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福建省四地六校2014届高三高考模拟试题 物理 Word版含解析zhangsan


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―四地六校‖物理学科 2014 年高考模拟试题 物理试题
(考试时间: 总分:120 分) 苏碧树 命题人:龙海二中

13.为了解决农村电价居高不下的问题,有效地减轻农民负担,在我国广大农村普遍实施了 ―农网改造‖工程,工程包括两项主要内容: (1)更新变电设备,提高输电电压; (2)更新电 缆,减小输电线电阻.若某输

电线路改造后输电电压变为原来的 2 倍,线路电阻变为原来的 0.8 倍,在输送的总功率不变的条件下,线路损耗功率将变为原来的 A.0.2 倍 【答案】A B.0.32 倍 C.0.4 倍 D.0.16 倍

传输功率不变,故传输电流为: I ?
2

P U

?P? 电功率损耗为: ?P=I R=? ? R ?U?
2

改造后输电电压变为原来的 2 倍,线路电阻变为原来的 0.8 倍,故: ?P?=( 解得: ?P? ? 0.2?P 。 故选 A。 【考点】电功、电功率

P 2 ) R? U?

14.某同学设想驾驶一辆―陆地-太空‖两用汽车,沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度 可以增加到足够大。 当汽车速度增加到某一值时, 它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的―航 天汽车‖。不计空气阻力,已知地球的半径 R=6400km。下列说法正确的是( A.汽车在地面上速度增加时,它对地面的压力增大 B.当汽车速度增加到 7.9km/s 时,将离开地面绕地球做圆周运动 C.此―航天汽车‖环绕地球做圆周运动的最小周期为 1h D.在此―航天汽车‖上可以用弹簧测力计测量物体的重力 【答案】B )

A、汽车沿地球赤道行驶时,由重力和支持力的合力提供向心力.设汽车的质量为 m,支持

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力为 F,速度为 v,地球半径为 R,则由牛顿第二定律得 mg ? F ? m

v2 R

得 F ? mg-m

v2 R

当汽车速度 v 减小时,支持力 F 增大,则汽车对对地面的压力增大,故 A 错误; B、 7.9km/s 是第一宇宙速度, 当汽车速度 v=7.9km/s 时, 汽车将离开地面绕地球做圆周运动, 成为近地卫星,故 B 正确; C、―航天汽车‖环绕地球做圆周运动时半径越小,周期越小,则环绕地球附近做匀速圆周运 动时,周期最小; 最小周期 T ?

2? R ,v=7.9km/s,R=6400km,代入解得 T=5087s=1.4h,―航天汽车‖环绕地 v

球做圆周运动的最小周期为 1.4h,故 C 错误; D、在此―航天汽车‖上物体处于完全失重状态,不能用弹簧测力计测量物体的重力,故 D 错 误。 故选 B。 【考点】第一宇宙速度;向心力;万有引力定律 15.如图所示,一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于 O 点,另一端与 该小球相连,小球在 A 处时弹簧处于原长。现将小球从 A 点由静止释放,沿竖直杆运动到 B 点,已知 OA 长度小于 OB 长度。在小球由 A 到 B 的过程中( A.加速度大小等于重力加速度g的位置有两个 B.加速度大小等于重力加速度g的位置有三个 C.小球运动到与 O 点等高的位置时,弹簧弹力的功率不为零 D.弹簧弹力对小球先做正功再做负功 【答案】B )

AB、在运动过程中 A 点为原长状态,B 点为伸长状态,在 A 处只受重力,加速度为 g,在 由 A 到 B 有一状态弹力为 0 且此时弹力与杆不垂直,加速度为 g;当弹簧与杆垂直时小球 加速度为 g.则三处加速度为 g,故 A 错误 B 正确; C、弹簧与杆垂直时弹力的功率为 0,故 C 错误; D、在小球运动的过程中,开始时弹簧处于原长状态,力的方向与运动方向夹角大于 90° ;

