1、福建省芗城中学2014届高三高考模拟物理试卷13.用游标卡尺、螺旋测微器等仪器测量长度比用一般的毫米刻度尺直接测量更精确，下列物理实验与游标卡尺、螺旋测微器等仪器制成原理相同的是()A卡文迪许实验 B伽利略理想斜面实验C粒子散射实验 D法拉第电磁感应实验【答案】AA、卡文迪许实验通过悬挂旋转测得的常量，运用放大的思想，故A正确；B、理想实验是建立在经验事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故B错误；C、原子的结构非常紧密，用一般的方法是无法探测它的内部结构的，要认识原子的结构，卢瑟福设计了高速粒子对它进行轰击，故C错误；D、法拉第电磁感应实验采用控制变量法得出磁产生电故D错误。故选A。【考点】物理学
2、史14. 据美国连线杂志网站报道，在浩瀚的宇宙中，天文学家成功测得太阳系外的一颗行星的质量，发现其密度和地球相同这是科学家证实的第一颗同地球密度相同的类地行星已知类地行星的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍(忽略行星自转的影响)，则下列说法正确的是()A类地行星与地球的质量之比为21B类地行星与地球的半径之比为1C类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2D类地行星与地球的第一宇宙速度之比为21【答案】DAB、根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力列出等式有：，得：，根据密度的定义，有：，类地行星密度和地球相同，已知类地行星的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，所以类地行星与地球的半径
3、之比为2：1，类地行星与地球的质量之比为8：1，故AB错误；CD、根据万有引力提供向心力，则有第一宇宙速度为：，类地行星与地球的半径之比为2：1，类地行星与地球的质量之比为8：1，所以类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2：1，故C错误D正确。故选D。【考点】万有引力定律及其应用15.下列说法中正确的是（ ）A照射珍贵物品用的“冷光灯”利用了光的衍射原理B拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减小反射光的强度C海市蜃楼是光的干涉形成的D红光和蓝光在同种介质中传播时，因为蓝光的频率大，所以蓝光的传播速度大。 【答案】BA、照射珍贵物品用的“冷光灯”利用了光的反射原理，故A错误；B、在镜头
4、前加一个偏振片，可以减小偏振光进入的强度，由于反射光是偏振光，因此拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片，故B正确；C、海市蜃楼是光的全反射形成的，故C错误；D、不同光在同种介质中传播时，根据蓝光的折射率大，结合公式c=nv，可知蓝光的传播速度小，故D错误。故选B。【考点】光的衍射；光的干涉；光的偏振16处于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s。已知t=0时，波刚传播到x=40m处，波形如图所示。在x=400m处有一接受器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )A波源开始振动时方向沿y轴正方向B接受器在t=2s时才能接受此波 C若波源向x轴正方向匀速运动
5、，接受器收到波的频率为10HzD从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6m【答案】DA、波沿x轴正方向传播，运用波形平移法可知，由图中x=40m处质点的起振方向为沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A错误；B、接收器与x=40m的距离为x=400m-40m=360m，波传到接收器的时间为，故B错误；C、该波的频率为，若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于10Hz，故C错误；D、由图读出波长为=20m，周期为，由于t=0.15s=1.5T，从t=0开始经0.15s时，x=40m的质点运动的路程S=1.
6、54A=610cm=0.6m，故D正确。故选D。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系；多普勒效应17如图所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d两个端点接在匝数比n1:n2=10:1的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，导体棒ab长为L(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴（也是两圆环的中心轴）OO以角速度匀速转动.如果变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则（ ）A.变阻器上消耗的功率为P=10I 2RB.ab沿环转动过程中受到的最大安培力F=BILC.
