宁夏大学附中2014届高考物理一模试卷 Word版含解析.doc

2014年宁夏大学附中高考物理一模试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-9题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）（2014长沙二模）理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素，促进了物理学的发展，下列理想化模型建立的表述正确的是（）A质点作为理想化模型忽略了物体的质量B点电荷作为理想化模型忽略了物体的电荷量C理想电压表忽略了电压表的内阻D理想变压器没有能量损失考点：质点的认识版权所有分析：抓住主要因素，忽略次要因素是物理学中常用方法，比如质点就是如此，质点是高中一开始所学的一个理想化模型，对其理解要抓住“当物体的体积和形状在所研究问题中可以忽略时”这一核心进行解答：解：理想化模型的建立是一种科学方法的实践应用，质点、点电荷、轻弹簧、理想电压表、电流表和理想变压器都是理想化模型A、质点作为理想化模型忽略了物体的大小和形状故A错误；B、点电荷作为理想化模型忽略了物体的大小和形状；故B错误；C、理想电压表认为电压表的内阻为无穷大，理想电流表忽略了电流表的内阻故C错误；D、理想变压器忽略铁芯的磁损和线圈中的铜损，认为没有能量损失故D正确故选：D点评：实际物体在一定条件下的科学抽象，即采用理想化模型的方法是高中常用方法基础题目2（6分）（2014兴庆区校级一模）“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时（）A加速度为零，速度为零B加速度a=g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C加速度a=g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D加速度a=g，方向竖直向下考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；撤去一个力后，其余两个力未变，故合力与撤去的力等值、反向、共线，求出合力后根据牛顿第二定律求解加速度解答：解：小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，如图由于T1=T2=mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120，当右侧橡皮条拉力变为零时，左侧橡皮条拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故左侧橡皮条拉力与重力的合力与右侧橡皮条断开前的弹力反方向，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下；故选：B点评：本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度3（6分）（2014兴庆区校级一模）在不远的将来，中国宇航员将登上月球，某同学为宇航员设计了测量一颗绕月卫星做匀速圆周运动最小周期的方法在月球表面上以不太大的初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h已知月球半径为R，则如果发射一颗绕月运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（）ABCD考点：万有引力定律及其应用版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，再根据周期最小时，重力提供圆周运动向心力求得匀速圆周运动的最小周期解答：解：根据竖直上抛运动规律可知，物体竖直上抛运动的最大高度，可得月球表面的重力加速度g=又卫星周期最小时靠近月球表面运动，重力提供圆周运动向心力有：可得月球卫星的最小周期T=故ACD错误，B正确故选：B点评：掌握竖直上抛运动的规律，知道近地卫星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力是正确解题的关键4（6分）（2008潍坊模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）ABCD考点：牛顿第二定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1=gsin+gcos；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2=gsingcos；比较知道a1a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题5（6分）（2014兴庆区校级一模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A三个等势面中，c的电势最低B带电质点在P点的电势能比在Q点的小C带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面Db带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小考点：电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上，可得到c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知电场线向上故c点电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B错误；C、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故C正确；D、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故D错误；故选：C点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法6（6分）（2014兴庆区校级一模）如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是（）A产生的焦耳热之比为1：4B产生的焦耳热之比为1：1C通过铜丝某截面的电量之比为1：2D通过铜丝某截面的电量之比为1：4考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：理想气体状态方程专题分析：将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比解答：解：闭合线框a产生的感应电动势Ea=BLv，外力对环做的功：Wa=，Ra=，闭合线框b产生的感应电动势Eb=B2Lv=2BLv，外力对环做的功：Wb=，Rb=，代入解得：Wa：Wb=1：4；电荷量：Q=It=t=t=，=；故AC正确，BD错误；故选：AC点评：本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键根据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析7（6分）（2002河南）在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场取坐标如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是（）AE和B都沿x轴方向BE沿y轴正向，B沿z轴正向CE沿z轴正向，B沿y轴正向DE、B都沿z轴方向考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有分析：根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况解答：解：本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电A选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，A正确B选项中，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，B正确C选项中，电场力、洛伦兹力都是沿z轴正方向，将做曲线运动，C错误D选项，电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿y轴负方向，两力互相垂直，二力不会平衡，粒子将做曲线运动，