2014高考 6页

2014重庆高考物理试题一、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（）A．19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（）Ａ．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Ｂ．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Ｃ．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。Ｄ．β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３.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E→F→G→H→EB．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\nC.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5．2013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：/w11①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；②由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是；③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U－I关系曲线图。①在图乙中画出实验电路图(根据该电路图可得到U－I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0～50Ω)、电动势为6V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干。\n②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1.5V，内电阻为1.5Ω，定值电阻R＝18Ω，则接入________(选填“甲”或“乙”)电路时，小灯泡较亮些。③在电路乙中，小灯泡消耗的电功率为________W。④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ω=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．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=5kg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=1s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=3m。g取10m/s2，sin37o=0．6，cos37o=0．8，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=1kg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4rn/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\n9．（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=8×10-3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l=0.045m，质量m1=1×10-3kg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μ=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θ=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？xyPOθAm1m2v0lBE（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=4cm。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=76cmHg。①求抽气结束后细管内气体的压强；②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热?请说明原因。\n物理参考答案1C2B3D4B5A6.（1）（6分）①未计算AO间的摩擦力做功②③摩擦力（2）（11分）解析：①由于要画出U－I关系的完整曲线，必须用分压接法画出实验电路图。②分别在小灯泡灯丝电阻的U－I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U－I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。③在电路乙中，小灯泡消耗的电功率为P＝UI＝1×0.15W＝0.15W。④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2.25V，内阻为2.25Ω的电池连接一个灯泡，在小灯泡灯丝电阻的U－I关系曲线图上画出电源(电动势2.25V，内阻2.25Ω)的伏安特性曲线，与小灯泡灯丝电阻的U－I关系曲线交点对应的横坐标值为电源输出电流I＝0.26A，此时电源内部的发热功率为P＝I2r＝0.262×4.5W≈0.30W。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=ωR=Rβ1t，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=Rβ1（2分）根据物块受力，由牛顿第二定律得T－μmg=ma（2分）则细线拉力为T=μmg+mRβ1（1分）（3）对整体运用动能定理，W电+Wf=（3分）其中Wf=－μmgs=－μmg（2分）则电动机做的功为W电=μmg+(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-umgcos370=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\n下滑过程的位移得xyPOθAm1m2v0lBE2θ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　（１分）代入数据解得：m/s（１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（１分）（2）m2恰好做匀速圆周运动，所以（１分）得：q=2×10-3C（１分）粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为R则（１分）轨迹如图，由几何关系有：（１分）解得：B=1T（１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（１分）由牛顿第二定律有：（１分）m1停止后离O点距离：（１分）则m2平抛的时间：（１分）平抛的高度：（１分）设m2做匀速圆周运动的半径为R/，由几何关系有：（１分）由（１分）联立得：（１分）10．【选修3-3]（12分）（1）D（2）①缓慢抽气过程中，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管气体压强为P1，细管内气体压强为P2，由玻意耳定律（P0—h）.h=P1.(h+1/2h)P2=P1+(1/2h+2h)P2=58cmHg②（2分）缓慢抽气过程中粗管内气体温度不变，气体内能不变，ΔU=0；气体体积增大，对外做功，W<0，热力学第一定律ΔU=W+Q可得W>0，故气体吸热。