福建师大附中2012届高三高考模拟（解析版）-理综物理

1、福建省师大附中2012届高三高考模拟理科综合物理试题13从地面以速率v0竖直上抛一个可视为质点的小球，由于受空气阻力，小球落回地面的速率减为v0/2，若空气阻力与运动速率成正比，则整个运动过程的速度图象（以竖直向上为正）为下列图中的哪一个？13【答案】A【解析】由题意知，小球在上升过程中受到的阻力向下，设加速度为a，则由牛顿第二定律得mg+kv=ma，a=，因为v减小，所以a减小，v-t图像的斜率减小；小球在下落过程中受到的阻力向上，设加速度为，则由牛顿第二定律得mg-kv=m，=，因为v增大，所以a减小，v-t图像的斜率也减小，所以图像为曲线，BC错；全过程中图像斜率一直减小，A对，D错。1

2、4如图所示，一束红光PA从A点射入一球形水珠，光线在第一个反射点B反射后到达C点，CQ为出射光线，O点为球形水珠的球心。下列判断中正确的是 A光线在B点可能发生了全反射B光从空气进入球形水珠后，波长变长了C光从空气进入球形水珠后，频率增大了D仅将红光改为紫光，光从A点射入后到达第一个反射点的时间增加了14【答案】D【解析】如图连接OA，OB分别作出A、B两点的法线，由OA=OB光线在A点的折射角与光线在B点的入射角相同，根据光路的可逆性，光线在B点一定不能发生全反射，A错；光从空气进入球形水珠后，由，n变大，v减小，频率f不变， C错，得波长变短了，B错；将红光改为紫光，折射角变小，折射光线要

3、在红光的里面，所以光从A点射入后到达第一个反射点的距离x增大了，如上图所示，n变大，v减小，根据得到t增大，D对。0.2y/cmOPQ70140210280x/cm15一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，t=0.35s时Q质点第二次到达正向最大位移处，而此时P质点正通过平衡位置向-y方向运动，则该波的传播方向及波速大小为 A沿+x传播，5m/s B沿+x传播，7m/sC沿-x传播，5m/s D沿-x传播，7m/s，C对，D错。16如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想的电流表，开始时，开关S接通，当S断开时，以下说法

4、中正确的是 A灯炮L1和L2变亮 B原线圈中电流表示数增大C等效电阻R上消耗的功率变大 D原线圈两端P、Q间的输入电压减小16【答案】A【解析】当S断开时，副线圈的电流减小，通过等效电阻R上的电流减小，根据等效电阻R上消耗的功率变小，C错；根据，等效电阻R上的电压变小，根据，不变，U12增大，即灯炮L1和L2变亮，A对；根据电流关系是副线圈的电流决定原线圈的电流，副线圈的电流减小，所以原线圈中电流表示数减小，B错；原线圈两端P、Q间的输入电压只与接入的电源电压有关，即输入电压不变，D错。17科学研究表明地球的自转在变慢四亿年前，地球每年是400天，那时，地球自转的周期为21.5h，科学家们猜想

5、，地球自转变慢的原因主要有两个：一个是潮汐时海水与海岸碰撞、与海底摩擦而使能量变成内能；另一个是由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了（不考虑对月球自转的影响），由此可以判断，与四亿年前相比，现在月球绕地球公转的 A半径减小 B周期增大 C. 线速度增大 D角速度增大17【答案】B【解析】根据题意的另一个原因由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了（不考虑对月球自转的影响），假设月球到地球的距离不变，则势能不变，其动能增加，速度变大，根据向心力增大，将大于地球对月球的万有引力，所以月球将做离心运动，即轨道半径r将增大，A错；根据得，线速度v

6、减小，C错；根据得，周期T增大，B对；根据得，角速度减小，D错。18阴极射线示波管的聚焦电场是由电极Al、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，不计电子的重力，则 A电极A1的电势高于电极A2的电势B电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度D电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功18【答案】D【解析】根据沿电场线方向电势降低，且电场线从右向左，所以右边电极A2电势高，左边电极A1的电势低，A错；因电场线从右向左，电子所受电场力从左向右，电子从p到Q水平位移也从左向右，所以

7、电场力对电子做正功，电势能减小，动能增大，即Q点的动能大于p点的动能，B错；由图知Q处的等势面比R处的等势面要密集，根据等势面的密集程度代表场强的大小，所以Q点的电场强度大于R点的电场强度，C错；电子从P至R的运动过程中，电子所受电场力从左向右，电子从p到R位移也从左向右，所以电场力对电子一直做正功，D对。第卷（非选择题 共192分）必考部分19（18分）ABCDO单位：mm（1）（1）在探究物体仅在重力作用下是否做匀变速直线运动的实验中，利用打出来的纸带可以测出当地的重力加速度。某次实验得到的纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的五个点，测得OA=5.6mm、OB=15.0mm、OC=28

8、.3mm、OD=45.5mm，打下相邻两个点间的时间间隔为0.02s。 当地的重力加速度g = m/s2。（结果保留三位有效数字） 把问题中求得的重力加速度与当地重力加速度的标准值比较，发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其它原因可能是 （只要求写出一种原因）。（2）（12分）关于做“测电源电动势和内电阻”的实验有同学按图（a）电路进行连接，他用到的6根导线是aa、bb、cc、dd、de和bf ，由于其中混进了一根内部断开的导线，所以当他按下开关后，发现两个电表的指针均不偏转，他用多用表的电压档测量bc间的电压，读数约为1.5V（已知电池电动势约为1.5V），由于只有一根导线内部