7、取ab在环的最低端时t=0，则棒ab中感应电流的表达式是i=IsintD.变压器原线圈两端的电压U1=10IR【答案】BA、理想变压器的电流与匝数成反比，所以由得，变阻器上消耗的功率为，故A错误；B、ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为，此时的安培力也是最大的，最大安培力为，故B正确；C、ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab中感应电流的表达式应为，故C错误；D、副线圈的电压为，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压，故D错误。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率；变压器的构造
8、和原理18.如图所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd相连接。线圈A内存在变化的磁场，且磁感应强度B的正方向规定为向左，已知ab和cd的作用情况为：02s内互相排斥，24s内互相吸引。则线圈A内磁感应强度B随时间变化的图象不可能是（ ）【答案】B等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由a到b，02s内互相排斥，24s内互相吸引，则02s内cd的电流方向由d到c，24
9、s内cd的电流方向由c到d，根据楞次定律判断，故B正确。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律；带电粒子在匀强电场中的运动；楞次定律第卷 必考部分（共157分）19.实验题（18分）（I）用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上。（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有_。A小球的质量mB小球下落到每一个速度传感器时的速度vC小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2h图象，由图象算出其斜率k，当k=_可以认为小球下落过程中机械能守恒。（3）写
10、出对减小本实验误差有益的一条建议：_。【答案】（1）BC （2）2g （3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等。（1）小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：，即，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t，故BC正确AD错误；（2）由，得，则图象的斜率；（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等。【考点】机械能守恒定律（）某同学为了测量电流表G的内阻和一段电阻丝AB的电阻率，设计了如图甲所示的电路已知滑片P与电阻丝有良好的接触，其他
11、连接导线电阻不计现有以下器材：A待测电流表G（量程为60mA，内阻Rg）B一段粗细均匀的电阻丝AB（横截面积为S=1.010-7m2，总长度为L总=60 cm）C定值电阻R=20 D电源E（电动势为6V，内阻不计）E毫米刻度尺 F电键S，导线若干（1）连接好电路，闭合电键S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度L和电流表的读数I；改变P的位置，共测得5组L与I的值（2）根据测出的I的值，计算出1/I的值，并在坐标纸上描出了各数据点(L，1/I)，如图丙所示，请根据这些数据点在图丙上作出1/IL的图象（3）由1/IL的图象可得待测电流表内阻Rg=_，电阻丝电阻率=_m.（结果保留两位有效数字）
12、（4）实验所提供的器材中，如果电源E的内阻未知且不能忽略，其他条件不变，则（ ）A仍能测出Rg和BRg和均不能测出C只能测出Rg D只能测出【答案】（2）如图所示 （3）100 4.04.210-5均可 （4）D（2）采用描点法作图，如图所示；（3）根据闭合电路欧姆定律，有：根据电阻定律，有：联立得到：即：的图象的纵轴截距为：解得： 的图象的斜率：解得：；（4）结合表达式和图象乙，只能求解两个未知量，但有三个未知量，故Rg不能测出，故D正确。【考点】测定金属的电阻率；伏安法测电阻20（15分）一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示。已知小车质量M
13、=3.0kg，长L=2.06m，圆弧轨道半径R=0.8m。现将一质量m=1.0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车。滑块与小车上表面间的动摩擦因数。（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）小车运动15s时，车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能。【答案】（1）30N （2）1m （3）6J（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得在B点由牛顿第二定律得解得轨道对滑块的支持力（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得对小车：，得设经时间t后两者达到共同速度，则有解得由于，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速
14、度因此，1.5s时小车右端距轨道B端的距离为m（3）滑块相对小车滑动的距离为所以产生的内能【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律21（19分）如图所示，第三象限内存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场方向向里，大小为B0，匀强电场场强为E。第二象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向内的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以某一速度从M点进入第三象限，沿与y轴正方向成600的直线运动到P点，在P点进入第二象限的磁场，经过一段时间后粒子垂直y轴上的N点通过y轴，N点到原点距离为L。忽略粒子的重力影响。求：（1）请分析匀强电场的场强方向并求出粒子的运动速度。（
