1、中山市2014年高考物理模拟试题一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。13下列说法正确的是：（ ）A水的饱和汽压随温度的升高而减小B用油膜法可以粗略测定分子的质量C滴入水中的红墨水很快散开是布朗运动D如图水黾可以停在水面上说明了液体存在表面张力【答案】DA、水的饱和汽压随温度的升高而升高，故A错误；B、用油膜法可以粗略测定分子的直径，可以进一步估算分子的体积，但不能计算分子的质量，故B错误；C、滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，故C错误；D、水黾可以停在水面上说明了液体存在表面张力，是水分子引力的宏观表现，故D正确。故选D。【考
2、点】液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动14在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体（视为理想气体）（ ）A压强变小 B放出热量 C分子平均动能不变 D内能变大【答案】D泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸收热量，体积不变，内能变大，温度升高，分子平均动能增大，压强增大。故选D。【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程15被拉直的绳子一端固定在天花板上，另一端系着小球。小球从A点静止释放，运动到B点的过程中，不计空气阻力。则（ ）A小球受到的拉力先变小后变大 B小球的切向加速度一直变大C小球的机械能守恒 D小球的动能先变大后变小【答案】CAC、小球由静止运动到最低点的过程中，只有重力做正
3、功，重力势能转化为动能，小球的机械能守恒，小球的速率不断增大；设绳子与竖直方向的夹角为，小球运动过程中所需要的向心力由绳子拉力与重力沿绳子方向分力的合力提供，则有：得： ，因减小，cos增大，v增大，所以T增大，即绳子的拉力不断增大，故A错误C正确；B、小球所受的切向合力为 mgsin，由牛顿第二定律得：，得小球的切向加速度，一直变小，则一直变小，故B错误；D、小球的重力势能不断减小，则其动能不断增大，故D错误。故选C。【考点】机械能守恒定律16如图，一个重为G的吊椅用三根轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，且两绳中的拉力分别为FA、FB，物体受到的重力为G，则()AFA一定大于G BF
4、A一定大于FBCFA一定小于FB DFA与FB大小之和一定等于G【答案】BABC、以结点O为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据平衡条件得知；拉力FA和FB的合力与重力G大小相等、方向相反由题，a，根据几何知识得到：，故B正确AC错误；D、由上可知，FA大于FB，但FA与FB之和不一定等于G，故D错误。故选B。【考点】共点力平衡二、双项选择题：在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。17 如图为光电管工作原理示意图，入射光的光子能量为，阴极材料的逸出功为W，则（ ）ABc点为电源的负极C光电子在管内运动过程中电势能减小
5、D减弱入射光强度，ab两端的电压减小【答案】CDA、发生光电效应的条件是hW，故A错误；B、阴极逸出的电子向阳极运动，则C应为电源的正极，d为电源的负极，故B错误；C、电子在管内运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D、减弱入射光强度，单位时间内逸出的光电子数目减小，故ab两端的电压减小，故D正确。故选CD。【考点】光电效应；电势能18如图，两滑雪运动员从O点分别以和水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A、B两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为与，两者在空中运动时间分别为与。则（ ）A B C D【答案】BCAB、两滑雪运动员做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：，得，可
6、知，故A错误B正确；C、由，得：，可知，则得：，故C正确；D、设运动员落在斜面上瞬间速度与水平方向夹角为，则有，可知，故D错误。故选BC。【考点】平抛运动19高频焊接技术的原理如图（a）。线圈接入图（b）所示的正弦式交流电（以电流顺时针方向为正），圈内待焊工件形成闭合回路。则（ ）A图（b）中电流有效值为IB0 t1时间内工件中的感应电流变大C0 t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D图（b）中T越大，工件温度上升越快【答案】ACA、由图知电流的最大值为，因为该电流是正弦式交流电，则有效值为，故A正确；B、i-t图象切线的斜率等于电流的变化率，根据数学知识可知：0t1时间内工件中电流的变化率