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故弹力做负功,故 D 错误。 故选 B。 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;牛顿第二定律;功 16. 一简谐波在如图所示的 x 轴上传播, 实线和虚线分别是 t1=0 和 t2 =0.2s 时刻的波形图. 则

A.若该波在 t1=0 时刻已沿+x 方向恰传播到 x=6m 处,则波源起振方向向下 B.若该波与另一频率为 1.25Hz 的简谐波相遇时发生干涉,则该波沿-x 方向传播 C.若该波在 t1=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向-y 方向运动,则该波向+x 方向传播 D.若该波的传播速度是 75m/s,则该波沿-x 方向传播 【答案】D

A、若该波在 t1=0 时刻已沿+x 方向恰传播到 x=6m 处,从 t=0 时刻的波形图上判断 x=6m 的 质点与 x=2m 处质点运动情况相同,其前面的点(波向右传播,左边为前)在其上方,则此 质点将向上运动,所有质点的起振方向是一致的,故波源起振方向向上,故 A 错误; B、 频率为 1.25Hz 的简谐波周期为

1 0 . 2 1 1 ? 0.8s , = , 则 根据波的平移法实线右移 波 1.25 0 . 8 4 4

长为虚线波形,则波向右传播,故 B 错误; C、t2=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向-y 方向运动,则波源在右侧,波向-x 方向传播,故 C 错误; D、根据 s ? vt ? 75m / s ? 0.2s ? 15m , 波向左平移 故选 D。 【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系 17. 一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上,经两次折射后从玻璃板另一个表面射出, 出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下,出射光线侧移距离最大的是 ( )
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15 3 3 ? 3 ,即传播距离为 3 ? ,根据波的平移法, 4 4 4

3 波长为虚线波形,故波向-x 方向传播,故 D 正确。 4

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A.紫光以 45° 的入射角入射 C.紫光以 30° 的入射角入射 【答案】A

B.红光以 45° 的入射角入射 D.红光以 30° 的入射角入射

画出光的两次折射的光路图,由题意知 O2A 为侧移距离△x 根据几何关系有: ?x ? 又有 n ?

d sin(i ? r) cos r

sin i sin r d >0 cos r

若为同一色光, 则 n 相同, 则 i 增加且 i 比 r 增加得快, 得知 sin(i ? r)>0 且增加, 且增加,故 CD 错误; 若入射角相同,可得 ?x ? d sin( i 1? 错误。 故选 A。 【考点】光的折射定律

cos i n2 ? sin 2 i

,得知 n 增加,△x 增加,故 A 正确 D )

18.如图所示,边长为 a 正方形 ABCD 处在匀强电场中,其中 ? A ? ? B ? 0 , ? D ? ? ,F 点为 CD 的中点。保持该电场的大小和方向不变,让正方形以 B 点为轴在纸面内顺时针转过

? ABF ,则此时的 F 点电势和该匀强电场的场强分别为
A.





? 5 ? 、 a 5 ? 2 5 ?、 a 5

B.

? 4 5 ?、 2a 5 ? 5 ?、 2a 2

C.

D.

【答案】C

由题意,AB 是等势面,所以 CD 也是等势面,电场线的方向沿 DA 方向。 设边长为 L, E ?

U ? ? ; L a

正方向转动后的位置如图, 根据旋转的性质由图中的几何关系可得: 设∠CBF=θ。
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则: ?C1BF 1 ? ?MBC1 ? ? ; ?MBF 1 ? 2? 根据勾股定理得到: BF1 ?
——

—— —— 5 ?1 ? L2 ? ? L ? ? L ; MF1 ? BF1 sin2? .。 2 ?2 ?

2

其中: sin? ?

