浙江建人高復2014屆高考仿真模擬試卷物理一、選擇題（本題共17小題。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）14沿豎直方向運動的電梯，其底板水平，有一質量為m的物體放在底板上，當電梯向上做加速度大小為的勻減速運動時，此物體對電梯底板的壓力大小為( )a b cmg d【答案】b【解析】電梯的加速度方向豎直向下，根據牛頓第二定律得解得，則物體對電梯底板的壓力為，故b正確。故選b。【考點】牛頓第二定律15. 埃隆馬斯克首次對媒體透露了在火星建立社區的“火星移民”計劃。假設火星移民通過一代又一代堅韌不拔的努力，不僅完成了“立足”火星的基本任務，而且還掌握了探測太空的完整技術。已知火星半徑是地球半徑的1/2，火星質量是地球質量的1/10，在地球上發射人造地球衛星時的最小發射速度為v，則火星人在火星上發射人造火星衛星時的最小發射速度為( )a b c d【答案】b【解析】根據萬有引力提供向心力得：，解得最小的發射速度為：，因為火星半徑是地球半徑的，火星質量是地球質量的，則火星上發射的最小速度是地球上的倍，即v，故b正確。故選b。【考點】萬有引力定律16矩形導線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止狀態，如圖（甲）所示。磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度b隨時間變化的圖象如圖（乙）所示。t=0時刻，磁感應強度的方向垂直導線框平面向里，在04s時間內，導線框ad邊所受安培力隨時間變化的圖象（規定以向左為安培力正方向）可能是下列選項中的 （ ）【答案】a【解析】t=0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0到1s內，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向左；當在1s到2s內，磁感應強度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右，在下一個周期內，重復出現安培力先向左后向右。故選a。【考點】法拉第電磁感應定律；左手定則；楞次定律17. 理論研究表明，無限長通電直導線磁場中某點的磁感應強度可用公式表示，公式中的k是常數、i是導線中電流強度、r是該點到直導線的距離。若兩根相距為l的無限長通電直導線垂直x軸平行放置，電流強度均為i，如圖所示。能正確反映兩導線間的磁感應強度b與x關系的是圖中的（規定b的正方向垂直紙面向里）( )【答案】a【解析】根據右手螺旋定則可得左邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直紙面向里，右邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直紙面向外，離導線越遠磁場越弱，在兩根導線中間位置磁場為零由于規定b的正方向垂直紙面向里，故a正確。故選a。【考點】右手螺旋定則二、多項選擇題（本題共3小題。在每小題給出的四個選項中，至少有一項是符合題目要求的。選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）18下列說法正確的有( )a家用電磁爐的加熱是利用了渦流b收音機選臺也叫調制c電磁波傳播過程中遇到金屬導體，在金屬導體上將產生感應電流d某一頻率的聲音在空中傳播，不同位置的靜止觀察者接收到的頻率將不同【答案】ac【解析】a、家用電磁爐的工作原理是渦流，故a正確；b、收音機選臺叫調諧，即達到電諧振，故b錯誤；c、電磁波遇到金屬導體時，導體上會產生感應電流，故c正確；d、靜止觀察者接收到的同一聲音的電磁波的頻率一定是相同的；故d錯誤。故選ac。【考點】渦流現象；電磁波的發射與接收19兩個點電荷q1、q2固定于x軸上。將一帶正電的試探電荷從足夠遠處沿x軸負方向移近q2(位于座標原點o)過程中，試探電荷的電勢能ep隨位置變化的關系如圖所示。則下列判斷正確的是（ ）a. m點場強為零，n點電勢為零b. m點電勢為零，n點場強為零c. q1帶負電，q2帶正電，且q2電荷量較小d. q1帶正電，q2帶負電，且q2電荷量較小【答案】bc【解析】ab、由圖知，m點電勢能，由分析得知，m點電勢，圖象的斜率，則知n點場強為零，故a錯誤b正確；cd、根據正電荷在電勢高處電勢能大，可知，帶正電的試探電荷從遠處移近q2的過程中，電勢能減小，電勢先降低后升高，說明q1帶負電，q2帶正電，n點場強為零，由知，q2電荷量較小，故c正確d錯誤。故選bc。【考點】電勢能；電勢20. 如圖所示是選擇密度相同、大小不同的納米粒子的一種裝置。待選粒子帶正電且電量與其表面積成正比。待選粒子從o1點進入小孔時可認為速度為零，加速電場區域的板間電壓為u，粒子通過小孔o2射入正交的恒定勻強電場、磁場區域，其中磁場的磁感應強度大小為b，左、右極板間距d。區域的出口小孔o3與o1、o2在同一豎直線上。