7、减小，磁通量的变化率变小，由法拉第电磁感应定律可知工件中感应电动势变小，则感应电流变小，故B错误；C、根据楞次定律可知：0t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针，故C正确；D、图（b）中T越大，电流变化越慢，工件中磁通量变化越慢，由法拉第电磁感应定律可知工件中产生的感应电动势越小，温度上升越慢，故D错误。故选AC。【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率20下图为远距离输电的电路原理图，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则（ ）ABC用户得到的电功率与电厂输出的电功率相等D用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等【答案】BDAB
8、、由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降，根据欧姆定律得：，故A错误B正确；C、输电线上有功率损失，理想变压器不改变电功率，所以用户得到的电功率小于电厂输出的电功率，故C错误；D、根据变压器的原理可知原副线圈中交变电流的频率相等，所以用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等，故D正确。故选BD。【考点】远距离输电21我国的神州九号飞船绕地球作圆周运动。其运动周期为T，线速度为v，引力常量为G，则（ ）A飞船运动的轨道半径为 B飞船运动的加速度为 C地球的质量为 D飞船的质量为【答案】ACA、神州九号飞船绕地球作圆周运动其运动周期为T，线速度为v，利用圆周运动的知识得飞船运动的轨道半
9、径为，故A正确；B、飞船运动的加速度为，故B错误；CD、地球对飞船的万有引力提供飞船的向心力，地球的质量，故C正确D错误。故选AC。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系34（1）某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照甲图进行实验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置。指出甲图中的一处错误：_ 下列说法正确的是（ ）A实验之前，要先平衡摩擦力B小车的质量要远小于所挂钩码的质量C应调节滑轮的高度使细线与木板平行D实验时应先释放纸带，再接通电源图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计
10、数点间还有4个点未画出），AC间的距离为 。若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则小车的加速度大小为_m/s2。（保留两位有效数）【答案】打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。 AC 3.10cm 1.0打点计时器的电源应接交流电，而图中接了直流电；AC、为零使合力等于绳子的拉力，实验前需要平衡摩擦力且应调节滑轮的高度使细线与木板平行，故AC正确；B、在钩码的质量远小于小车的质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力，故B错误；D、实验时应先接通电源，然后再释放小车，故D错误；故选AC。由图读出AC的距离x=3.10cm；根据作差法得：。【考点】
11、探究加速度与物体质量、物体受力的关系（2）（10分）在实验室中利用下列器材测量一个层叠电池的电动势和内电阻。A电压表VB安培表AC滑动变阻器R（050，4.5A）D定值电阻R0（阻值5）E开关与导线若干该同学根据现有的实验器材，设计了如图甲所示的电路，请按照电路图在乙图上将实物连线补充完整开关闭合前，将滑动变阻器的滑片P置于右端。下表为滑片从右端逐次向左移动到不同位置点时测得的U、I值。该同学将测得的数据在U-I坐标中描点连线（图丙）。请根据图线求得该电池的电动势E=_V，内电阻r=_。（保留两位有效数字）位置点abcdefgU/V9.09.06.05.55.04.54.0I/A0.00.00
12、.300.340.380.460.50从表中数据可判断在相邻位置点_之间电路一定存在故障，（填“ab”、“bc”、“cd”、“de”、“ef”或“fg”），并分析该处故障产生的原因是_。【答案】如图 8.9 9.810 bc滑动变阻器在该处断路（答“滑片在该处接触不良”的也正确）（2分）：由于层叠电池的电动势为9V以上，所以电压表应选15V的量程，考虑温度对电源内阻的影响，电流表应选0.6A的量程，连线图如图所示；：根据闭合电路欧姆定律应有：，根据斜率和纵轴截距的含义可知：，；：根据欧姆定律可知，位置点a、b之间测量时，电压表示数不变电流表示数为零，则说明变阻器在a、b之间一定没有断路，位置在
13、c点时，电流表和电压表都有示数，说明位置c以后没有了断路，所以断路一定在b、c之间，即产生故障的原因是：滑动变阻器在该处断路。【考点】测定电源的电动势和内阻35（18分）如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有匀强电场和匀强磁场。平行板M、N如图放置，M板带正电。带负电的N板在x轴负半轴上。N板上有一小孔P，离原点O的距离为L。A1A2上的Q点处于P孔正下方。已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为。质量为m、电量为+q的小球从OA2上坐标为(b，b)的某点以速度v水平向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动。（重力加速度为g）（1）求A1A2右侧区域内
