1、2014届漳州八校联考物理卷3月13一块半圆柱形玻璃砖放在空气中，如图所示，一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带。下列说法正确的是 A红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长B光带从左到右排列顺序为红紫C如果a逐渐减小时，则紫光最先消失D无论a多大，各色光都能从玻璃砖中射出【答案】CA、红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据分析得知红光在玻璃砖中传播速度最大，穿越玻璃砖的时间最短，故A错误；B、由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，折射率最大的偏折程度最大，从玻璃射向空气中时，折射光线更远离法线在各种色光中，红光的折射率最小，紫光的折射率最大，所
2、以紫光偏折最严重，红光偏折最小，从左到右的排布是由紫红，故B错误；C、D根据全反射临界角公式可知，紫光的临界角最小，如果a逐渐减小时，入射角增大，紫光最先发生全反射，最先从彩色光带中消失，故C正确D错误。故选C。【考点】光的折射定律；全反射14、2012年10月25日，我国将第十六颗北斗卫星“北斗-”送入太空，并定点于地球同步轨道东经110.5。由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力。其定位精度优于20m，授时精度优于100ns。关于这颗“北斗-G6”卫星以下说法中正确的有( )A这颗卫星轨道平面与东经110.5的经线
3、平面重合B通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方C这颗卫星的线速度大小比离地350公里高的天宫一号空间站线速度要大D这颗卫星的周期一定等于地球自转周期【答案】DAB、同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道，所以北斗导航卫星不可能与东经110.5的经线平面重合，也不可能定点于杭州正上方，故AB错误；C、根据，r越大，v越小同步卫星距离地球的高度约为36000km，所以该卫星正常运行时的速度比离地350公里高的天宫一号空间站线速度小，故C错误；D、同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，故D正确。故选D。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律15、完全相同的两物体
4、P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平面上，如图所示。现用两根等长的细线系在两物体上，在细线的结点处施加一水平拉力F，两物体始终保持静止状态，则下列说法不正确的是(重力加速度为g) A物体P受到细线的拉力大小为 B两物体间的摩擦力大小为C物体Q对地面的压力大小为2mg D地面对Q的摩擦力为F【答案】AA、将F按照平行四边形定则进行分解，如图：设T1与水平方向夹角为，根据平衡条件：，即物体P受到细线的拉力大小为，故A错误；B、以P为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：，故B正确；C、以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：，根据牛顿第三定律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故
5、C正确；D、以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：f=F，故D正确。故选A。【考点】共点力平衡16、位于原点的波源在t0开始沿y轴做简谐运动，它激起横波沿x轴传播，当t0.15s时，波的图像如右图所示，此时波恰好传到P点，则（ ）（A）该波源的频率是0.2Hz （B）波长是0.4m（C）P点将向下运动 （D）P点将向右运动【答案】BAB、据题意，该波在t=0.15s时间内传播的距离x=0.3m，则波速，由图知：波长=0.4m，由得频率，故A错误B正确；C、简谐波向右传播，根据波形的平移法得知，P点将向上运动，故C错误；D、简谐波向右传播，根据波形的平移法得知，P点将向上运动，不
6、会向右移动，故D错误。故选B。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系17、如图所示a、b间接人正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器， 显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是AV1的示数不变，V2的示数减小BV1的示数减小，V2的示数减小 CA 1的示数增大，A 2的示数增大DA 1的示数减小，A 2的示数减小【答案】A当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的
7、总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故A正确。故选A。【考点】变压器的构造和原理18、如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1B、B22B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一
8、半面积在两个磁场中时，线框的速度为v/2，则下列结论中正确的是（ ）（A）此过程中通过线框截面的电量为 （B）此过程中回路产生的电能为0.5mv2 （C）此时线框的加速度为 （D）此时线框中的电功率为【答案】CA、感应电动势为：，感应电流为：，电荷量为：q=It，解得：，故A错误；B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：，故B错误；C、此时感应电动势：，线框电流为：，由牛顿第二定律得：，解得：，故C正确；D、此时线框的电功率为：，故D错误。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；电功、电功率19.（18分）（1）（8分）某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：用游标卡