若半徑為r0, 質量為m0、電量為q0的粒子，剛好能沿o1o2直線通過，已知球體積 , 球表面積，不計納米粒子的重力，則( )a區域的電場強度為b左、右極板的電勢差為c若納米粒子的班級rr0，則剛進入區域時的粒子將向左偏轉d現改變區域的電場大小，讓半徑為r的納米粒子仍沿直線通過，區域的電場與原電場的電場強度之比為【答案】ac【解析】a、b、設半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有：設區域ii內電場強度為e，洛倫茲力等于電場力，即：，解得：故區兩極板的電壓為：，故a正確，b錯誤；c、若納米粒子的半徑rr0，設半徑為r的粒子的質量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v，則，而由，解得：故洛倫茲力變小，粒子帶正電，故粒子向左偏轉，故c正確；d、由于，故洛倫茲力與原來的洛倫茲力之比為；電場力與洛倫茲力平衡，故電場力與原來的電場力之比為；根據，區域的電場與原電場的電場強度之比為；故d錯誤。故選ac。【考點】帶電粒子在混合場中的運動；電場強度第卷（非選擇題 共180分）21.(10分）（1）某同學設想用如圖甲的裝置來測量滑塊與導軌間的動摩擦因數。在氣墊導軌上安裝了兩光電門l 、2 ，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過定滑輪與鉤碼相連。用游標卡尺測光電門遮光條的寬度d ，圖乙中游標卡尺讀數為 cm 。滑塊在軌道上做勻變速運動時，先后通過光電門l 、2 所用的時間分別為t1、t2，兩光電門間的距離為l ，用d 、t1、t2 、l 表示滑塊運動的加速度a為 要使細線中拉力近似等于鉤碼重力，滑塊質量m 與鉤碼質量m 應滿足 關系。滿后，調整氣墊導軌水平，斷開氣源時，測得滑塊在軌道上運動的加速度為a1; 不改變鉤碼的質量，接通氣源，測得滑塊在軌道上運動的加速度為a 2 ，用“a1、a2 、g 來表示滑塊與導軌間的動摩擦因數為 。（2）如圖秒表的讀數是 【答案】1.050 m遠大于m 99.8s【解析】（1）由圖示游標卡尺可知，主尺示數為1.0cm，游標尺示數為：100.05mm=0.50mm=0.050cm，則游標卡尺讀數為：1.0cm+0.050cm=1.050cm；滑塊經過光電門時的速度：，由勻變速直線運動的速度位移公式得：，解得加速度為：；當滑塊質量m遠大于鉤碼質量m時，細線中拉力近似等于鉤碼重力；對滑塊由牛頓第二定律得：，解得：；（2）分針指示在1.5min以后，小表盤的讀數為90s，秒針示數是9.8s，故讀數是99.8s。【考點】探究影響摩擦力的大小的因素22探究金屬絲的電阻與長度關系的實驗中，取一段粗細均勻的金屬絲拉直后連接在a、b接線柱上，金屬絲上安裝一個可滑動的金屬夾p實驗室提供了下列器材：電壓表v（0-3v-15v）、電流表a（0-0.6 a-3a）、4v直流電源、滑動變阻器（0-20）、刻度尺、開關和導線若干（1）用刻度尺測量金屬絲ap段長度l，用電壓表和電流表測量ap段的電阻r，請你用筆劃線代替導線，在圖甲中用三根導線連接好電路閉合開關前，應注意 （2）實驗過程中，某次測量電壓表、電流表指針偏轉如圖乙所示，則電流表和電壓表的讀數分別為i= a，u= v（3）實驗中測出ap段長度l以及對應的電阻值r如下表：l/cm30.0040.0050.0060.0070.0080.00r/2.12.93.54.25.05.7請在圖丙坐標中，描點作出r-l圖線；根據圖線得到的結論是 （4）某實驗小組在實驗中，調節金屬夾p時，發現電壓表有示數，電流表的示數為零，原因可能是 【答案】（1）如圖甲 將變阻器滑片移到最右端（2）0.42 2.25（3）如圖丙 r與l成正比（4）a、p與電壓表間出現斷路【解析】（1）把滑動變阻器、電流表、電阻絲串聯接入電路，電壓表并聯在電阻絲兩端，電路圖如圖所示；閉合開關前，金屬夾p應移到b端；（2）電流表量程是0.6a，由圖乙所示電流表可知，其分度值是0.02a，所示為0.42a；電壓表量程為3v，由圖乙所示電壓表可知，其分度值為0.1v，示數為2.25v；（3）根據表中實驗數據在坐標系中描點，然后作出r-l圖象如圖所示，由圖象可知，r與l成正比；（4）閉合開關，調節金屬夾p時，電流表的示數為零，說明電路存在斷路；電壓表有示數，說明電壓表與電源兩極相連，電壓表并聯電路之外電路不存在斷路，則電路故障是：a、p間出現斷路。【考點】測定金屬的電阻率23（16分）如圖所示，半徑為r=0.2 m的光滑1/4圓弧ab在豎直平面內，圓弧b處的切線水平。b端高出水平地面h=0.8 m, o點在b點的正下方。將一質量為m=1.0 kg的滑塊從a點由靜止釋放，落在水平面上的c點處，(g取10 m/s2)求： (1)滑塊滑至b點時對圓弧的壓力及oc的長度；(2)在b端接一長為l=1.0 m的木板mn,滑塊從a端釋放后正好運動到n端停止，求木板與滑塊的動摩擦因數；(3)若將木板右端截去長為l的一段，滑塊從a端釋放后將滑離木板落在水平面上p點處，要使落地點p距o點最遠，l應為多少？