2014届高三物理模拟复习预测试题（带答案）

(时间：100分钟　分值：120分)
一、单项(本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意)
1．物理学中有许多物理量的定义，可用公式来表示，不同的概念定义的方法不一样，下列四个物理量中，定义法与其他物理量不同的一组是(　　)．
A．导体的电阻R＝ρlS B．电场强度E＝Fq
C．电场中某点的电势φ＝Epq D．磁感应强度B＝FIL
解析　R＝ρlS是导体电阻的决定式，R与长度l成正比，与横截面积S成反比；电场强度、电势、磁感应强度都是比值法定义的物理量，只决定于电场或磁场本身的性质，与试探电荷、电流元及受力等无关，故选A项．
答案　A
2. (原创题)如图1所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止，则物体A的受力个数为(　　)．
A．2 B．3
C．4 D．5
图1
解析　先以A、B整体为研究对象，因为A、B保持静止，所以竖直墙壁对A有竖直向上的静摩擦力F″和水平向右的弹力F′.再以B为研究对象，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B平衡，B应受到重力、压力F、A对B的静摩擦力的作用，同时，B还应受到A对B的弹力作用．以A为研究对象，还受重力、B的弹力和静摩擦力作用，A的受力图如图甲所示，所以选项D正确．
答案　D
3．如图2所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区的对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)(　　)．
图2
答案　A
4．(2014?浙江卷，16) 如图3所示，铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800匝和n2＝200匝的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是(　　)．
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
图3
解析　由U1n1＝U2n2得U2＝n2U1n1，其中U1＝512 V，得U2＝5142 V≈9.0 V，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V，故选项A正确．
答案　A
5．(2014?福建卷，13)“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期为T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝43πR3，则可估算月球的(　　)．
A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期
解析　对“嫦娥二号”由万有引力提供向心力可得：GMmR2＝m4π2T2R，故月球的质量M＝4π2R3GT2，因“嫦娥二号”为近月卫星，故其轨道半径为月球的半径R，但由于月球半径未知，故月球质量无法求出，月球质量未知，则月球的半径R也无法求出，故B、C项均错；月球的密度ρ＝MV＝4π2R3GT243πR3＝3πGT2，故A正确．
答案　A
二、多项(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
图4
6．M，N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图4偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大？(P球不与金属极板接触)(　　)．
A．增大MN两极板间的电势差
B．增大MN两极板的带电量
C．保持板间间距不变，将M，N板一起向右平移
D．保持板间间距不变，将M，N板一起向左平移
解析　小球受向右的电场力处于平衡状态．增大两板间的电势差则电场强度增大，电场力增大，小球向右偏角增大，A对；增大电容器的带电量则两板间电势差增大，场强增大，电场力增大，偏角增大，B错；C、D中场强不会变化，偏角不变，故C、D错．
答案　AB
7．(2014?苏锡常镇二调，9)如图5所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动．当飞机飞经观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L2处的D点，且L2＝3L1，空气阻力不计．以下说法正确的有(　　)．
图5
A．飞机第一次投弹时的速度为L1T
B．飞机第二次投弹时的速度为2L1T
C．飞机水平飞行的加速度为L1T2
D．两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为4L13
解析　由运动学规律可知第一次投弹时的速度v1＝L1T，故A正确．设飞机加速度为a，第二次投弹时的速度为v2，由匀变速运动规律可知：v1T＋12aT2＝L2－(v1＋aT)T，而L2＝3L1，得a＝2L13T2，故C错误．v2＝v1＋aT＝5L13T，故B错误．两次投弹间隔T内飞机飞行距离s＝v1?T＋12aT2＝4L13，故D正确．
答案　AD
8．(2014?北京西城区)如图6所示平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)．
图6
A．该粒子带正电
B．A点与x轴的距离为mv2qB
C．粒子由O到A经历时间t＝πm3qB
D．运动过程中粒子的速度不变
解析　根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D项错；粒子做圆周运动的半径R＝mvqB，周期T＝2πmqB，从O点到A点速度的偏向角为60°，即运动了16T，所以由几何知识求得点A与x轴的距离为mv2qB，粒子由O到A经历时间t＝πm3qB，B、C两项正确．
答案　BC
9．(2014?江苏连云港)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图7为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持v＝ 1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去取行李，则(　　)．
图7
A．乘客与行李同时到达B
B．乘客提前0.5 s到达B
C．行李提前0.5 s到达B
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B
解析　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝va＝1 s达到共同速度，位移x1＝v2t1＝0.5 m，此后匀速运动t2＝2m－x1v＝1.5 s到达B，共用2.5 s．乘客到达B，历时t＝2 mv＝2 s，故B正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动时间最短，最短时间tmin＝ 2×2 ma＝2 s.