14、电场强度大小与方向。（2）当b与v满足怎样的关系表达式时，小球均能从Q点离开场区？（3）要使小球能进入M、N板间但又不碰上M板，求b的取值范围。【答案】，方向竖直向上（1）带电粒子进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足解得，方向竖直向上 （2）如图，粒子从坐标为(b，b)的位置出发，从Q点离开，由几何关系得，其圆周运动的半径为又解得（3）粒子离开场区时速度方向竖直向上，因此要使粒子能进入MN板间，则粒子必须从Q点离开场区后作竖直上抛运动经P孔进入MN板间。假设粒子在场区做圆周运动的速度为v，若粒子到达P孔时速度为零，则有解得 若粒子到达M板时速度为零，则有解得则要使粒子能进入MN板间，则其在场
15、区做匀速圆周运动的速度范围为 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36.（18分）如图甲，水平地面上有一个轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于O点。地面右端M紧靠传送装置，其上表面与地面在同一水平面。传送装置在半径为r、角速度为的轮A带动下沿图示方向传动。在弹性限度范围内，将小物块P1往左压缩弹簧到压缩量为x时释放，P1滑至M点时静止，其速度图像如图乙所示（虚线0q为图线在原点的切线，bc段为直线）。之后，物块P2在传送装置上与M距离为l的位置静止释放，P1、P2碰撞后粘在一起。已知P1、P2质量均为m，与传送装置、水平地面的动摩擦因数均为，M、N距离为，
16、重力加速度为g 。（1）求弹簧的劲度系数k以及O、M的距离s。（2）要使P1、P2碰撞后的结合体P能回到O点，求l的取值范围以及P回到O点时的速度大小v与l的关系表达式。【答案】 当时，回到O点时的速度为 当时，（1）由图乙知，刚释放弹簧时，P1具有的加速度为 由胡克定律得此时弹簧弹力为 由牛顿第二定律得 解得弹簧的劲度系数为 由图乙，P1离开弹簧时的速度为 之后P1做加速度为的匀减速直线运动到M时速度为零，有 解得O、M距离为 （2）P2与P1碰前瞬间速度为v2，碰后结合体P的速度为v3，碰撞前后动量守恒，有 碰后P2、P1结合体P能在地面上往左匀减速回到O点时速度为v，有若P2在传送装置上
17、一直加速到M点，则有解得要使结合体P能回到O点，必须，即若P2在传送装置上一直加速到M点时刚好与传送装置达到相同速度，即有 解得i：当时，P2在传送装置上一直加速，并最终结合体P能回到O点，回到O点时的速度为 ii：当时，P2在传送装置上先加速后匀速，与P1碰前瞬间速度始终为，代入得【考点】动量守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律中山市2014年高考物理模拟试题答案13.D 14.D 15.C 16.B 17.CD 18.BC 19.AC 20.BD 21.AC34（1）（每空2分）打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。（任意写到一点均给2分）。AC （漏选
18、的给1分） 3.10cm（3.09cm、3.11cm均正确，没单位的不给分） 1.0（2）如图 （2分，量程选错的不给分）8.9（9.0也正确，2分） 9.810 （2分）b c （2分）滑动变阻器在该处断路（答“滑片在该处接触不良”的也正确）（2分）35解：（1）带电粒子进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足 解得 方向竖直向上 （2）如图，粒子从坐标为(b，b)的位置出发，从Q点离开，由几何关系得，其圆周运动的半径为R=b+L.又解得 （3）粒子离开场区时速度方向竖直向上，因此要使粒子能进入MN板间，则粒子必须从Q点离开场区后作竖直上抛运动经P孔进入MN板间。假设粒子在场区做圆周运动的速度
19、为v，若粒子到达P孔时速度为零，则有 解得 若粒子到达M板时速度为零，则有 解得 则要使粒子能进入MN板间，则其在场区做匀速圆周运动的速度范围为 得 【评分说明：第（1）问给4分，式2分，式1分，电场强度方向1分；各2分；各1分。共18分。】36解：（1）由图乙知，刚释放弹簧时，P1具有的加速度为 由胡克定律得此时弹簧弹力为 由牛顿第二定律得 解得弹簧的劲度系数为 由图乙，P1离开弹簧时的速度为 之后P1做加速度为的匀减速直线运动到M时速度为零，有 解得O、M距离为 （2）P2与P1碰前瞬间速度为v2，碰后结合体P的速度为v3，碰撞前后动量守恒，有 碰后P2、P1结合体P能在地面上往左匀减速回到O点时速度为v，有若P2在传送装置上一直加速到M点，则有解得要使结合体P能回到O点，必须，即若P2在传送装置上一直加速到M点时刚好与传送装置达到相同速度，即有v2= 解得i：当时，P2在传送装置上一直加速，并最终结合体P能回到O点，回到O点时的速度为 ii：当时，P2在传送装置上先加速后匀速，与P1碰前瞬间速度始终为v2=，代入得