．电压表(量程15 V 、内阻约为20 kΩ)

E ．定值电阻R 0＝20 Ω

F ．滑动变阻器R ，最大阻值约为10 Ω

G ．电源E (电动势4 V)

H ．开关S 、导线若干

(1)在上述提供的器材中，要完成此实验，应选用 ( )．

(2)测量要求电表读数不得小于其量程的13，请你在虚线框内画出测量电阻R x

的一种实验电路图(图中元件用题干中相应的英文字母标注)．

(3)用已知量和测量的量表达R x 的表达式R x ＝________，说明式中各字母所

表示的物理量：__________________________.

[答案] (1)ABEFGH (2)如右图所示．(3)(I 2－I 1)

I 1R 0－r 1 r 1为A 1表的内阻，

R 0为定值电阻，I 1为A 1表示数，I 2为A 2表示数．

三、解答题(本题共3小题，共32分．解答应写出必要的文字说明、方程式

和重要的演算步骤，只写出最后结果的答案不得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)

11．(10分)如下图所示，一位质量m ＝65 kg 的特技演员，在进行试镜排练

时，从离地面h 1＝6 m 高的楼房窗口跳出后竖直下落．若有一辆平板汽车正沿着下落点正下方所在的水平直线上以v 0＝6 m/s 的速度匀速前进．已知该演员刚跳

出时，平板汽车的前端恰好运动到距离下落点正下方3 m 处，该汽车车头长2 m ，汽车平板长4.5 m ，平板汽车板面离地面高h 2＝1 m ．人可看作质点，g 取10 m/s 2，人下落过程中未与汽车车头接触，人与车平板间的动摩擦因数μ＝0.2.问：

(1)人将落在平板汽车上距车尾端多远处？

(2)假定人落到平板上后立即俯卧在车上不弹起，司机同时使车开始以大小为a 车＝4 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，则人是否会从平板车尾

部滑下？

[解析] (1)设人下落时间为t ，

则h 1－h 2＝12gt 2.

车在时间t 内运动的位移x ＝v 0t ，联立解得x ＝6 m.

人在车上的落点距车尾端d ＝(3＋2＋4.5) m －6 m ＝3.5 m.

(2)人在车平板上的加速度a 人＝μmg m

＝2 m/s 2. 设人未滑下，且经时间t ′，人与车达到相等的速度v .

则v ＝a 人t ′＝v 0－a 车t ′.

人与车在时间t ′内的位移x 人＝12a 人t ′2.

x 车＝v 0t ′－12a 车t ′2.

人相对车向后滑动Δx ＝x 车－x 人．

联立解得Δx ＝3 m<3.5 m ，故不会滑下．

[答案] (1)3.5 m (2)见解析

12．(10分)(2012·湖北省部分重点中学联考)如下图所示，光滑半圆形轨道半径为R ，水平面粗糙，弹簧自由端D 与轨道最低点C 距离为4R ，一质量为m 的可视为质点的小物块自圆轨道中点B 由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D 点恰好静止．已知物块与水平面的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g ，弹簧始终处在弹性限度内，求：

(1)弹簧的最大压缩量和最大弹性势能．

(2)现把D 点右侧水平地面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆轨道最高点A ，压缩量至少是多少．

[解析] (1)设最大压缩量为x ，最大弹性势能为E p ，由动能定理得mgR －μmg (4R ＋2x )＝0，得x ＝0.5R ，

返回过程：E p ＝μmgx ，得E p ＝0.1mgR .

(2)设压缩量至少为x ′，相应的弹性势能为E p ′，

E p ′E p ＝x ′2x 2，mg ＝m v 2A R ，E p ′－μmg ·4R －mg ·2R ＝12m v 2A ，

联立各式，解得：x ＝332R .

[答案] (1)μmgx 0.1mgR (2)332R

13．(12分)如右图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t ＝0时刻，一位于ad 边中点O 的粒子源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od 边的夹角分布在0°～180°范围内．已知沿Od 方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场边界cd 上的P 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求：

(1)粒子的比荷q /m ；

(2)假设粒子源发射的粒子在0°～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；

(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．

[解析] (1)初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示，

其圆心为n ，由几何关系有：∠Onp ＝π6，t 0＝T 12.

粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，

、根据牛顿第二定律得

Bq v ＝m (2πT )2R ，v ＝2πR T ，

得q m ＝π6Bt 0

. (2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O 点距离相等．在t 0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 为圆心，OP 为半径的弧PW 上．

由图(b)知∠POW ＝5π6.

此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6.

(3)如图(c)所示，

在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b 点相交，设此粒子运

动轨迹对应的圆心角为θ，则sin θ2＝54.

在磁场中运动的最长时间

t ＝θ2πT ＝12arcsin 54π

t 0. 所以从粒子发射到全部离开所用的时间为

t ＝(12πarcsin 54)t 0.