答案　BD
三、简答题(本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分)
10．(6分)如图8所示，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d.
(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间Δt1和Δt2，则小车加速度a＝________.
(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是(　　)．
A．增大两挡光片宽度b
B．减小两挡光片宽度b
C．增大两挡光片间距d
D．减小两挡光片间距d
图8
解析　(1)将挡光片通过光电门时的平均速度作为该时刻小车的瞬时速度有：vA＝bΔt1，vB＝bΔt2.再由v2B－v2A＝2ad可得结果．
(2)挡光片的宽b越窄，挡光片通过光电门时的时间越短，测得的平均速度越接近该时刻的瞬时速度，A错误，B正确．两挡光片之间的距离越大，测量d时相对误差就越小，故C正确，D错误．
答案　(1)b22d1?Δt2?2－1?Δt1?2　(2)BC
11．(12分)(2014?上海单科，29)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1内阻r1的电路如图9所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧开关S及导线若干．
图9
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图．
(3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，________；
②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；
③________________________________________________________________________；
图10
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图10所示．
(4)根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________．
解析　(1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适当小一些的变阻器
(2)连线时要注意电表的正负接线柱不能接反
(3)略
(4)根据串、并联电路规律可知：I2＝I1＋I1r1R1＝R1＋r1R1I1，所以k＝R1＋r1R1，所以r1＝(k－1)R1.
答案　(1)③　⑥
(2)如图
(3)①将滑动触头移至最左端　③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2
(4)r1＝(k－1)R1
12．A(选修模块33)(12分)
(1)物质是由大量分子组成的，分子直径的数量级一般是________ m．能说明分子都在永不停息地做无规则运动的实验事实有________(举一例即可)．在两分子间的距离由v0(此时分子间的引力和斥力相互平衡，分子作用力为零 )逐渐增大的过程中，分子力的变化情况是________(填“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)．
(2)一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，如果增大气体体积，气体压强将如何变化？请你从分子动理论的观点加以解释．如果在此过程中气体对外界做了900 J的功，则此过程中气体是放出热量还是吸收热量？放出或吸收多少热量？(简要说明理由)
解析　(1)略．
(2)一定质量的气体，温度不变时，分子的平均动能一定，气体体积增大，分子的密集程度减小，所以气体压强减小．
一定质量的理想气体，温度不变时，内能不变，根据热力学第一定律，当气体对外做功时气体一定吸收热量，吸收的热量等于气体对外做的功，即900 J.
答案　(1)10－10　布朗运动(或扩散现象)　先增大后减小　(2)见解析
B(选修模块34)(12分)
(1)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图11所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin(5πt)cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)
图11
A．周期为4.0 s B．振幅为20 cm
C．传播方向沿x轴正向 D．传播速度为10 m/s
图12
(2)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图12中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只须测量出________，即可计算玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n＝________.
解析　(1)由波形图可知振幅A＝10 cm，波长λ＝4 m；由y＝10sin(5πt)cm可知，ω＝5π，根据ω＝2πT得简谐运动的周期T＝2πω＝2π5π s＝0.4 s；根据v＝λT，得波速v＝λT＝40.4 m/s＝10 m/s，根据y＝10sin(5πt)cm知，t＝T4＝0.1 s时，y＝10 cm，即质点P位于波峰处，所以t＝0时刻时P点向上振动，根据振动方向和波传播方向的关系知该波沿x轴正向传播，综上所述C、D正确．
(2)光线指向圆心入射时不改变传播方向，恰好观察不到P1、P2的像时发生全反射，测出玻璃砖直径绕O点转过的角度θ，此时入射角θ即为全反射临界角，由sin θ＝1n得n＝1sin θ.