BC 2 CF 5 ? 5 , cos? ? ? BF 5 BF 5
——

又: UF 1 ? E MF 1 联立以上各式,代入数据解得: ? F1 ? 故选 C。 【考点】电势;电场强度 二、实验(18 分) 19.Ⅰ、 (8 分)测量滑块在运动过程中所受的合外力是―探究动能定理‖实验要解决的一个 重要问题。为此,某同学设计了如下实验方案: A.实验装置如图所示,一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质滑轮挂上钩码,用垫块 将长木板固定有定滑轮的一端垫起。调整长木板的倾角,直至轻推滑块后,滑块沿长木板向 下做匀速直线运动; B.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动。 请回答下列问题: ①滑块做匀速直线运动时,打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是 ②滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小 或―小于‖); ;

2 5U 。 5

钩码的重力大小(选填―大于‖、―等于‖

③当滑块沿长木板向下做匀加速直线运动时, 某同学打出的一条纸带如图所示, 用刻度尺测 得记数点 1,2,3,4 到记数起点 O 的距离分别为 3.15cm,12.40cm,27.70cm,49.05cm, 由此可得,物体的加速度为_____m/s2.(计算结果保留三位有效数字)

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④若滑块质量为 M、 钩码质量为 m、 当打点计时器打下 1、 3 点时滑块的速度分别为 V1 和 V3 , 1、 3 两点之间距离为 s,重力加速度为 g, 探究结果的表达式是 【答案】①等间距(或均匀) ②等于 ③6.06 ④ mgs ? 。 (用相应的符号表示)

1 1 Mv 32 ? Mv12 2 2

①此实验平衡摩擦力后, 确定滑块做匀速直线运动的依据是: 打点计时器在纸带上所打出点 的分布应该是等间距的; ②平衡摩擦力后滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小等于细绳的拉力, 而细绳的拉力 大小近似等于钩码的重力大小,所以滑块所受的合外力大小等于钩码的重力大小; ③打点的时间间隔为 0.02s, 则相邻计数点间的时间间隔 T=0.1s. 相邻计数点的距离分别为:

x01 ? 3.15cm , x12 ? 12.40 ? 3.15cm ? 9.25cm , x 23 ? 27.70 ?12.40cm ? 15.30cm , x34 ? 49.05 ? 27.70cm ? 21.35cm ;
根据 ?x ? aT 得: x 23 ? x01 ? 2a1T2 ; x34 ? x12 ? 2a 2T2 ;
2

则物体的加速度 a ? 则得: a ?

a1 ? a 2 2

? x 23 ? x 34 ? ? ? x 01 ? x12 ? ? 6.06m / s2 ;
4T 2
1 1 2 2 Mv3 ? Mv1 , 2 2

④对滑块,外力做功为 mgs,动能变化为 mgs ? 则需要探究的方程为: mgs ?

1 1 2 2 Mv3 ? Mv1 。 2 2

【考点】探究功与速度变化的关系 Ⅱ(10 分) 、某学习小组通过实验来研究电器元件 Z 的伏安特性曲线。他们在实验中测得电 器元件 Z 两端的电压与通过它的电流的数据如下表 U/V I/A 0.00 0.000 0.20 0.050 0.50 0.100 1.00 0.150 1.50 0.180 2.00 0.195 2.50 0.205 3.00 0.215

现备有下列器材: A.内阻不计的 6V 电源; B.量程为 0~3A 的内阻可忽略的电流表; C.量程为 0~0.3 A 的内阻可忽略的电流表; D.量程为 0~3V 的内阻很大的电压表; E.阻值为 0~10Ω,额定电流为 3A 的滑动变阻器;
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F.电键和导线若干。 (1)这个学习小组在实验中电流表选 (填器材前面的字母)

(2)请你从下面的实验电路图中选出最合理的一个

(3)利用表格中数据绘出的电器元件 Z 的伏安特性曲线,如图所示,分析曲线可知该电器 元件 Z 的电阻随 U 变大而 (填 ―变大‖、―变小‖或―不变‖ ) ;

(4)若把用电器 Z 接入如图所示的电路中时,电流表的读数为 0.150A,已知 A、B 两端电 压恒为 2V,则定值电阻 R0 阻值为_______Ω。(结果保留两位有效数字) 【答案】 (1)C; (2)D; (3)变大; (4)6.7-6.9 之间

(1)由表中实验数据可知,电流最大测量值为 0.215A,电流表应选 C; (2)由表中实验数据可知,电压与电流的测量值从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接 法,应用伏安法测元件电压与电流,电流表应测通过电阻的电流,由图示可知,应选 D 所 示电路; (3)由图示 I-U 图象可知,随电压增大,通过元件的电流增大,电压与电流的比值增大, 元件阻值变大; (4)由 I-U 图象可读出电流 I=0.150A 时,对应的电压 U=1.00V,所以元件 Z 的电阻为

RZ ?