9、尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为_ cm.某同学先测得摆线长为89.2 cm,然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图甲中秒表所示，则: 该单摆的摆长为_cm,秒表所示读数为_s。为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l,测出相应的周期T,从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图乙所示，则测得的重力加速度g=_.【答案】0.97 cm 单摆的摆长89.68 cm 秒表所示读数为57.0 s 9.86 m/s2游标卡尺的读数=主尺+游标尺与主尺对齐各数精确度=9mm+70.1mm=9.7mm=0.97cm；单摆的摆长；秒表
10、的读数为：57.0s单摆的周期公式，所以图象的斜率表示，由图知K=4，则：。【考点】用单摆测定重力加速度（2）（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A直流电源3V（内阻可不计） B直流电流表0600mA（内阻约0.5） C直流电压表03V（内阻约3k） D滑动变阻器（10，1A）E滑动变阻器（1k，300mA） F 开关、导线若干（1）本实验中滑动变阻器选用 （填 “D” 或 “E ” ）（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如下图所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零
11、。闭合开关后发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是 ；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是 ；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是 。（3）下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线。（4）如图所示，将两个这样的灯泡并联后再与5的定值电阻R0串联，接在电压恒定为4V的电路上，每个灯泡的实际功率为 w（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）D （2）d，h，g； （3）如图 （4）0.30W（1）由图1所示电路图可知，滑动
12、变阻器采用分压接法，滑动变阻器应选D；（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后，发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为 h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示；（4）在如图3所示电路中U=E-2IR0=4-25I=4-10I，即U=4-10I，在灯泡的I-U图象中作出等效电源的I-U图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压为1.0V，通
13、过灯泡的电流为0.3A，每个灯泡消耗的实际功率P=UI=1.00.3=0.30W；【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线20.（15分）一长=0.80m的轻绳一端固定在点，另一端连接一质量=0.10kg的小球，悬点距离水平地面的高度H = 1.00m。开始时小球处于点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示。让小球从静止释放，当小球运动到点时，轻绳碰到悬点正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2。求： （1）当小球运动到点时的速度大小；（2）绳断裂后球从点抛出并落在水平地面的C点，求C点与点之间的水平距离；（3）若OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达
14、到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力。【答案】 （1）设小球运动到点时的速度大小，由机械能守恒定律得解得小球运动到点时的速度大小（2）小球从点做平抛运动，由运动学规律得、解得C点与点之间的水平距离（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿第二定律得而由以上各式解得【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；匀变速直线运动规律21.（19分）如图所示，两平行导轨间距L0.1 m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角30，垂直斜面方向向上的磁场的磁感应强度B0.5 T，水平部分没有磁场金属棒ab质量m0.005 kg，电阻r0.02 ，运动中与
15、导轨有良好接触，并且垂直于导轨，电阻R0.08 ，其余电阻不计，当金属棒从斜面上离地高h1.0 m以上任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m(取g10 m/s2)求：(1)棒在斜面上的最大速度；(2)水平面的动摩擦因数；(3)从高度h1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量。【答案】(1)1.0 m/s (2)0.04 (3)3.8102 J(1)由题意知金属棒从离地高h1.0m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动；设最大速度为v，则感应电动势感应电流安培力匀速运动时，有解得(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动
16、，有、解得(3)下滑的过程中，由动能定理可得：安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有电阻R上产生的热量：解得【考点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律；功能关系22.（20分）如图所示，在一二象限内范围内有竖直向下的匀强电场E，电场的上边界方程为。在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为的匀强磁场。现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力。（1）求在处释放的离子进入磁场时速度。（2）若仅让横坐标的离子释放，它最后能经过点，求从释放到经过点所需时间t.（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只
