1、2014重慶高考物理模擬試題一、選擇題（本題共5小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對的得6分，選錯的得0分）1、下列說法正確的是（ ）A19世紀科學家對電與磁的研究使人類文明前進了一大步，法拉第就是這一時期的一位代表人物。首先發現了電流周圍存在磁場，揭開了電與磁聯系研究的序幕B安培提出了場的觀點，說明處于電場中的電荷所受的力是電場給予的C伽利略根據理想斜面實驗，否定了“力是維持物體運動狀態的原因”這一觀點D牛頓在前人研究的基礎上提出了牛頓運動定律、萬有引力定律、天體運動定律2、關于近代物理學的結論中，下面敘述中不正確的是（ ）根據玻爾理論可知，氫原子輻射出一個

2、光子后，氫原子的電勢能減小，核外電子的運動速度增大一定強度的入射光照射某金屬發生光電效應時，入射光的頻率越高，單位時間內逸出的光電子數就越多氫原子的能級是不連續的，輻射光子的能量也是不連續的，當入射粒子的動能大于原子所在某能級的能量值時，也可以使原子電離。衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉變為質子時產生的，質子和中子結合成新原子核一定有質量虧損，釋放出能量.如圖所示，在邊長為a的正方形區域內有勻強磁場，磁感應強度為B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的單匝正方形導線框架EFGH正好與上述磁場區域的邊界重合，導線框的電阻為R現使導線框以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動，經過導線框轉到圖中虛線

3、位置，則在這時間內（ ）A順時針方向轉動時，感應電流方向為EFGHEB平均感應電動勢大小等于C圖中虛線位置的瞬時感應電動勢大小等于D通過導線框橫截面的電荷量為 4.如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑橢圓大環，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L。 勁度系數為k的輕彈簧上端固定在大環的中心0，下端連接一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的小環，小環剛好套在大環上且與 大環及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強電場中。將小環從 A點由靜止釋放，小環運動到B點時速度恰好為O。已知小環在A、 B兩點時彈簧的形變量大小相等。則 ( )A小環從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大B.小環從A點運

4、動到B點的過程中，小環的電勢能一直減小C.電場強度的大小D.小環在B點時受到大環對它的彈力大小52013年6月l3日，“神舟十號”飛船與“天宮一號”目標飛行器在離地面343km的近似圓形的軌道上，成功進行了交會對接。對接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣。下列說法正確的是( ) A在對接前，如不加干預，在運行一段時間后，“天宮一號”的動能可能會增加 B在對接前，如不加干預，“天宮一號”的軌道高度將緩慢增加 C在對接時，兩者運行速度的大小都應大于第一宇宙速度 D航天員在“天宮一號”內的“私人睡眠站”中睡覺時處于平衡狀態二、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第6題第9題為必考題，每個試題考生都必須

5、做答。第10題第11題為選考題，考生根據要求選擇其一做答。（一）必考題（共4題）6. 共二個小題，共19分（1）.（6分）在“探究功與速度變化的關系”的實驗中，某實驗研究小組的實驗裝置如圖甲所示。木塊從A點靜止釋放后，在一根彈簧作用下彈出，沿足夠長的木板運動到點停下，記錄此過程中彈簧對木塊做的功為。點為彈簧原長時所處的位置，測得的距離為。再用完全相同的2根、3根彈簧并在一起進行第2次、第3次實驗并記錄，及相應的、數據，用圖像處理數據，回答下列問題：/w11 如圖乙是根據實驗數據描繪的圖像，圖線不過原點的原因是 ； 由圖線得木塊從A到O過程中摩擦力做的功是 ； 圖像斜率的物理意義是 。（2）（1

6、1分）如圖甲所示為某同學實驗得到的小燈泡燈絲電阻的UI關系曲線圖。 在圖乙中畫出實驗電路圖(根據該電路圖可得到UI關系的完整曲線)，可用的器材有：電壓傳感器、電流傳感器、滑動變阻器(變化范圍050 )、電動勢為6 V的電源(不計內阻)、小燈泡、電鍵、導線若干。 如果將該小燈泡分別接入下圖甲、乙兩個不同電路，其中甲電路的電源為一節干電池，乙電路的電源為三節干電池，每節干電池的電動勢為1.5 V，內電阻為1.5 ，定值電阻R18 ，則接入_(選填“甲”或“乙”)電路時，小燈泡較亮些。 在電路乙中，小燈泡消耗的電功率為_ W。 若將電路乙中的電阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，則此時電