1.00 20 ?? ?; 0.150 3
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由电路图可知 R 0 ? R Z ?

U 2 40 40 20 ? ?? ? ,可解得 R 0 ? ? ? 6.8? 。 I 0.15 3 3 3

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 三、计算 20(15 分).如图所示,两根电阻不计、相距 L 且足够长的平行光滑导轨与水平面成 ? 角, 导轨处在磁感应强度 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上,导轨下端连接阻值 为 R 的电阻。现让一质量为 m,电阻也为 R、与导轨接触良好的水平金属棒 ab 从静止开始 下滑, ab 下滑距离 s 后开始匀速运动, 重力加速度为 g。 求: (1)ab 棒匀速下滑时速度 v 的大小; (2)ab 棒从静止至开始匀速下滑的过程中,ab 棒上产生的 热量。 【答案】 v ?

2mgR sin ? B 2 L2

m gssin ? m 3 g 2 R 2 sin 2 ? Q? ? 2 B 4 L4
(1)ab 棒匀速下滑时 F安 ? mgsin ? ab 棒匀速下滑时切割磁感线产生感应电动势 E ? BLv 由欧姆定律可得 I ? 而 F安 ? BIL 联立可得: v ?

E 2R

2mgR sin ? B 2 L2 1 2 mv ? 2Q 2

(2)ab 棒与电阻 R 串联,电流相等,产生的热量 Q 相同 由能量守恒得 mgs sin ? ? 可得 Q ?

m gssin ? m 3 g 2 R 2 sin 2 ? ? 2 B 4 L4

【考点】共点力平衡;能量守恒定律 21.(19 分)如图甲所示,建立 Oxy 坐标系,两平行极板 P、Q 垂直于 y 轴且关于 x 轴对称, 极板长度和板间距均为 l,第一四象限有磁场,方向垂直于 Oxy 平面向里。位于极板左侧的 粒子源沿 x 轴间右连接发射质量为 m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在 0~3t0 时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响) 。已知 t=0 时刻进入两板间的

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带电粒子恰好在 t0 时,刻经极板边缘射入磁场。上述 m、q、 l 、t0、B 为已知量。 (不考虑 粒子间相互影响及返回板间的情况)

(1)求电压 U0 的大小。 (2)求 t0 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 (3)带电粒子在磁场中的运动时间。 【答案】 U 0 ?

m l2 qt0
2

R?

ml q B 0t

?m
2qB

?t ?

3?m 2qB

(1)t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t0 时刻刚好从极板边缘射 出,在 y 轴负方向偏移的距离为

U 1 l ,则有 E ? 0 , 2 l

Eq ? ma
1 1 l ? at 0 2 2 2
联立解得两极板间偏转电压为 U 0 ?

m l2 qt0
2



(2)t0 时刻进入两极板的带电粒子,两极板没有电场,带电粒 子做匀速直线运动。 带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 v0 ?

l t0

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R, 则有

v qvB ? m 0 R

2

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解得 R ?

ml qBt0

(3)2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿 y 轴正 方向的分速度为 vy ? at 0 , 设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 ? ,则 tan? ? 联立解得 ? ?

v0 , vy

?
4

,带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示,圆弧所对的圆心角为 2? ?

?
2



所求最短时间为 t min ?

1 T 4

带电粒子在磁场中运动的周期为 T ?

2?m ?m ,联立以上两式解得 tmin ? 。 qB 2qB

同理,t=0 进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长为: t max ? 所以,带电粒子在磁场中的运动时间:

3?m 2qB

?m
2qB

?t ?