15、2）矩形有界磁场的磁感应强度B的大小。（3）矩形有界磁场的最小面积。【答案】 （1）由于不计重力，粒子在第三象限内运动时只受电场力和洛伦兹力，它的运动为匀速直线运动，根据左手定则带正电的粒子受洛伦兹力方向垂直MP斜向下，电场力与洛伦兹力平衡斜向上，与y轴正方向成300角。由平衡条件有：所以（2）粒子在第二象限运动轨迹如图。由几何关系得根据牛顿第二定律有解得（3）有界磁场的最小面积【考点】牛顿第二定律；带电粒子在匀强磁场中的运动22（20分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电
16、阻R2，已知R112R，R24R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道足够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落到r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后，棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，
17、加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。【答案】 （1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得，式中； 由以上各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即所以，（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，
18、有即由以上各式解得【考点】牛顿第二定律；能量守恒定律【物理选修3-5】（本题共有两小题，每题6分，共2分。每小题只有一个选项符合题意。）30. (1) 发生一次衰变后变为Ni核，在该衰变过程中还发出两个频率均为的光子，如果衰变前的质量为MCo，衰变后产生的Ni核质量为MNi，粒子的质量为m，则下列说法中不正确的是（ ）A衰变反应方程为B衰变过程的质量亏损为mMCo(MNim)C光子能量Ehmc2D两个光子的总能量为E总2hmc2【答案】CA、根据质量数和电荷数守恒知，故A正确；B、衰变过程的质量亏损为，故B正确；C、发出两个频率均为的光子，光子能量，故C错误；D、由质能方程知两个光子的总能量为
19、，故D正确。故选C。【考点】裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程（2）如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出，直到B船上的人不能再接到A船，试求B船上的人推船的次数（ ）A4次 B5次 C6次 D7次【答案】C取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得得当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，有即：设第n次推出A时，B的度大小为vn，由动量守恒定律得
20、得所以由，得取，即第6次推出A时，B船上的人就不能再接到A船。故选C。【考点】动量守恒定律参考答案：13-18：A、D、B、D、B、B 30.（1）C （2）C19.（I）（1）B C（3分） （2）2g（3分） （3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等。（3分）（）（2）如图所示（3）88 100均可 4.04.210-5均可 （4）D20（15分）答案：（1）30N （2）1m （3）6J解析：（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得 （2分）在B点由牛顿第二定律得 （2分）解得轨道对滑块的支持力 N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/
21、s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有 （1分）解得 s （1分）由于s15s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s （1分）因此，15s时小车右端距轨道B端的距离为 m （2分）（3）滑块相对小车滑动的距离为 m （2分）所以产生的内能 J （1分）21（19分）解析：（1）由于不计重力，粒子在第三象限内运动时只受电场力和洛伦兹力，它的运动为匀速直线运动，根据左手定则带正电的粒子受洛伦兹力方向垂直MP斜向下，电场力与洛伦兹力平衡斜向上，与y轴正方向成300角。 2分由平衡条件有： 2分 所以 2分（2）粒子在第二象限运动轨迹如图。 2分由
22、几何关系得 2分根据牛顿第二定律有 2分解得 3分（3）有界磁场的最小面积 4分22:解析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma，式中I=E/R总 ；E=BLV1； 4R ； Lr (各1分)由以上各式可得到 (各1分，共6分)（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得 此时导体棒重力的功率为 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 所
23、以， (各1分，共8分)（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有FmgFma 即 (各1分，共4分)由以上各式解得(2分)30.（2）取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得mBv1mAv=0 即：v1= 当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，有mAv mBv1=mAvmBv2 即：v2= 设第n次推出A时，B的度大小为vn，由动量守恒定律得mAv mBvn-1=mAvmBvn 得vn=vn-1+， 所以vn=（2n1） 由v vn，得n55 取n=6，即第6次推出A时，B船上的人就不能再接到A船。
