2013年高考物理 考前模拟冲刺四

- 1 - 2013 年高考物理考前模拟冲刺四 一、单项选择题（每小题 3 分，共 15 分。每小题只有一个选项符合要求，选对的得 3 分，选 错或不选的得 0 分） 1、对下列物理公式的理解，说法正确的是 ( ) A．由公式 a= △v/ △t 可知，加速度 a 由速度的变化量△v 和时间△t 决定 B．由公式 a= F/m 可知，加速度 a 由物体所受合外力 F 和物体的质量 m 决定 C．出公式 E=F/q 可知，电场强度 E 由电荷受到的电场力 F 和电荷的电量 q 决定 D．由公式 C=Q/U 可知，电容器的电容 c 由屯容器所带电量 Q 和两板间的电势差 U 决定 2、静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa 的 a 点运动至电势为φb 的 b 点．若带电 粒子在 a、b 两点的速率分别为 va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷 q/m，为 A． 2 2 a b b a    v v B． 2 2 b a b a    v v C． 2 2 2( ) a b b a    v v D． 2 2 2( ) b a b a    v v 3、放置在光滑地面上的物体在某种力的作用下从静止开始向右运动，如果该物体的速度时 间图像是一条抛物线，如右图所示，则下列说法正确的是（ ） A．0 ~ t1 内物体做匀加速运动 B．t1 时刻物体的速度最大，加速度也最大 C．物体在 0 ~ t1 内和 t1 ~ t2 内运动的位移相等 D．物体在 0 ~ t1 内和 t1 ~ t2 内运动的速度方向相反 4、酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒 精气体浓度的变化而变化。在如图所示的电路中，R 和 Ro 为定值电阻，不同的酒精气体浓度 对应着传感器的不同电阻，因此，显示仪表读数的指针与酒精气体浓度有了对应关系。如果 二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻 r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示 数 U 与酒精气体浓度 c 之间的对应关系正确的是 （ ） A．U 越大，表示 c 越大，但是 c 与 U 不成正比 B．U 越小，表示 r′越小 c 越大，但是 c 与 U 成正比 C．U 越小，表示 c 越小，c 与 U 成反比 D．U 越大，表示 r′越大 c 越大，c 与 U 成正比 5．一物体放置在倾角为 的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯 中，加速度为 a ，如图所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下( ) A．当 一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小 B．当 一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大 C．当 a 一定时， 越大，斜面对物体的正压力越大 D．当 a 一定时， 越大，斜面对物体的摩擦力越小 二、多项选择题（每小题 4 分，共 16 分。全选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或 不选的得 0 分） 6、如图，A、B 是在地球大气层外圆周轨道上运行的质量不等的两颗卫星，它 v t0 t1 t2 R R R 地球 A卫星 B卫星 a θ - 2 - 们的轨道半径满足 RA=2R,RB=3R，R 为地球半径，下列说法正确的是（ ） A．A、B 的角速度之比 1:1: BA  B．A、B 的线速度之比 2:3: BA vv C．A、B 的加速度之比 4:9: BA aa D．A、B 受到的万有引力之比 4:9: BA FF 7、M、N 是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为 E，内阻为 r 的电源组成如图所 示的电路，R 是并联在电容器上的滑动变阻器，G 是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一 带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关 S 闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动， 则（ ） A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从 a 向 b 的电流 B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从 b 向 a 的电流 C．带电油滴将向上运动 D．带电油滴将向下运动 8、如图，实线表示某电场的电场线，一个带负电的粒子沿虚线所示的路径从 a 点运动到 b 点， 则（ ） A．带电粒子所受电场力变大 B．带电粒子所受电场力变小 C．带电粒子的电势能变大 D．带电粒子的电势能变小 9、2010 年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运记录的方式夺得 110 米跨栏的冠军。他 采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。 如图所示，假设质量为 m 的运动员，在起跑时前进的距离 S 内，重心升高量为 h，获得的 速度为 v，阻力做功为 W 阻，则在此过程中（ ） A．运动员的机械能增加了 2 2 1 mv B．运动员的机械能增加了 mghmv 2 2 1 C．运动员的重力做功为 mghW 重 D．运动员自身做功 阻人 WmghmvW  2 2 1 三、简答题简答题：本大题分必做题（第 10、11 题）和选做题（第 12 题）两部分，共 42 分．请将解答填在相应的位置． 10、Ⅰ(4 分)利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验。 (1)在验证机械能守恒定律的试验中，没有．．必要进行的操作是 ( ) A．用天平测重物的质量 B．用秒表测重物下落的时间 C．用打点计时器记录重物下落的信息 D．