3?m 2qB

【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 22.(20 分)为了研究过山车的原理,某兴趣小组提出了下列设想:取一个与水平方向夹角 为 37° 、长为 l = 2.0m 的粗糙倾斜轨道 AB,通过水平轨道 BC 与竖直圆轨道相连,出口为水 平轨道 DE,整个轨道除 AB 段以外都是光滑的。其 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接,如 图所示.一个小物块以初速度 v0=4.0m/s 从某一高处水平抛出,到 A 点时速度方向恰好沿 AB 方向,并沿倾斜轨道滑下.已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数 μ = 0.50. (g=10m/s2、 sin37° = 0.60、cos37° =0.80) ⑴求小物块到达 A 点时速度。 ⑵要使小物块不离开轨道, 并从轨道 DE 滑出,求竖直圆弧轨道的半径应该满足 什么条件? ⑶为了让小物块不离开轨道,并且能够 滑回倾斜轨道 AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件? 【答案】5m/s

R1 ? 0.66m

R 2 ? 1. 6 5 m

(1)小物块做平抛运动,经时间 t 到达 A 处时,令下落的高度为 h,水平分速度 v0,竖直

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速度为 vy,小物块恰好沿斜面 AB 方向滑下,则 tan37? ? 得 vy ? 3m / s , 由勾股定理得物块到 A 点的速度为 5m/s

vy v0

(2)物体落在斜面上后,受到斜面的摩擦力 f ? ?FN ? ?mgcos37? 设物块进入圆轨道到达最高点时有最小速度 v1,此时物块受到的重力恰好提供向心力,令 此时的半径为 R0,则 mg ? m

v12 R

0

物块从抛出到圆轨道最高点的过程中,根据动能定理有:

mg ? h ? lsin370-2R 0 ?-? mgcos370l ?
联立上式,解得 R 0 ? 0.66m

1 1 2 2 mv1 - mv0 2 2

若物块从水平轨道 DE 滑出,圆弧轨道的半径满足 R1 ? 0.66m (3)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道 AB,则物块上升的高度须小于或 于某个值 R,则 mg ? h ? lsin37 ? ?-?mgcos37 ?l-mgR ? 0 - mv 0 解得 R ? 1.65m 物块能够滑回倾斜轨道 AB,则 R 2 ? 1.65m 。 【考点】平抛运动;动能定理

1 2

2

第Ⅱ卷 选考部分
其中第 14、15 题为物理题,考生从两道物理题各任选一题作答,若第 28 题、29 题都作答, 则按第 28 题计分, 29. [物理——选修 3-3] (1).气体发生的热现象,下列说法中正确的是 (填选项前的编号)

A.热只能从高温气体传给低温气体而不能从低温气体传给高温气体 B.在压缩气体的过程中,由于外力做功,因而气体分子势能增大 C.压缩气体要用力,是因为气体分子之间存在斥力的缘故 D.气体的体积一定大于所有气体分子体积之和 【答案】D

A、 在自发的宏观过程中, 热只能从高温气体传给低温气体而不能从低温气体传给高温气体, 而通过人力的作用,也可以使热量从低温气体传给高温气体,故 A 错误;
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B、在压缩气体的过程中,外力做功,气体分子之间的距离减小,都是气体分子之间的距离 仍然要大于 r0,气体分子之间的作用力表现为引力,该力对气体分子做正功,因而气体分子 势能减小;该改变非常小,一般又忽略不计,故 B 错误; C、压缩气体要用力,是因为需要克服容器的内外气体产生的压强差的缘故,故 C 错误; D、气体分子之间的距离远大于气体分子的大小,所以气体的体积一定大于所有气体分子体 积之和,故 D 正确。 故选 D。 【考点】热力学第二定律;阿伏加德罗常数 (2). 如图所示, 有一固定的圆筒形绝热容器, 用绝热活塞密封一定质量的气体, 当活塞处位置a 时,筒内气体压强等于外界大气压, 当活塞在外力作用下由位置a移动到位置b的过程中,下 列说法正确的是__________(填选项前的编号) A.气体分子间作用力增大 C.气体分子的平均动能减小 【答案】C B.气体压强增大 D.气体内能增加

