福建省芗城中学2014届高三高考模拟物理试卷

113.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．ɑ粒子散射实验D．法拉第电磁感应实验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2∶1B．类地行星与地球的半径之比为2∶1C．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2∶2D．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2∶115.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。18．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，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0.6m17．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ω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=10I2RB.ab沿环转动过程中受到的最大安培力F=2BILC.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=2IsinωtD.变压器原线圈两端的电压U1=10IRy/cmx/m1020304010-10v050218.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0v射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab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：0～2s内互相排斥，2～4s内互相吸引。则线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象不可能是（）第Ⅱ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v2—h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）写出对减小本实验误差有益的一条建议：_______________________________________________________________。（Ⅱ）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ρ，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=1.0×10-7m2，总长度为L总=60cm）C．定值电阻R=20ΩD．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．OABCD3（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/I－L的图象．（3）由1/I－L的图象可得待测电流表内阻Rg=________Ω，电阻丝电阻率ρ=_________Ω·m.（结果保留两位有效数字）（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ρB．Rg和ρ均不能测出C．只能测出RgD．只能测出ρ20．（15分）一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个41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=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3.0。（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1．5s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。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。（6分）（2）矩形有界磁场的磁感应强度B的大小。（9分）（3）矩形有界磁场的最小面积。（4分）（要求有必要的文字叙述和轨迹图）PMN600Oxyv422．（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之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。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。（6分）（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。（8分）（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，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。（6分）30.【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。）31.(1)6027Co发生一次β衰变后变为Ni核，在该衰变过程中还发出两个频率均为ν的光子，如果衰变前6027Co的质量为MCo，衰变后产生的Ni核质量为MNi，β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6027Co→6028Ni＋0－1eB．衰变过程的质量亏损为Δm＝MCo－(MNi＋m)C．光子能量E＝hν＝Δmc2D．两个光子的总能量为E总＝2hν＝Δmc2（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（）A．4次B．5次C．6次D．7次5参考答案：13--18：A、D、B、D、B、B30.（1）C（2）C19.（I）（1）BC（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）（Ⅱ）（2）如图所示（3）88~100均可4.0~4.2×10-5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2021mvmgR（2分）在B点由牛顿第二定律得RvmmgFN20（2分）解得轨道对滑块的支持力303mgFNN（1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：1mamg，得31am/s2（1分）对小车：2Mamg，得12am/s2（1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有tatav210（1分）解得1ts（1分）由于1ts1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1m/s（1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为1)5.1(2122tvtasm（2分）（3）滑块相对小车滑动的距离为2220tvtvvsm（2分）所以产生的内能6smgQ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6由平衡条件有：qEqvB02分所以0BEv2分（2）粒子在第二象限运动轨迹如图。2分由几何关系得060sinRRL2分根据牛顿第二定律有RvmqvB22分解得qLmEB2)32(3分（3）有界磁场的最小面积3222LRLS4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mg－BIL＝ma，式中I=E/R总；E=BLV1；844844RRRRRRR总（＋）＝＋（＋）＝4R；L＝3r(各1分)由以上各式可得到22134BrvagmR=－(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222422ttBrvBrvmgBIrBrRR并并式中1243124RRRRRR并＝＝＋解得2222344tmgRmgRvBrBr并导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有2222tvvgh得2222449322vmgrhBrg此时导体棒重力的功率为222234GtmgRPmgvBr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N600xyvO/BqVEEq712GPPPP电＝222234mgRBr所以，234GPP＝2222916mgRBr(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tv，此时安培力大小为2243tBrvFR由于导体棒ab做匀加速直线运动，有3tvvat根据牛顿第二定律，有F＋mg－F′＝ma即2234()3BrvatFmgmaR(各1分，共4分)由以上各式解得22222233444()()333BrvBrBraFatvmgatmamgRRR(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mBv1－mAv=0即：v1=vmmBA当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，有mAv＋mBv1=－mAv＋mBv2即：v2=vmmvBA21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=－mAv＋mBvn得vn=vn-1+vmmBA2，所以vn=（2n－1）vmmBA由v≤vn，得n≥5．5取n=6，即第6次推出A时，B船上的人就不能再接到A船