[答案] (1)π6Bt 0

(2)5/6 (3)(12πarcsin 54)t 0. 四、模块选做题(本题共3小题，只要求选做1小题，每小题15分，共45分，把解答写在答题指定处，对于其中的计算题要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)

14．[选修模块3－3](15分)

(1)(5分)如右图所示，一定质量的氢气(可看作理想气体)由状态A 经状态B 变化到状态C .设由A 到B 、由B 到C 的过程外界对气体做的功分别为W 1、W 2，气体从外界吸收的热量分别为Q 1、Q 2，则

( )

A ．W 1>0，W 2>0

B ．Q 1>0，Q 2>0

C ．|W 1|＋|W 2|＝|Q 1|＋|Q 2|

D ．|W 1|＋|W 2|>|Q 1|＋|Q 2|

(2)(10分)如右图所示，中海油和美国康菲石油分司合作开发的渤海湾蓬莱

19－3号油田2011年6月4日起发生漏油，截至9月6日，溢油累计造成5500多平方千米海水污染，给渤海海洋生态和渔业生产造成严重影响，引起了国际社会的高度关注，也造成空前的环境灾难．因原油不溶于水，比水的密度小，会在海面上漂浮形成单分子膜，污染大面积的海域．假若原油的摩尔质量为M ＝780 kg/kmol ，密度为ρ＝0.88×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023，试计算1吨原油大约会污染多少平方公里的海洋面积？(保留一位有效数字)

[解析] (1)由pV T ＝C 可知，A 状态到B 状态的过程中，氢气的体积不断增加

对外做功，W 1<0，而且气体温度升高，内能增加，由ΔU ＝W ＋ΔQ 可知，物体必定吸热，Q 1>0，同理B 状态到C 状态的过程中，其体积不断增加，对外做功，W 2<0，物体吸热，Q 2>0；分析由A 状态到C 状态的全过程，气体对外做功，同样温度升高内能增加，必定吸热，且|W 1|＋|W 2|<|Q 1|＋|Q 2|，B 项正确．

(2)本题考查热学中的估算法，原油的摩尔体积V ＝M ρ，

每个原油分子的体积V ′＝V N A

， 设原油分子直径为D ，则V ′＝43π(D 2)3.

D ＝ 36M πρN A ＝ 36×780×10－33.14×0.88×103×6.02×1023

m ＝1.4×10－9 m.

污染面积S ＝m ρD ＝1×1030.88×103×1.4×10

－9 m 2＝8×108 m 2＝8×102 km 2. [答案] (1)B (2)见解析．

15．[选修模块3－4](15分)

(2012·海南卷)(1)(6分)某波源S 发出一列简谐横波，波源S 的振动图象如下图所示．在波的传播方向上有A ，B 两点，它们到S 的距离分别为45 m 和55 m ．测得A ，B 两点开始振动的时间间隔为1.0 s ．由此可知：

①波长λ＝________m ；

②当B 点离开平衡位置的位移为＋6 cm 时，A 点离开平衡位置的位移是________cm.

(2)(9分)一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为 2. 现在横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射光线在过入射点的法线的下方一侧(如右图所示)，且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ在什么范围内取值？

[解析] (1)由图象可得周期是2 s ，波速为10 m/s ，v ＝λT ，可得波长为20 m ．由

于A ，B 相差半个周期，则A 离开平衡位置的位移是－6 cm.

(2)设入射光线经玻璃折射时，入射角为i ，折射角为r ，射到棱镜右侧面的入射角为α(如图所示)．根据折射定律有sin i ＝n sin r

① 由几何关系θ＝α＋r ②

当i ＝0°时，由①知r ＝0°，α有最大值αm ，由②得θ＝αm ③

同时αm 应小于玻璃对空气的全反射临界角，即sin αm <1n

④ 由①②③④式和题给条件可得，棱镜顶角θ的取值范围为0°<θ<45°.

[答案] (1)①20 ②－6 (2)0°<θ<45°

16．[选修模块3－5](15分)

(2013·银川一中月考)(1)(5分)下列说法正确的是

( )

A ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应

B ．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构

C ．一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短

D ．发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，逸出的光电子的最大初动能就越大

E ．大量的氢原子从n ＝3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光

(2)(10分)如图所示，质量m B ＝2 kg 的平板车B 上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量m A ＝2 kg 的物块A ，一颗质量m 0＝0.01 kg 的子弹以v 0＝600 m/s 的水平初速度瞬间射穿A 后，速度变为v ＝200 m/s.已知A 与B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止，则系统产生的热量为多少？

[解析] (2)对于子弹、物块A 和平板车B ，全过程由动量守恒定律得 m 0v 0＝m 0v ＋(m A ＋m B )v B

解得v B ＝1 m/s

系统产生的热量等于系统机械能的减少量，即

ΔE ＝12m 0v 20－12(m A ＋m B )v 2B －12m 0v 2＝1598 J

[答案] (1)ABD (2)1598 J