D错误故选AB点评：该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键8（6分）（2006江苏）如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是（）A保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减少考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比解答：解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故A错误；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B正确；C、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D错误故选BC点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都作答；第13题-14题为选考题，考生根据要求作答9（7分）（2014兴庆区校级一模）研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路图中电源电动势未知，内阻不计闭合开关，将电阻箱阻值调到20时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到 95时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为12.0mA由以上数据可得电流计的内阻Rg=30（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为（填“0”或“”）；若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：（1）中因电流表的最小分度是1mA，故应估读到mA，根据欧姆定律可求Rg的值（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可解答：解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流I=12.0mA由闭合电路欧姆定律， 将电阻箱阻值调到20时有Ig= ， 电阻箱阻值调到95时有I= ， 联立两式并代入数据Rg=30 （2）根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有Ig=30mA，因此时待测电阻为，故应在“30mA”处标明；两表笔断开，指针仍能满偏，正确使用方法再进行测量，则已重新进行欧姆调零，正常测量结果不变故答案为：（1）12.0，30 （2），不变点评：此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上，而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可10（8分）（2014兴庆区校级一模）某小组用图1示器材测量重力加速度的大小实验器材由底座带有标尺的竖直杆、光电计时器A和B、钢制小球和网兜组成通过测量小球在A、B间不同位移时的平均速度，求重力加速度回答下列问题：（1）实验中保持A不动，沿杆向下移动B，测量A、B之间的距离h及钢球经过该距离所用时间t，经多次实验绘出与t关系图象如图2所示由图可知，重力加速度g与图象的斜率k的关系为g=2k，重力加速度的大小为9.68 m/s2；（2）若另一小组用同样的实验装置，保持B不动，沿杆向上移动A，则能（选填“能”或“不能”）通过上述方法测得重力加速度；（3）为减小重力加速度的测量误差，可采用哪些方法？AB间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等（提出一条即可）考点：测定匀变速直线运动的加速度版权所有专题：实验题分析：根据位移时间公式得出的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的值解答：解：（1）根据h=得，知图线的斜率表示，即k=，解得g=2k=（2）若另一小组用同样的实验装置，保持B不动，沿杆向上移动A，采用逆向思维，也可以通过上述方法求出重力加速度（3）为了减小实验的误差，采取的方法有：AB间距离尽可能大，钢球体积尽可能小等故答案为：（1）2k，9.68，（2）能，（3）AB间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等点评：对于图象题，要知道图线斜率的物理意义，关键得出纵轴和横轴两个物理量的关系式，结合关系式得出图线斜率的物理意义11（14分）（2014延边州一模）2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功设某一载舰机质量为m=2.5104 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角=106，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由匀加速直线运动位移速度公式即可求解；（2）对飞机进行受力分析根据牛顿第二定律列式即可求解解答：解：（1）由运动学公式2a0S0=v02得S0=代入数据可得S0=1102.5m（2）飞机受力分析如图所示由牛顿第二定律有2FTcos+fF=ma 其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0联立上式可得FT=5105 N 答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；（2）此时阻拦索承受的张力大小为5105 N点评：本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题12（8分）（2014兴庆区校级一模）如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间（粒子所受重力不计）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据题意画出运动轨迹图，根据几何知识和洛伦兹力提供向心力求出粒子的坐标位置；（2）根据转过的角度和周期计算粒子在磁场中运动的时间解答：解：（1）带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为 由于洛伦兹力提供向心力，则：qv0B=m，R为圆轨道的半径，解得：R= 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：=Rsin 联立两式解得L=；所以粒子离开磁场的位置为（，0）；（2）因为T=该粒子在磁场中运动的时间t=（1）；答：（1）该粒子射出磁场的位置为（，0），（2）该粒子在磁场中运动的时间为（1）点评：此题考查带电粒子在磁场中的运动，找圆心，画出运动轨迹图是解决此问题的关键，作图越规范越好三、物理-选修3-5）（15分）13（6分）（2014兴庆区校级一模）下列五幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A图甲：原子是由原子核和核外电子组成，原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成B图乙：卢瑟福通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说C图丙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能D图丁：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一E图戊：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的考点：原子的核式结构；光电效应；原子核的结合能版权所有分析：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量解答：解：A、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成故A正确B、该图为光电效应现象图，爱因斯坦通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说故B错误C、用中子轰击铀核使其发生裂变故C错误D、普朗克通过研究黑体辐射