9、断开，根据上述现象可推得，这6根导线中哪几根可能内部是断开的？答：_（写导线编号）。为了确定哪一根导线的内部是断开的，他至少还要用多用表的电压档再测量几次？答：_次AaVabcdef图（a）00.51.01.50.70.91.3I/AU/V1.11.5123456图（b）排除故障后，该同学通过改变滑动变阻器的电阻，测得了6组U、I的数据，根据第1、2、3、4、5和6组的数据，他在U-I图上标出了这些数据点，并且按照这些数据点的分布绘制了相应的U-I图线如图（b）所示，由这一图线，可求得电源的电动势E为_V，内电阻r为_。如果他不利用这一图线，而是利用任意两组U、I数据，那么当他选择哪二组数据求

10、出的E、r值时误差最大？答：_（写数据组编号如1和2；3和4；5和6） 。19【答案】（1） 9.69m/s2 （4分） 纸带与限位孔之间的阻力、空气阻力等。（2分）（2）bb、cc（3分。错选不得分，漏选得2分）；1（3分）X4X3X2X11.45（或1.46、1.44）（2分）；0.5（或0.51、0.49）（2分）；2、3（2分）ABCDO单位：mm【解析】（1）如右图分别计算出：X1=5.6m X2=15.0-5.6=9.4mm=9.4m X3=28.3-15.0=13.3mm=13.3m X4=45.5-28.3=17.2mm=17.2m 根据，T=0.02s将数据代入解得g=9.6

11、9m/s2 20（15分）正方形金属线框abcd，每边长，总质量m，回路总电阻R，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M的砝码。线框上方为一磁感应强度B的有界匀强磁场区，如图，线框abcd在砝码M的牵引下做加速运动，当线框上边ab进入磁场后立即做匀速运动。求：（1）此时磁场对线框的作用力多大？线框匀速上升的速度多大？（2）线框匀速进入磁场的过程中，重物M有多少重力势能转变为电能？20【答案】（1） F=Mg- mg ； v= （2）【解析】（1）当线框上边ab进入磁场，由于线框匀速运动，线框受力平衡，F+mg=Mg （2分） F=Mg- mg （1分）线圈中产生感应电流I，由楞

12、次定律可知产生阻碍运动的安培力为 （2分）由公式 （2分）由欧姆定律可得 （2分）联立求解得 v= （1分） （2）由能量守恒可得产生电能为（5分）用其它方法得出正确结果同样给分。21（19分）如图所示，地面和半圆轨道面PTQ均光滑。质量M = l kg、长L = 4 m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s = 3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m = 2 kg的滑块(不计大小)以v0 = 6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数 = 0.2，g取10 m/s2。求： (1)判断小车与墙壁碰撞前

13、是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度； (2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围。21【答案】（1）小车与墙壁碰撞前滑块与小车相对静止； Vt=4m/s （2）R0.24m或R0.60m 【解析】（1）由牛顿第二定律，对滑块：-mg=ma1 (1分)对小车：mg=Ma2 （1分）但滑块相对小车静止时，两者速度相等，即：v0+a1t=a2t （1分）此时 v1=v2=4m/s （1分）滑块的位移为：s1=v0t+a1t2 （1分）滑块与小车的相对位移为：L1=s1-s2 （1分）联立解得，L1=3m，s2=2m （2分）因L1<L，s2<s

14、，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：Vt=4m/s （1分）（2）与墙碰后滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P。若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为Mg=mv2/R （2分）根据动能定理，有-mgL2-mg·2R=mv2-mv12 （2分）解得 R=0.24m （1分）若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理，有-mgL2-mgR=0-mv12 （2分）解得R=0

15、.6m （1分）综上所述，滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足：R0.24m或R0.60m （1分）22（20分）如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO1O2为中线，O1为板间区域的中点，P是足够大的荧光屏带电粒子连续地从O点沿OO1方向射入两板间带电粒子的重力不计。 （1）若只在两板间加恒定电压U，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）若入射粒子是不同速率、电量为e、质量为m的电子，试求能打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能 （2）若两板间没有电场，而只存在一个以O1点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知磁感应强度B=0.50T，两板间

16、距cm，板长L=l.0cm，带电粒子质量m=2.0×1025kg，电量q=8.0×10-18C，入射速度×105m/s若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径R应满足的条件（不计粒子的重力） （3）若只在两板间加如图乙所示的交变电压u，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）入射粒子是电量为e、质量为m的电子某电子在时刻以速度v0射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U0应满足的条件22【答案】（1）Ek= （2） r=8.7×10-3m ；R5×10-3m （3） U0 【解析】（1）电子在

17、两极板间的加速度a= （1分）通过金属板的时间t= （1分）对打在荧光屏上偏离点O2最远的粒有d=at2 （1分）有动能定理得：Ek=eU+mv2 （1分）联立解得：Ek= （1分）（2）由牛顿第二定律可知，qvB= （2分）代入数据解得 r=5×10-3m=8.7×10-3m （1分）如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2，磁场区域的最大半径为R0，由几何关系可知tan2= ,tan= （2分）代入数据解得R0=5×10-3m （1分）则R应满足的条件R5×10-3m （1分）（3）交变电压的周期 T=，则t0=T电子通过金属板的时间

18、 t=T （1分）电子在两极板间的加速度 a= （1分）设电子分别在TT、TT、TT、TT时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，则有y1=y3=-a (T-t0)2 （1分）选考部分第卷选考部分共5题，共35分。其中第28、29题为物理题，第30、31题为化学题，考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答，若第28、29题都作答，则按第28题计分，若30、31题都作答，则按第30题计分；第32题为生物题，是必答题。请将答案都填写在答题卡选答区域的指定位置上。28物理选修33（本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。）（1）右图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是 （填选项前的字母）A当r等于r1时，分子间的作用力为零B当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C当r大