答案　(1)CD　(2)玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ　1sin θ
C(选修模块3－5)(12分)
(1)太阳能是由太阳内部热核反应所释放出的光能、热能及辐射能量所组成．它每年辐射到地球上的能量达1 813亿吨标准煤，相当于全世界年需要能量总和的5 000倍，是地球上最大的能源．太阳内部的热核反应方程为21H＋31H→42He＋10n，若已知21H的质量为m1，31H的质量为m2，42He的质量为m3，中子质量为m4，下列说法正确的是(　　)．
A.21H和31H是两种不同元素的原子核
B.21H和31H在常温下就能够发生反应
C．这个反应释放核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．这个反应过程中质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3
(2)两磁铁各固定放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰，则两车最近时，乙的速度为多大？
解析　(2)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝43 m/s.
答案　(1)C　(2)43 m/s
四、(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(15分)(2014?江苏扬州一模)一光滑金属导轨如图13所示，水平平行导轨MN、ST相距l＝0.5 m，竖直半圆轨道NP、TQ直径均为D＝0.8 m．轨道左端用阻值R＝0.4 Ω的电阻相连．水平导轨的某处有一竖直向上、磁感应强度B＝0.06 T的匀强磁场．光滑金属杆ab质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω，当它以5 m/s的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场后恰好能到达竖直半圆轨道的最高点P、Q.设金属杆ab与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计．取g＝10 m/s2，求金属杆：
(1)刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；
(2)到达P、Q时的速度大小；
(3)冲入磁场至到达P、Q点的过程中，电路中产生的焦耳热．
图13
解析　(1)因为E＝Blv
I＝ER＋r
所以I＝BlvR＋r＝0.06×0.5×50.4＋0.1A＝0.3 A方向a→b.
(2)恰能到达竖直轨道最高点，金属杆所受的重力提供向心力mg＝mv2D2
所以v＝gD2＝10×0.4 m/s＝2 m/s.
(3)根据能量守恒定律，电路中产生的焦耳热
Q＝12mv 20－12mv 2－mgh
所以Q＝12×0.2×52－12×0.2×22－0.2×10×0.8J＝0.5 J.
答案　(1)0.3 A　方向a→b
(2) 2 m/s　(3)0.5 J
14．(16分)如图14所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为θ，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高H，上端放着一个小物块．木板和物块的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmgsin θ(k>1)，断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑．假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，空气阻力不计．求：
图14
(1)木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；
(2)从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程s；
(3)从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W.
解析　(1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a物块
由牛顿第二定律kmgsin θ－mgsin θ＝ma物块
解得a物块＝(k－1)gsin θ，方向沿斜面向上．
(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1
由机械能守恒得：12×2mv21＝2mgH
解得v1＝2gH
设木板弹起后的加速度为a板，由牛顿第二定律得：
a板＝－(k＋1)gsin θ
木板第一次弹起的最大路程s1＝－v212a板＝H?k＋1?sin θ
木板运动的路程s＝Hsin θ＋2s1＝?k＋3?H?k＋1?sin θ.
(3)设物块相对木板滑动距离为L
根据能量守恒mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝kmgsin θL
摩擦力对木板及物块做的总功W＝－kmgsin θL
解得W＝－2kmgHk－1.
答案　(1)(k－1)gsin θ　沿斜面向上　(2)?k＋3?H?k＋1?sin θ　(3)－2kmgHk－1
15．(16分)如图15所示，两平行金属板M、N长度为L，两金属板间距为33L.直流电源的电动势为E，内阻不计．位于金属板左侧中央的粒子源O可以沿水平方向向右连续发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，带电粒子的质量不计，射入板间的粒子速度均为v0＝ 3qEm.在金属板右侧有一个垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.
图15
(1)将变阻器滑动头置于a端，试求带电粒子在磁场中运动的时间．
(2)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子射出电场的位置．
(3)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子在磁场中运动的时间．
解析　(1)将变阻器滑动头置于a端，两极板M、N间的电势差为零，带电粒子不会发生偏转．带电粒子在磁场中转动半周离开磁场，运动时间为t1＝12×2πmqB＝πmqB.
(2)将滑动变阻器滑动头置于b端，带电粒子向上偏转．带电粒子在电场中做类平抛运动，L＝v0t，y＝12qEm33Lt2，将v0＝ 3qEm代入得，y＝36L.带电粒子射出电场的位置为M板的上边缘．
(3)带电粒子射出电场时速度与水平方向夹角的正切tan θ＝36L12L＝33，所以θ＝30°.带电粒子的运动时间为t2＝23×2πmqB＝4πm3qB.


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