物理10 潍坊天才一模2014年理综物理改革卷一模__含答案.doc

2014高考模拟物理10 考试时间60分钟，满分110分，一、选择题（选择题 共48分）1、以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是 （ ） A.极限的思想方法B.猜想的思想方法 C.控制变量的方法D.放大的思想方法2、如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为,现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F,并使F的大小随v的大小变化，两者关系为Fkv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图像可能是图中的( ) 3、设地球的质量为，半径为，自转周期为，引力常量为 ，“神舟七号”绕地球运行时离地面的高度为h，则“神舟七号”与“同步卫星”各自所处轨道处的重力加速度之比为（ ） A B C. D 4、如图所示，真空中M、N 处放置两等量异号电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于等势线a 上，f 点位于等势线c上，d f平行于M N已知：一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（ ）AM点处放置的是正电荷B若将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，则电场力先做正功、后做负功Cd点的电势高于f点的电势Dd点的场强与f点的场强完全相同 5、如图所示，一个水平放置的45的“”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的均匀的导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像中正确的是() 6、一个质量为m，电量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是：( )A B C D 7、在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示它的原线圈匝数n1600匝，交流电源的电动势e311sin(100t)V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2A的保险丝，副线圈匝数n2120匝，为保证保险丝不被烧断，则() A负载功率不能超过62W B副线圈电流最大值不能超过1A C副线圈电路中的电阻R不能小于44 D副线圈电路中电压表的读数为62V 8、由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）A. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为B. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RD. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=二、实验题（本题2小题，共15分）9（6分）（1）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝时，测得的结果如图a所示，则该金属丝的直径d= mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图b所示，则该工件的长度L= cm（2）用频率为50Hz的电源和落体法做“验证机械能守恒定律”实验时，某同学正确地完成操作后，选了如图所示的纸带进行研究其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，数据记录在图中（单位cm）该同学所用重锤的质量为1kg，并利用重锤在OB段所显示的运动来验证机械能守恒，他用AC段的平均速度表示B点对应的瞬时速度，则该过程中重锤重力势能的减少量为 J，动能的增加量为 J，（均保留3位有效数字）用这种方法验证时总是重力势能的减少量 （填“大于”、“小于”或“等于”）动能的增加量，原因是 （已知当地重力加速度g=9.80m/s2）10、（9分）一个小灯泡的额定电压为2.0V。额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线A.电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B.电压表V1：量程为03V，内阻约为1C.电压表V2：量程为015V，内阻约为4D.电流表A1：量程为03A，内阻约为0.1；E.电流表A2：量程为00.6A，内阻约为0.6；F.滑动变阻器R1：最大阻值为l0，额定电流为0.6A；G.滑动变阻器R2：最大阻值为l5，额定电流为1.0A；H.滑动变阻器R3：最大阻值为l50，额定电流为1.0A；I.开关S，导线若干实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.001.201.401.601.80200（1）实验中电压表应选用 ；电流表应选用 ；滑动变阻器应选用 （请填写选项前对应的字母）（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上闭合开关前，应使变阻器滑片放在最 （填“左”或“右”）端（3）在下面坐标中画出小灯泡的曲线（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0的电池两端，则小灯泡的实际功率约为 （保留两位有效数字）三、计算题（本题共2个小题，共34分 11(12分)一劲度系数k800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图14所示现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s物体B刚要离开地面g10.0 m/s2，试求：(1) 物体B刚要离开地面时，A物体的速度vA； (2)物体A重力势能的改变量；(3)弹簧的弹性势能公式：Epkx2，x为弹簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为多少？12（20分）如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变 （l）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn （3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小于R） （4）在（2）图中画出A板电势U与时间t的关系（从t0起画到粒子第四次离开B板时即可） （5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为U？为什么?【选做部分】13、1)（6分）下列说法正确的是 A温度越高，水的饱和汽压越大 B气体对外做功，其内能一定减小C热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体D能量耗散说明能量不会凭空产生，但可以凭空消失E单晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性 2) (9分)如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是15105 Pa(1)说出AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值(2)请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程潍坊一模测试卷答案解析题号12345678答案DABDCBCACCBC1、答案：D,都有放大的思想方法2 、答案：ABD解析：若开始Fmg，则环受力如图甲所示，随v减小，F减小，FN减小，Ff减小当FN0时，Ff0，以后匀速，D正确若开始Fmg，则环保持匀速运动，A正确若开始F2R即可，选项C正确，选项D错误。9、（1）3.205，2.040 （2）1.19，1.22，大于，阻力影响（每空一分）10、分析：（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出U-I图象（4）在同一坐标系中作出电池的U-I图象，两图象的交点坐标值是灯泡的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率答案：（1）B E G （3分）(2)电路连接成图甲 （1分） 左 （1分） （或电路连接成图乙 右）(3)如图所示。（2分）(4)0.45（2分）解析：（1）由于测量数据电压最大为2V，电流最大为0.50A，所以实验中电压表应选用量程为电压表V1；电流表应选用量程为0.6A的电流表A2；描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线必须设计成分压电路，滑动变阻器应选用最大阻值为l5，额定电流为1.0A的滑动变阻器R2（2）根据设计的分压电路，实物连接图中需要补上连接的导线有：滑动变阻器下端两个接线柱分别于电源正极和开关连接闭合开关前，应使变阻器滑片放在使待测电路电压为零处，即应使变阻器滑片放在最“左”端（3）根据表格中的实验数据，用描点法画出小灯泡的曲线（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0的电池两端，可先在描绘的小灯泡的曲线图中作出电池的伏安特性曲线，如图所示，两线的交点纵横坐标的乘积即为小灯泡的实际功率，约为P=1.10.41W=0.45W。11、解析： 因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以，绕行第n圈时获得总动能为En = nqU -3分由可求得第n圈的速度，由，得-2分在磁场中，由牛顿定律得 即-2分 粒子始终保持做半径为R的匀速圆周运动，所以第一圈的时间t = 2R/v,显然因粒子能量不同，其速度也不同，粒子在第一圈运动时，有 即：-2分 同理，粒子在第二圈运动时，有 即：-2分 第n圈的速度为 -1分故绕行n圈所需总时间为 -2分 即 -1分 A极电势U随时间t变化的图象如图5所示。-3分不可以，因为这样会使粒子在A、B两极板之间飞行时，电场力对其做正功+qU，从而使之加速，在A