1、“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）命题人：龙海二中 苏碧树 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A0.2倍 B0.32倍 C0.4倍 D0.16倍【答案】A传输功率不变，故传输电流为：电功率损耗为：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：解得：。故选A。【考点
2、】电功、电功率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1hD在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力【答案】BA、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，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得
3、得当汽车速度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，v=7.9km/s，R=6400km，代入解得T=5087s=1.4h，“航天汽车”环绕地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
4、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的位置有两个 B加速度大小等于重力加速度的位置有三个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】BAB、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，
5、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；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】DA、若该波在t1=0时刻已沿+x方向恰传
6、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，则，根据波的平移法实线右移波长为虚线波形，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，即传播距离为，根据波的平移法，波向左平移波长为虚线波形，故波向-x方向传播，故D正确。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
7、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（ ）A紫光以45的入射角入射 B红光以45的入射角入射C紫光以30的入射角入射 D红光以30的入射角入射【答案】A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：又有若为同一色光，则n相同，则i增加且i比r增加得快，得知且增加，且增加，故CD错误；若入射角相同，可得，得知n增加，x增加，故A正确D错误。故选A。【考点】光的折射定律18.如图所示，边长为a正方形ABCD处在匀强电场中，其中,，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
8、在纸面内顺时针转过，则此时的F点电势和该匀强电场的场强分别为（ ）A 、 B、 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，；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=。则：；根据勾股定理得到：；.。其中：，又：联立以上各式，代入数据解得：。故选C。【考点】电势；电场强度二、实验（18分）19、（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
9、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：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 ；滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小 钩码的重力大小(选填“大于”、“等于”或“小于”)；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）若滑块质量为M、钩码质量为
10、m、当打点计时器打下1、3点时滑块的速度分别为和，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 。（用相应的符号表示）【答案】等间距（或均匀） 等于 6.06 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；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；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：，；根据得：；则物体的加速度则得：；对滑块，外力做功为mgs，动能变化为，则需要探究的方
11、程为：。【考点】探究功与速度变化的关系（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/V0.000.200.501.001.502.002.503.00I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215现备有下列器材：A内阻不计的6V电源； B量程为03A的内阻可忽略的电流表；C量程为00.3 A的内阻可忽略的电流表； D量程为03V的内阻很大的电压表；E阻值为010，额定电流为3A的滑动变阻器； 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）
12、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_。(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
13、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；由电路图可知，可解得。【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
14、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】 （1）ab棒匀速下滑时ab棒匀速下滑时切割磁感线产生感应电动势由欧姆定律可得而联立可得：（2）ab棒与电阻R串联，电流相等，产生的热量Q相同由能量守恒得可得【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03t0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
15、t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、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】 （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，则有，联立解得两极板间偏转电压为。（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，则有解得（3）2t0时刻
16、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，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，联立解得，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，所求最短时间为带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。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：所以，带电粒子在磁场中的运动时间：【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
17、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v04.0m/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 = 0.50（g10m/s2、sin37 0.60、cos37 0.80）求小物块到达A点时速度。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？ 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 （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，竖直速度为vy
18、，小物块恰好沿斜面AB方向滑下，则得，由勾股定理得物块到A点的速度为5m/s（2）物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力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0物块从抛出到圆轨道最高点的过程中，根据动能定理有：联立上式，解得若物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径满足（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，则解得物块能够滑回倾斜轨道AB，则。【考点】平抛运动；动能定理第卷 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，2
19、9. 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】DA、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；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
20、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 B.气体压强增大C.气体分子的平均动能减小 D.气体内能增加【答案】CA、当活塞在外力作用
21、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，W0，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=W0，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
22、是 (填选项前的编号)A卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B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】DA、卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故A错误；B、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
23、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、射线、射线、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 kgm/s的动量追上前方以5 kgm/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)A6.5 kgm/s， 5.5 kgm/s B6 kgm/s， 6 kgm/sC4 kgm/s， 8 kgm/s D5.5 kgm/s， 6
24、.5 kgm/s【答案】CA、动量守恒，初状态总动能，末状态总动能，知动能不增加，故A可能；B、动量守恒，末状态的总动能，知动能不增加，故B可能；C、动量守恒，末状态总动能，知动能增加，违背动量守恒的规则，故C错误；D、动量守恒，末状态总动能，知动能不增加，故D可能。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 总分：120分）命题人：龙海二中 苏碧树 题号131415161718答案一、选择题 二、实验题19、 ； ； _ _m/s2.是 。（1） ；（2） ；（3） ：（4） 三、计算题 20.21.图甲图乙22.29（1） （2） 30（1） (2
25、) 2014届高考模拟试卷物理答案13. A 14、B 15. B 16、D 17、A 18.C19、等间距（或均匀）等于 6.06 （每空2分）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 （2分）ab棒匀速下滑时切割磁感线产生感应电动势 （1分） 由欧姆定律可得 （1分） （1分）联立可得： （2分） （2）ab棒与电阻R串联，电流相等，产生的热量Q相同 （2分） 由能量守恒得 （4分） 可得 （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
26、负方向偏移的距离为l/2，则有 （1分）Eq=ma （1分）l/2=at02/2 （2分）联立解得两极板间偏转电压为。（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）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 （1分）联立式解得 （2分）。（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，（1分）联立解得，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，所求最短时间为
27、, （2分）带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。（2分）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：（2分）所以，带电粒子在磁场中的运动时间：（1分）22解：（20分） 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） 物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力 f = FN = mgcos37（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，
28、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) mgcos37l = 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） 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) mgcos37l 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） C30.（1） D （2） C
