1、福建省漳州市华安一中2014届高三高考模拟物理试题13某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态。若水平风速缓慢增大，不考 虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是 ( )A、砖块对地面的压力保持不变 B、砖块受到的摩擦力可能为零 C、砖块可能被绳子拉离地面 D、细绳受到的拉力逐渐减小【答案】AAB、以气球和砖块整体为研究对象，分析受力如图1，根据平衡条件得：竖直方向：N+F1=G1+G2，水平方向：f=F气球所受的浮力F1、气球的重力G1、砖块的重力G2都不变，则地面对砖块的支持力N不变，地面受到砖块的压力也不变在砖块滑动前，当
2、风力F增大时，砖块所受的摩擦力增大，当砖块滑动后受到的摩擦力f=N保持不变，故A正确B错误；C、由于地面对砖块的支持力N=G1+G2-F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，砖块连同气球一起不可能被吹离地面，故C错误；D、以气球为研究对象，分析受力如图2所示：气球受力：重力G1、空气的浮力F1、风力F、绳子的拉力T设绳子与水平方向的夹角为，当风力增大时，将减小根据平衡条件得竖直方向有：F1=G1+Tsin，当减小时，sin减小，而F1、G1都不变，则绳子拉力T增大，故D错误。故选A。【考点】共点力平衡 14如图所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样。现让a、b两种光
3、组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播路径与方向可能正确的是( )【答案】DAB、根据双缝干涉相邻条纹间距公式可知，a光的波长大，则同一介质对a的折射率小，对b光的折射率大；根据平行玻璃砖的光学特性可知，出射光线与入射光线平行，由于a光的折射率小，偏折程度小，所以出射时a光应在右侧，故AB错误；C、由分析可知，a光的临界角较大；当光从棱镜射入空气中时，若b不发生全反射，能射出棱镜，则a光一定也不发生全反射从棱镜射出，故C错误；D、当光从棱镜射入空气中时，若a不发生全反射，能射出棱镜，b光可能发生全反射不从棱镜射出，此图是可能的，故D正确。故选D。【考点】光的折射定律15.2013年12
4、月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100Km的环月圆轨道I上的P点变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道II，由近月点Q成功落月，如图所示。关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是 ( )A.沿轨道I运行一周的位移大于沿轨道II运行一周的位移B.沿轨道II运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度C.沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期 D.在轨道II上由P点到Q点的过程中机械能增加【答案】BA、无论沿哪个轨道运行一周，其位移都为零，故A错误；B、根据得：，沿轨道运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故B正确；C、根据开普勒第三定律可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道的
5、半长轴（半径）大于轨道的半长轴，故沿轨道运动的周期小于沿轨道运动的周期，故C错误；D、在轨道上由P点运行到Q点的过程中，只受万有引力，所以机械能不变，故D错误。故选B。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用16. 一列简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2 s(小于一个周期)时刻的波形如图中的虚线所示，则( )A.波一定向右传播B.波的周期T=0.05 sC.波的传播速度可能为90 m/sD.00.2 s内质点P通过的路程为一个振幅【答案】CA、该波可能向左传播，也可能向右传播，故A错误；BC、若波向左传播，由，得，波速，若波向右传播，则周期为T=0.8
6、s，故B错误C正确；D、若波向右传播，周期为0.8s，所以00.2s内质点P完成，但通过的路程却不等于一个振幅，它不是从平衡位置或波峰，波谷运动的；若波向左传播，周期为，故D错误。故选C。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系17.某同学自制变压器,原线圈为n1匝,在做副线圈时,将导线ab对折后并在一起,在铁芯上绕n2圈,从导线对折处引出一个接头c,连成如图所示电路。S为单刀双掷开关,线圈电阻不计,原线圈接u1=Umsint的交流电源。下列说法正确的是( )A.S接b时,电压表示数为B.S接c时,电压表示数为C.S接c时,滑动触头P向下移动,变压器输入功率变大D.S接c时,滑动触头P向上移
7、动,变压器输入电流变大【答案】DA、K打到b时，变化的磁场在副线圈中产生的感应电动势a、b电势相等，a、b间无电压，故A错误；B、由表达式知输入电压有效值为，根据电压与匝数成正比知电压表的读数为，故B错误；C、S接c时，滑动触头P向下移动，电阻增大，电压不变，变压器输入功率等于输出功率变小，故C错误；D、S接c时，滑动触头P向上移动，电阻减小，电压不变，副线圈电流增大，变压器输入电流变大，故D正确。故选D。【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率18如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面
8、垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度v随车的位移x变化的vx图象如图乙所示则 ( ) A线圈的长度L15 cmB磁场的宽度d25 cmC线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4 m/s2D线圈通过磁场过程中产生的热量为40 J【答案】BA闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=10cm，故A错误；B磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5
9、cm=25cm，故B错误；C根据及得：，因为v是一个变量，所以F也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；D线圈通过磁场过程中运用动能定理得：，由乙图可知，带入数据得：，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确。故选B。【考点】匀变速直线运动的图像；电磁感应中的能量转化；法拉第电磁应该定律第卷必考部分第卷必考部分共9题，共157分。19（18分）（1）.(8分)某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。(1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持状态。(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。
10、由此图线可得该弹簧的原长x0=cm,劲度系数k=N/m。(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一个弹簧测力计,当弹簧测力计上的示数如图丙所示时,该弹簧的长度x=cm。【答案】(1)竖直 (2)4 50 (3)10（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律，有：；（3）由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm。【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系 (2)某课题研究小组，选用下列器材测定某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r。(电动势约
11、为4 V，内阻在几欧到几十欧之间)A.电压表 (量程6 V，内阻约为6.0 k)B.电流表 (量程2 mA,内阻约为50 )C.电阻箱R(0999.9 )D.开关S一只、导线若干(1)某同学从上述器材中选取了电流表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，你认为可行吗？请说明理由：_ _。(2)今用上述器材中的电压表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，请画出实验电路图。 (3)根据(2)中实验电路测得的8组U、R数据，已在坐标系中描出了各点，请作出图像。根据图像求得E=_V, r=_。【答案】(1)将电流表、电阻箱串联在锂电池上，估测通过电路的最小电流大于2 mA。故该同学的设计不可行。(2)实验电路如图(