用纸带记录测量重物下落的高度 (2)该实验所用打点计时器的电源频率为 50Hz， A、 B、C 为纸带中选取的三个计数点，每两个计数点 之间还有 4 个点未画出，则每两个计数点之间的 时间间隔 T= s，打点计时器在打下计数点 B 时，物体的下落速度为 vB= m/s。（小数点 M N Ga b Er R S E b a-q h S · · ·A B C 20.5018.70 单位：cm - 3 - A O p/( 510 Pa) V/（ -310 m3） 1 1 3 3 B 后保留两位有效数字） (3)由于该实验中存在阻力做功，所以实验测得的重物的重力势能的减少量 动能的增加 量（选填“”或“=”） 11、(10 分)现有一只标值为“3.0V，xW”小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想 通过测量灯丝伏安曲线的方法，来找出该灯泡正常工作时的功率。 (1)已知该灯泡灯丝电阻较小，请先在图（甲）中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选 择合适量程的电流表与电压表，将图（乙）中的实物连成完整的电路。 (2)开关 S 闭合之前，图（乙）中滑动变阻器的滑片应该置于 （选填“A”端、“B 端”、或“AB 正中间”） (3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安曲线如图（丙）所示，根据小灯泡的额定电压的标值为 “3.0V”，从图（丙）中可以找出该灯正常工作时的电流 I= A，其额定功率为 P= W。（结果均保留两位有效数字） 12.【选做题】本题包括 A、B 小题，，并在答题卡相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．。 A.(选修模块 3－3)（12 分） (1)下列说法中正确的是 ▲ A.水可以浸润玻璃，水银不能浸润玻璃 B.热管是利用升华和汽化传递热量的装置 C.布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动。 D.一般说来物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变 (2) 如图所示，一定质量的某种理想气体由状态 A 变为状态 B， A、B 两状态的相关参量数据已标于压强—体积图象上。该 气体由 A  B 过程中对外做功 400J，则此过程中气体内能 增加了 J，从外界吸收了 J 热量。 I/A 0 0.1 .0 0.2 0.3 1.0 52 3.0 (丙) U/V 2.0 52 4.0 6 (甲) SE R0 (乙) S A S B S - 4 - (3)某地强风速 v=10m/s，空气的密度 3=1.3 /kg m 。若通过截面积 S=400m2 的风能全部用于 使风力发电机转动，且风能的 20%转化为电能，则通过这个截面的风的发电功率是多大？ B．（选修模块 3-4: 计 12 分） ⑴如图所示，O 是一列横波的波源，从 O 点起振开始计时，t＝0.4s 时，波形如图示（即此刻 仅在 OA 之间有波形）．则以下判断正确的是 。 A．波传到 x＝9m 处的点 Q 时，A 点运动的路程为 5m B．波传到 x＝9m 处的点 Q 时，A 点运动的路程为 1m C．从此刻起再经过 1.2s 点 Q 第二次出现波峰 D．从此刻起再经过 0.8s 点 Q 第二次出现波峰 （2）某单摆的摆长为 l、摆球质量为 m，单摆做简谐振动时的周期为 T，摆动时最大动能为 Ek，如果摆角不变，将摆球质量变成 2m，则单摆的最大动能变为__________，如果将摆长变 再变为 2l，摆角变成原来一半时，单摆的周期为________。 ⑶如图所示是安全门上的观察孔，其直径 ab 为 4 cm，门的厚度 ac 为 2 3 cm。为了扩大向 外观察范围，将孔中完全嵌入折射率为 3 的玻璃，那么嵌入玻璃后向外观察视野的最大张角 是多少？若要求将视野扩大到 1800，嵌入玻璃的折射率应为多少？ 解： 四、计算题（本题共 2 小题，第 15 题 8 分，第 16 题 11 分，共 19 分. 要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤） 13、（15 分）如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为 300 的固定光滑斜 轨道面进行。有一件质量为 m=2．0kg 的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端 A 滑至底 端 B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若 A 点距离水平面的高度 h=5．0m，重力 加速度 g 取 10m/s2,求： 1）包装盒由 A 滑到 B 所经历的时间; 2）若地面的动摩擦因数为 0．5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面和地面 接触处的能量损耗） - 5 - 14、(16 分)如图所示，一个板长为 L，板间距离也是 L 的平行板容器上极板带正电，下极板 带负电。有一对质量均为 m，重力不计，带电量分别为+q 和-q 的粒子从极板正中水平射入（忽 略两粒子间相互作用），初速度均为 v0。若-q 粒子恰能从上极板边缘飞出，求 (1)两极板间匀强电场的电场强度 E 的大小和方向 (2)-q 粒子飞出极板时的速度 v 的大小与方向 (3)在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁 场，为使得+q 粒子与-q 粒子在磁场中对心正碰（碰撞时速 度方向相反），则磁感应强度 B 应为多少？ 15（16 分）个质量 m＝0.1kg 的正方形金属框总电阻 R＝0.5，金属框放在表面是绝缘且光滑 的斜面顶端，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边 BB’平行、宽度 为 d 的匀强磁场后滑至斜面底端 BB’，设金属框在下滑时即时速度为 v，与此对应的位移为 s， 那么 v2-s 图像如图 2 所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上。试问： （1）分析 v2-s 图像所提供的信息，计算出斜面倾角和匀强磁场宽度 d。 （2）匀强磁场的磁感应强度多大？ （3）金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？ （4）现用平行斜面沿斜面向上的恒力 F 作用在金属框上，使金属框从斜面底端 BB’静止开始 沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端。试计算恒力 F 做功的最小值。 参 考 答 案 B v0 v q q L L                   - 6 - 一、二选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B C C A B BC AC BD BD 三.简答题 10、Ⅰ (1) AB （单选得 1 分） (2) 0.1 1.96 (3) > 11、Ⅱ（10 分）(1)如图，电路 2 分，电流表内接不给分；实物连线 2 分（任何一个地方错 误得 0 分）。 (2)（2 分）B 端 （可能是 A 端，与所连实物图对应即可得分） (3)（每空 2 分） 0.25 0.75 12A （1）AD（4 分） （2）0（2 分） 400（2 分） （3） 2 3 1 20% 12 10 vtSv p Svt      （2 分） 45.2 10 W  （2 分） 12B （1） BC （2）2Ek， 2 T ⑶ 向外观察张角最大时，在 cd 边中点 e 观察， b 为入射点，be 为折射光线，入射角 i、折射角 r，由几何关系有 sinr = ed/be = 1/2，根据 折射定律有 sini/ sinr = n，得 i = 600，则最大张角θ = 2i = 1200；视野扩大到 1800，即 入射角为 900，折射角 r = 300，则折射率 n = sin900/sin300 = 2。 四、计算题 13、解：．解：对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得: mamg sin 2/5sin smga   ………………………………………（1 分） S A S B S SE R0 V E A E - 7 - 包装盒沿斜面由 A 到 B 的位移为 m1030sinSAB  h ……（1 分） 设包装盒由 A 到 B 做匀加速运动的时间为 t 则 2 2 1 atS AB  ……………………………………………………（1 分） 解得： sa St AB 22  …………………………………………（1 分） （2）由动能定理得： 2 2 10 mvfs  ………………………… （2 分） 其中 mgf  ……………………………………………………（1 分） 在 B 点速度 atv  ………………………………………………（1 分） 代入已知，得 s=10m ……………………………………………（1 分） 14、解：(1)由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度方向竖直向下 -q 粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动 tvL 0 …………………….……………………..……………………..…………① 2 2 1 2 atL  ……………………………………………..………….…………………② 其中 m Eqa  ………………………………………………………………………………③ （①②③联合列式且正确者得 3 分） 由①②③得， qL mvE 2 0 ……………………………………………………………..④(1 分) (2)设粒子飞出板时水平速度为 vx，竖直速度为 vy，水平偏转角为 0vvx  ……………………………….………………………………………………..⑤ 0v L m Eqatvy  ……………………….………..…………………………………..⑥ x y v vtan ……………………….………..…………………………………………..⑦ 22 yx vvv  ……………………….…………………………………………………⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式可得 45 ， 02vv  ….………………………………………⑨(1 分) (⑤⑥⑦联合列式且正确者得 3 分) (3)由于+q 粒子在电场中向下偏转，且运动轨迹与-q 粒子对称，它飞出下 极板时速度大小与偏转角和-q 粒子相同，进入磁场后它们均做圆周运动， B v0 v q q L L 45 v v R O                   - 8 - 为了使它们正碰，只须 RRR   ，轨迹如图所示 由几何关系易知 LR 2 2 .………………………………⑩(1 分) 洛伦兹力提供向心力 R vmqvB 2  .………… .………….⑾(2 分) 由得⑨⑩⑾ qL mvB 02 …………………………………….. (1 分) 15、解：（1）s＝0 到 s＝1.6 m 由公式 v2＝2as，该段图线斜率 k＝v2 s ＝2a＝ 16 1.6 ＝10，所以 a＝5m（1 分），根据牛顿第二定律 mgsin＝ma（1 分），sin＝a g ＝ 5 10 ＝0.5，＝30（1 分）， 由 图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动，所以△s＝2L＝2d＝（2.6－1.6）m＝1 m， d＝L＝0.5m（2 分）， （2）线框通过磁场时，v1 2＝16，v1＝4 m/s，此时 F 安＝mg sin（1 分），BLBLv1 R ＝mg sin， B＝1 L mgR sinθ v1 ＝0.5 T（1 分）， （3）t1＝v1 a ＝4 5 s＝0.8 s（1 分），t2＝2d v1 ＝20.5 4 s＝0.25 s，s3＝（3.4－2.6）m＝0.8 m， s3＝v1t3＋1 2 a t3 2，t3＝0.2 s（1 分）， 所以 t＝t1＋t2＋t3＝（0.8＋0.25＋0.2）s＝1.25 s（2 分） （4）未入磁场 F－mgsin＝ma2，进入磁场 F＝mgsin＋F 安， ∴F 安＝ma2（1 分），BLBLv R ＝ m v2 2s1 ，v＝2B2L2s1 mR ＝2 m/s（1 分），F 安＝B2L2v R ＝0.25N（1 分），最小功 WF＝2dF 安＋mg（s1＋ s2＋s3）sin＝2B2L2vd R ＋mg（s1＋s2＋s3）sin＝1.95 J（2 分）