A、当活塞在外力作用下由位置 a 移动到位置 b 的过程中,气体体积变大,分子间的距离增 大,分子间的作用力减小,故 A 错误; BCD、当活塞在外力作用下由位置 a 移动到位置 b 的过程中,气体对外做功,W<0,由于 是绝热容器、绝热活塞,在此过程中,气体既不吸热,也不放热,Q=0,由热力学第一定律 可知,△U=W+Q=W<0,气体内能减小,气体温度降低,分子平均动能减小,分子撞击器 壁时对器壁的作用力减小,气体体积增大,分子数密度减小,单位时间撞击器壁的分子数减 小,则气体压强减小,故 BD 错误 C 正确。 故选 C。 【考点】热力学第一定律 30. [物理——选修 3-5](本题共有两个小题,每小题 6 分,共 12 分。每小题只有一个选项 符合题意。 ) (1) 下列说法正确的是 (填选项前的编号)

A.卢瑟福通过 α 粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的 B.γ 射线是核反应过程中产生的一种高速运动的粒子流,它的穿透能力很差 C.铀 235 能自发的发生裂变反应,但因半衰期不变,所以秦山核电站的发电功率也是固定 不变的
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D.爱因斯坦质能方程 E=mc2 表明,物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系,但 不能说核反应中质量会转化成能量 【答案】D

A、卢瑟福通过 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型,故 A 错误; B、γ 射线是核反应过程中产生的一种高速运动的粒子流,它的穿透能力很强,故 B 错误; C、铀 235 能自发的发生裂变反应,释放大量能量,其反应的激烈程度与中子数目有关,通 过控制中子数目,来控制核反应的激烈程度,从而控制发电功率,与半衰期无关,故 C 错 误; D、爱因斯坦质能方程 E=mc2 表明,物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系,但 不能说核反应中质量会转化成能量,故 D 正确。 故选 D。 【考点】X 射线、α 射线、β 射线、γ 射线及其特性;粒子散射实验;爱因斯坦质能方程; 裂变反应和聚变反应 (2)质量相等的甲乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动。 甲以 7 kg· m/s 的动量追上前方以 5 kg· m/s 的动量同向运动的乙球发生正碰,则碰后甲乙两球动量不可能的是________(填选项 前的编号) A.6.5 kg· m/s, 5.5 kg· m/s C.4 kg· m/s, 【答案】C 8 kg· m/s B.6 kg· m/s, D.5.5 kg· m/s, 6 kg· m/s 6.5 kg· m/s

A、 动量守恒, 初状态总动能 E1 ? 知动能不增加,故 A 可能;

P12 P22 P ?2 P ?2 72.5 74 ? ? , 末状态总动能 E 2 ? 1 ? 2 ? , 2m 2m 2m 2m 2m 2m

P1?2 P2 ?2 72 ? ? B、动量守恒,末状态的总动能 E 2 ? ,知动能不增加,故 B 可能; 2m 2m 2m
C、动量守恒,末状态总动能 E 2 ? 故 C 错误; D、动量守恒,末状态总动能 E 2 ?

P1?2 P2 ?2 80 ? ? ,知动能增加,违背动量守恒的规则, 2m 2m 2m

P1 ?2 P2 ?2 72.5 ? ? ,知动能不增加,故 D 可能。 2m 2m 2m
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故选 C。 【考点】动量守恒定律

2014 届高考模拟试卷 物理试题答题纸
(考试时间:90 分钟 命题人:龙海二中 苏碧树 总分:120 分)

题号

13

14

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16

17

18

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答案 一、选择题 二、实验题 19 . Ⅰ 、 ① 是 Ⅱ(1) ; (2) 。 ; (3) : (4) ;② ; ③__ ___m/s2.④

三、计算题
B a v b R1
θ

20.