12、3) E=3.7 V，r=9.8。（1）根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流大约是4mA，已经超出电流表量程2mA，所以不可行；（2）根据伏阻法画出实验电路图，如图；（3）根据闭合欧姆定律，得：，变形得，图象与纵轴的截距：，图象斜率：，电池内阻。【考点】测定电源的电动势和内阻20.(15分)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电的小球以水平初速度v0从离地高为h的地方做平抛运动，落地点为N，不计空气阻力，求：(1)若在空间加一个竖直方向的匀强电场，使小球沿水平方向做匀速直线运动，则场强E为多大？(2)若在空间再加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场，小球的落地点仍为N，则磁感应强度B为
13、多大？ 【答案】 (1)由于小球受电场力和重力且做匀速直线运动，故，所以.(2)再加上匀强磁场后，由于重力与电场力平衡，故小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动得由几何关系得：其中，由以上几式解得：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动21. （19分）如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角=37,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2kg、电荷量q=+110-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平
14、轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。【答案】 (1)设弹簧枪对小物体做的功为W，由动能定理得代入数据得(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有得设运动的位移为x1，有电场力反向后，设小物体的加速
15、度为a2，由牛顿第二定律得设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有、设CP的长度为x，有联立相关方程，代入数据解得【考点】动能定理；匀变速直线运动规律；牛顿第二定律22.（20分）如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标(l，0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场(图中未画出)。现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射人电场，并从y轴上A点(0，0.5l)射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30角，此后，电子做匀速直线运动，进人磁场并从圆
16、形有界磁场边界上Q点(l/6，l)射出，速度沿x轴负方向。不计电子重力。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小？(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？(3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？【答案】 ， （1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则、解得(2)设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则、所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示。设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则 (有) (或)解得， (3)以切点F、Q为直径的圆形有界
17、匀强磁场区域的半径最小，设为r1，则得【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29【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）如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是 ( )A玻尔理论也能很好地解释复杂原子的光谱B玻尔理论认为原子的能量是连续的，电子的轨道半径是不连续的C大量处在n2 能级的氢原子可以被2.00 eV的电子碰撞而发生跃迁D当氢原子从n2的状态跃迁到n3的状态时，辐射出1.87 eV的光子【答案】CA、玻尔理论能很好地解释氢原子光谱，不能解释复杂原子的光谱，故A错误；B、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半
18、径也是量子化的，故B错误；C、大量处在n=2能级的氢原子可以被2.00eV的电子，1.89eV的能量被氢原子吸收跃迁到第3能级，还剩的能量转变为电子的动能，故C正确；D、当氢原子从n=2的状态跃迁到n=3的状态时，吸收1.89eV的光子，故D错误。故选C。【考点】氢原子的能级公式和跃迁（2）质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则 ( )A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹簧弹力的作用，甲乙两物体组成的系统动量不守恒B. 当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C. 甲物块的速率可达到5m/sD.
19、 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0【答案】DA、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，故A错误；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到，解得，故B错误；C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则，代入解得，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律，若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则，代入解得，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C正确；D、若物块甲的速率为1m/s，方
20、向与原来相同，则由，代入解得；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由，代入解得，故D错误。故选D。【考点】动量守恒定律物理答案13.A 14.D 15.B 16.C 17.D 18.B19. (1)竖直(2)450(3)10(每空2分)20.(15分)(1)由于小球受电场力和重力且做匀速直线运动，故，所以.(2)再加上匀强磁场后，由于重力与电场力平衡，故小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动得由几何关系得：其中，由以上几式解得：21. （19分） (1)设弹簧枪对小物体做的功为W，由动能定理得代入数据得(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律
21、得小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有得设运动的位移为x1，有电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有、设CP的长度为x，有联立相关方程，代入数据解得22.（20分）（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则、解得(2)设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则、所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示。设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则 (有) (或)解得， (3)以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为r1，则得29.C D