【答案】(1)30 n 方向豎直向下 0.8 m (2)0.2 (3)0.16 m【解析】（1）滑塊從光滑圓弧下滑過程中，根據機械能守恒定律得得在b點，重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律，有：解得：；根據牛頓第三定律，壓力與支持力相等，也為30n；滑塊離開b點后做平拋運動，則豎直方向：水平方向：聯立得到代入數據，解得：（2）滑塊從b端運動到n端停止過程，根據動能定理得代入解得（3）若將木板右端截去長為l的一段后，設滑塊滑到木板最右端時速度為v，由動能定理得滑塊離開木板后仍做平拋運動，高度不變，運動時間不變，則落地點距o點的距離聯立整理得根據數學知識得知，當時，s最大，即l=0.16m時，s最大。【考點】機械能守恒定律；牛頓第二定律；平拋運動；向心力24（20分）如圖所示，兩根等高光滑的 圓弧軌道，半徑為r、間距為l，軌道電阻不計在軌道頂端連有一阻值為r的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為b.現有一根長度稍大于l、質量為m、電阻不計的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg整個過程中金屬棒與導軌電接觸良好，求：（1）棒到達最低點時的速度大小和通過電阻r的電流（2）棒從ab下滑到cd過程中回路中產生的焦耳熱和通過r的電荷量（3）若棒在拉力作用下，從cd開始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動，則在到達ab的過程中拉力做的功為多少？【答案】 【解析】（1）到達最低點時，設棒的速度為v，產生的感應電動勢為e，感應電流為i，則、解得、（2）設產生的焦耳熱為q，由能量守恒定律有解得設產生的平均感應電動勢為，平均感應電流為，通過r的電荷量為q，則、解得（3）金屬棒在運動過程中水平方向的分速度金屬棒切割磁感線產生正弦交變電流的有效值在四分之一周期內產生的熱量設拉力做的功為，由功能關系有解得【考點】法拉第電磁感應定律；能量守恒定律；電磁感應中的能量轉化25（22分）如圖所示，在xoy平面的第一象限內，分布有沿x軸負方向的場強e=104n/c的勻強電場，第四象限內分布有垂直紙面向里的磁感應強度b1=0.2 t的勻強磁場，第二、三象限內分布有垂直紙面向里的磁感應強度b2的勻強磁場。在x軸上有一個垂直于y軸的平板om，平板上開有一個小孔p，p處連接有一段長度d=lcm內徑不計的準直管，管內由于靜電屏蔽沒有電場。y軸負方向上距o點cm的粒子源s可以向第四象限平面內各個方向發射a粒子，假設發射的a粒子速度大小v均為2105ms，此時有粒子通過準直管進入電場, 打到平板和準直管管壁上的a粒子均被吸收。已知a粒子帶正電，比荷為l07ckg，重力不計，求：(1) a粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑和粒子從s到達p孔的時間； (2) 除了通過準直管的a粒子外，為使其余a粒子都不能進入電場，平板om的長度至少是多長？(3) 經過準直管進入電場中運動的a粒子，第一次到達y軸的位置與o點的距離；(4) 要使離開電場的a粒子能回到粒子源s處，磁感應強度b2應為多大？【答案】【解析】（1）由得m、周期粒子從s到達p孔的時間(2) 設平板的長度至少為l，粒子源距o點為h，由幾何關系，有(3) 粒子進入電場后做類平拋運動，有x軸方向位移 y軸方向位移 加速度 幾何關系可得所以，粒子到達y軸位置與o點的距離(4) 設粒子在y軸射出電場的位置到粒子源s的距離為h，有設粒子在y軸射出電場的速度方向與y軸正方向夾角為，有、若粒子離開電場經b2磁場偏轉后直接回到離子源s處，則在b2磁場中圓周運動半徑r=由 得 若粒子離開電場經b2磁場偏轉后進入b1磁場偏轉再回到離子源s處，則進入b1磁場的偏轉半徑同理得在b2磁場中圓周運動半徑【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力物理答案14 b 15. b 16a 17. a 18 ac 19 bc 20. ac 21（10分）1.050 m遠大于m 99822（10分）（1）如圖甲（3分） 將變阻器滑片移到最右端（1分）（2）0.42（1分） 2.25（1分）（2.25至2.30都對）（3）如圖丙（2分） r與l成正比（1分）（4）a、p與電壓表間出現斷路（1分）23（16分）(1)由機械能守恒定律可知：mgrv0=2 m/s由向心力公式可知：fn-mg=可得：fn=3mg=30 n。（3分）由牛頓第三定律知：滑塊滑至b點時對圓弧的壓力為30 n,方向豎直向下。根據平拋運動規律：t=0.4 soc的長度為xoc=v0t=0.8 m（3分） (2)由牛頓第二定律可知：a=g由運動學公式可知：=2gl（3分）聯立可得：=0.2（2分） (3)由運動學公式可知：v= 由平拋運動規律和幾何關系：xop=l-l+vt=1-l+（3分）當=0.4時