2014重庆高考物理模拟试题.doc

2014重庆高考物理模拟试题一、选择题（本题共5小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得6分，选错的得0分）1、下列说法正确的是（ ）A19世纪科学家对电与磁的研究使人类文明前进了一大步，法拉第就是这一时期的一位代表人物。首先发现了电流周围存在磁场，揭开了电与磁联系研究的序幕B安培提出了场的观点，说明处于电场中的电荷所受的力是电场给予的C伽利略根据理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动状态的原因”这一观点D牛顿在前人研究的基础上提出了牛顿运动定律、万有引力定律、天体运动定律2、关于近代物理学的结论中，下面叙述中不正确的是（ ）根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多氢原子的能级是不连续的，辐射光子的能量也是不连续的，当入射粒子的动能大于原子所在某能级的能量值时，也可以使原子电离。衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量.如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内（ ）A顺时针方向转动时，感应电流方向为EFGHEB平均感应电动势大小等于C图中虚线位置的瞬时感应电动势大小等于D通过导线框横截面的电荷量为 4.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L。 劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与 大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的勻强电场中。将小环从 A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O。已知小环在A、 B两点时弹簧的形变量大小相等。则 ( )A小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B.小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直减小C.电场强度的大小D.小环在B点时受到大环对它的弹力大小52013年6月l3日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km的近似圆形的轨道上，成功进行了交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是( ) A在对接前，如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加 B在对接前，如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢增加 C在对接时，两者运行速度的大小都应大于第一宇宙速度 D航天员在“天宫一号”内的“私人睡眠站”中睡觉时处于平衡状态二、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第6题第9题为必考题，每个试题考生都必须做答。第10题第11题为选考题，考生根据要求选择其一做答。（一）必考题（共4题）6. 共二个小题，共19分（1）.（6分）在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示。木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为。点为弹簧原长时所处的位置，测得的距离为。再用完全相同的2根、3根弹簧并在一起进行第2次、第3次实验并记录，及相应的、数据，用图像处理数据，回答下列问题：/w11 如图乙是根据实验数据描绘的图像，图线不过原点的原因是 ； 由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是 ； 图像斜率的物理意义是 。（2）（11分）如图甲所示为某同学实验得到的小灯泡灯丝电阻的UI关系曲线图。 在图乙中画出实验电路图(根据该电路图可得到UI关系的完整曲线)，可用的器材有：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器(变化范围050 )、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干。 如果将该小灯泡分别接入下图甲、乙两个不同电路，其中甲电路的电源为一节干电池，乙电路的电源为三节干电池，每节干电池的电动势为1.5 V，内电阻为1.5 ，定值电阻R18 ，则接入_(选填“甲”或“乙”)电路时，小灯泡较亮些。 在电路乙中，小灯泡消耗的电功率为_ W。 若将电路乙中的电阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，则此时电源内部的发热功率为_ W。7. (15分) 如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=1t（1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为求：（1）物块做何种运动？请说明理由（2）物块运动中受到的拉力（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？8. (16分)如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=m，轨道端点B的切线水平。质量M=5 kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1 s撞击在斜面上的P点。已知斜面的倾角=37o，斜面底端C与B点的水平距离x0=3 m。g取10 m/s2，sin37o =06，cos37o =08，不计空气阻力。 (1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小 (2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=1 kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中。已知滑块m与斜面间动摩擦因数0.25，求拉力F大小 (3)滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4 rn/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间9（18分）如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场质量为m2=810-3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l=0.045m，质量m1=110-3kg的带电小物块以初速度v0=0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力已知电场强度E=40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为=0.1，取g=10m/s2，求：（1）碰后m1的速度；（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角=30，OP长为lop=0.4m，求磁感应强度B的大小；（3）其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B/使m2能与m1再次相碰，求B/的大小？xyPOAm1m2v0lBE（二）、选做题（第10题和第11题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第10题计分，其中选择题仅有一个正确选项，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置）10【选修3-3（1）给一定质量、温度为0的水加热，在水的温度由0上升到4的过程中，水的体积随着温度升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”。某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分了之间也存在相互作用的势能。在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的。关于这个问题的下列说法中正确的是（ ） A水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功 B水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功 C水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功 D水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功(2)如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下 端开口，横截面积S1=4S2，下端与大气连通。粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4 cm。现在细管口连接一抽气机(图中未画出)，对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管。已知大气压强为P0=76 cmHg。 求抽气结束后细管内气体的压强； 抽气过程中粗管内气体吸热还是放热?请说明原因。物理参考答案1C 2B 3D 4B 5A6.（1）（6分） 未计算AO间的摩擦力做功 摩擦力（2）（11分）解析： 由于要画出UI关系的完整曲线，必须用分压接法画出实验电路图。 分别在小灯泡灯丝电阻的UI关系曲线图上画出电源的伏安特性曲线，与小灯泡灯丝电阻的UI关系曲线交点即为工作点。显然接入甲电路时，灯泡中电流较大，小灯泡较亮些。 在电路乙中，小灯泡消耗的电功率为PUI10.15 W0.15 W。 若将电路乙中的电阻R替换为另一个完全相同的小灯泡，其他条件不变，可等效为电动势为2.25 V，内阻为2.25 的电池连接一个灯泡，在小灯泡灯丝电阻的UI关系曲线图上画出电源(电动势2.25 V，内阻2.25 )的伏安特性曲线，与小灯泡灯丝电阻的UI关系曲线交点对应的横坐标值为电源输出电流I0.26 A，此时电源内部的发热功率为PI2r0.2624.5 W0.30 W。7. （15分）（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同根据v=R=R1t，线速度与时间成正比物块做初速为零的匀加速直线运动 （3分）（2）由（1）问分析结论，物块加速度为a = R1 （2分）根据物块受力，由牛顿第二定律得 Tmg=ma （2分） 则细线拉力为 T=mg+m R1 （1分）（3）对整体运用动能定理，W电+Wf = （3分）其中Wf =mgs=mg （2分）则电动机做的功为 W电= mg + (2分）8.（16分）（1）M由A到B过程，由机械能守恒定律得MgR=1/2MB2 解得VB=5m/s滑块在B点时，由向心力公式得 N-Mg=MvB2/R 解得N=150N 由牛顿第三定律有，M在B点时对轨道的压力大小为N=N=150N (2)M离开B点后平抛运动的水平位移为x=vBt=5m由几何关系可知m的位移为 设滑块m向上运动的加速度为a，由 得 a=5m/s2由牛顿第二定律得 F-mgsin370-u mgcos370=ma 解得F=13N（3）撤去拉力后，滑块m沿斜面上滑过程的加速度上滑时间 上滑位移 滑块m沿斜面下滑过程的加速度 下滑过程的位移 得 xyPOAm1m2v0lBE2即返回所用的总时间为 9. （18分）解：（1）m1与m2碰前速度为v1，由动能定理（分）代入数据解得：m/s（分）设v2=0.1m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：（2分）代入数据得：，水平向左（分）（2）m2恰好做匀速圆周运动，所以（分） 得：q=210-3C（分）粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为R则（分）轨迹如图，由几何关系有：（分） 解得：B=1T（分）（3）当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动m1匀减速运动至停，其平均速度为：，所以m2在m1停止后与其相碰（分）由牛顿第二定律有：（分）m1停止后离