17、有一点持续发出荧光。求该点坐标和磁感应强度。【答案】 或者 （1）于x处释放离子，由动能定理得得离子进入磁场时的速度（2）由（1）得在处释放的离子到达x轴时速度为从释放到到达x轴时间为第一种情况：离子直接从经磁场达处。在磁场中经历半圆时间总时间第二种情况：离子直接从经磁场达处进入电场返回磁场再到处易得在磁场中时间仍然为在电场中时间为总时间为（3）在磁场B中所以运动半径可以看出，B一定时，必有，当时，（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0,0）点出磁场，击中荧光屏上则有因为所以【考点】动能定理；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29物理选修33(本题共有
18、两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。)(1)下列说法中正确的是_(填选项前的字母)A布朗通过实验观察到了水分子做永不停息的无规则运动B麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少，C开尔文认为绝对零度是可以达到的D克劳修斯提出了热力学第二定律，并造出了第二类永动机【答案】BA、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是水分子的无规则运动，故A错误；B、麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少，故B正确；C、绝对零度是无法达到的，故C错误；D、克劳修斯提出了热力学第二定律，明确无法从单一热源吸收热量而持续做功；故第二类永动机无法造出，故D错误。故选B。【考
19、点】布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律 (2) 被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，就会重新鼓起来。这一过程乒乓球内的气体( )A.吸热，对外做功，内能不变 B.吸热，对外做功，内能增加C.温度升高，体积增大，压强不变 D.压强增大，单位体积分子数增大【答案】B被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，重新鼓起来，体积增大，则气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，此过程气体吸热，故B正确。故选B。【考点】理想气体的状态方程30物理选修35(本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。)(1)下列说法中正确的是_(填选项前的字母)
20、A玛丽居里首先提出原子的核式结构学说B查德威克在利用a粒子轰击铍核的实验中发现了中子C卢瑟福在“粒子散射实验中发现了电子D玻尔为解释光电效应的实验规律提出了光子说【答案】BA、卢瑟福在“粒子散射实验中，提出原子的核式结构学说，故A错误；B、查德威克在利用a粒子轰击铍核的实验中发现了中子，故B正确；C、汤姆生发现电子，故C错误；D、爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说，故D错误。故选B。【考点】原子的核式结构；玻尔模型和氢原子的能级结构 (2) 在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2 kg，乙球的质量m2=1 kg，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随
21、时间变化情况如图所示。已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )A.7 m/s,向右B.7 m/s，向左C.1 m/s,向左D.1 m/s，向右【答案】B由图知，甲球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，碰撞后，甲乙的速度，以甲乙两球组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，碰撞过程，由动量守恒定律得：，解得：，负号表示方向与正反向相反，即方向向左。故选B。【考点】动量守恒定律参考答案：13、 C；14、 D；15、A； 16、B； 17、A；18、 C ； 29(1) B；(2) B；30(1) B；(2) B 19.（18分）（1）（8分）0.97 cm。单摆的摆长
22、89.68 cm。秒表所示读数为57.0 s。9.86 m/s2 。每格2分。 （2）（10分）：（1）D （2分）（2）d，h，g；（共3分，各1分）（3）如图 （2分）（4）0.30W （3分）20.（15分）解：（1）设小球运动到点时的速度大小，由机械能守恒定律得 （2分） 解得小球运动到点时的速度大小 = 4.0 m/s （2分）（2）小球从点做平抛运动，由运动学规律得 （2分） （2分） 解得C点与点之间的水平距离 =0.80m （2分）（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得 （2分） （2分）由以上各式解得N （1分）21.（19分）(1)1.0 m/s(
23、2)0.04(3)3.8102 J解：(1)由题意知金属棒从离地高h1.0 m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动设最大速度为v，则感应电动势EBLv1分感应电流I1分安培力FBIL1分匀速运动时，有mgsin F1分解得v1.0 m/s2分(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力fmg2分金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有fma1分v22ax1分解得0.042分(用动能定理同样可以解答)(3)下滑的过程中，由动能定理可得：mghWmv22分安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有WQ2分电阻R上产生的热量：QRQ2分解得QR3.8102 J.1分22.（20分）解
24、答：（1）于x处释放离子，由动能定理得 (3分)得离子进入磁场时的速度 (2分)（2）由（1）得在处释放的离子到达x轴时速度为 (1分)从释放到到达x轴时间为 (1分)a) 第一种情况：离子直接从经磁场达处。在磁场中经历半圆时间 (1分)总时间 (1分)b) 第二种情况：离子直接从经磁场达处进入电场返回磁场再到处易得在磁场中时间仍然为 (1分)在电场中时间为 (1分)总时间为 (1分)（3）在磁场B中 (2分) 所以运动半径 (2分)可以看出，B一定时，必有， 当时，（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0,0）点出磁场，击中荧光屏上(1分)则有 (1分) 因为 所以 (2分)