θ

21.

v0

图乙 图甲
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22.

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29(1) 30(1)

(2) (2)

2014 届高考模拟试卷

物理答案
13. A 14、B 15. B 16、D 17、A 18.C

19、Ⅰ①等间距(或均匀)

②等于 ③6.06 ④ mgs ?

1 1 2 2 MV 3 ? MV1 (每空 2 分) 2 2
(2 分)

Ⅱ答案: (1)C(2 分); (2)D(3 分); (3)变大:(2 分)(4)6.7-6.9 之间均可(3 分) 20. (1)ab 棒匀速下滑时

F安 ? mgs i n ?
E ? BL v

ab 棒匀速下滑时切割磁感线产生感应电动势

(1 分)

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由欧姆定律可得 I ?

E 2R
(1 分)

(1 分)

F安 ? BIL
联立可得: v ?

2mgR sin ? B 2 L2 1 2 mv ? 2Q 2

(2 分) (2 分) (4 分)

(2)ab 棒与电阻 R 串联,电流相等,产生的热量 Q 相同 由能量守恒得

mgs sin ? ?

可得

m gssin ? m 3 g 2 R 2 sin 2 ? Q? ? 2 B 4 L4

(2 分)

21、解:(1)t=0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t0 时刻刚好从极 板边缘射出,在 y 轴负方向偏移的距离为 l/2,则有

E?
Eq=ma

U0 (1 分) l
(1 分) (2 分)

l/2=at02/2

联立解得两极板间偏转电压为 U 0 ?

m l2 qt0
2

。 (2 分)

(2)t0 时刻进入两极板的带电粒子,两极板没有电场,带电粒子做匀速直线运动。 带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 v0=l/t0 (2 分)

v 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R,则有 qvB ? m 0 R
联立⑤⑥式解得 R ?

2

(1 分)

ml qBt0

(2 分) 。

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(3)2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿 y 轴正 方向的分速度为 vy=at0, 设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 ? ,则 tan? ? 联立解得 ? ?

v0 , (1 分) vy

?
4

,带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示,圆弧所对的圆心角为 2? ?

?
2



所求最短时间为 t min ?

1 T , (2 分) 4

带电粒子在磁场中运动的周期为 T ?

2?m ?m ,联立以上两式解得 t min ? 。 (2 分) qB 2qB

同理,t=0 进入两极板的带电粒子在磁场中运动的时间最长为: t max ?

3?m (2 分) 2qB

所以,带电粒子在磁场中的运动时间:

?m
2qB

?t ?

3?m (1 分) 2qB

22 解: (20 分) ⑴ 小物块做平抛运动,经时间 t 到达 A 处时,令下落的高度为 h,水平分速度 v0,竖直速 度为 vy,小物块恰好沿斜面 AB 方向滑下,则 tan37°= vy/ v0 (2 分) 得 vy = 3 m/s,所以小物块到 A 点的速度为 5m/s(2 分) ⑵ 物体落在斜面上后,受到斜面的摩擦力 f = μFN = μmgcos37°(2 分) 设物块进入圆轨道到达最高点时有最小速度 v1,此时物块受到的重力恰好提供向心力,令 此时的半径为 R0,则 mg = mv12/R0(2 分) 物块从抛出到圆轨道最高点的过程中,根据动能定理有: mg(h + lsin37°– 2R0) – μmgcos37° · l = mv12/2 – mv02/2. (2 分) 联立上式,解得 R0 = 0.66m (2 分) 若物块从水平轨道 DE 滑出,圆弧轨道的半径满足 R1 ≤ 0.66m(2 分) ⑶ 为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道 AB,则物块上升的高度须小于或于 某个值 R,则 mg(h + lsin37° ) – μmgcos37° · l – mgR = 0 – mv02/2(2 分) 解得 R = 1.65m(2 分) 物块能够滑回倾斜轨道 AB,则 R2 ≥ 1.65m(1 分)

29. (1) D

(2) C

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30.(1) D

(2) C

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