7、源內部的發熱功率為_ W。7. (15分) 如圖所示，質量為m的小物塊放在長直水平面上，用水平細線緊繞在半徑為R、質量為2m的薄壁圓筒上t=0時刻，圓筒在電動機帶動下由靜止開始繞豎直中心軸轉動，轉動中角速度滿足=1t（1為已知常數），物塊和地面之間動摩擦因數為求：（1）物塊做何種運動？請說明理由（2）物塊運動中受到的拉力（3）從開始運動至t=t1時刻，電動機做了多少功？8. (16分)如圖所示，高臺的上面有一豎直的圓弧形光滑軌道，半徑R=m，軌道端點B的切線水平。質量M=5 kg的金屬滑塊(可視為質點)由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點后經時間t=1 s撞擊在斜面上的P點。已知斜面的傾角=37o

8、，斜面底端C與B點的水平距離x0=3 m。g取10 m/s2，sin37o =06，cos37o =08，不計空氣阻力。 (1)求金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大小 (2)若金屬滑塊M離開B點時，位于斜面底端C點、質量m=1 kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，恰好在P點被M擊中。已知滑塊m與斜面間動摩擦因數0.25，求拉力F大小 (3)滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變為4 rn/s，仍沿斜面向上運動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運動的時間9（18分）如圖所示，直角坐標系Oxy位于豎

9、直平面內，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場質量為m2=810-3kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l=0.045m，質量m1=110-3kg的帶電小物塊以初速度v0=0.5m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發生正碰并把部分電量轉移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力已知電場強度E=40N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數為=0.1，取g=10m/s2，求：（1）碰后m1的速度；（2）若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角=30，OP長為lop=0.4m，求磁感應強度B的大小；（3

10、）其它條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小為B/使m2能與m1再次相碰，求B/的大小？xyPOAm1m2v0lBE（二）、選做題（第10題和第11題各12分，考生從中選做一題，若兩題都做，則按第10題計分，其中選擇題僅有一個正確選項，請將正確選項的標號填入答題卡上對應的位置）10【選修3-3（1）給一定質量、溫度為0的水加熱，在水的溫度由0上升到4的過程中，水的體積隨著溫度升高反而減小，我們稱之為“反常膨脹”。某研究小組通過查閱資料知道：水分子之間存在一種結合力，這種結合力可以形成多分子結構，在這種結構中，水分了之間也存在相互作用的勢能。在水反常膨脹的過程中，體積減小是由于水分子之間的結構發生

11、了變化，但所有水分子間的總勢能是增大的。關于這個問題的下列說法中正確的是（ ） A水分子的平均動能減小，吸收的熱量一部分用于分子間的結合力做正功 B水分子的平均動能減小，吸收的熱量一部分用于克服分子間的結合力做功 C水分子的平均動能增大，吸收的熱量一部分用于分子間的結合力做正功 D水分子的平均動能增大，吸收的熱量一部分用于克服分子間的結合力做功(2)如圖所示，一根上粗下細、粗端與細端都粗細均勻的玻璃管上端封閉、下 端開口，橫截面積S1=4S2，下端與大氣連通。粗管中有一段水銀封閉了一定質量的理想氣體，水銀柱下表面恰好與粗管和細管的交界處齊平，空氣柱和水銀柱長度均為h=4 cm。現在細管口連接一

12、抽氣機(圖中未畫出)，對細管內氣體進行緩慢抽氣，最終使一半水銀進入細管中，水銀沒有流出細管。已知大氣壓強為P0=76 cmHg。 求抽氣結束后細管內氣體的壓強； 抽氣過程中粗管內氣體吸熱還是放熱?請說明原因。物理參考答案1C 2B 3D 4B 5A6.（1）（6分） 未計算AO間的摩擦力做功 摩擦力（2）（11分）解析： 由于要畫出UI關系的完整曲線，必須用分壓接法畫出實驗電路圖。 分別在小燈泡燈絲電阻的UI關系曲線圖上畫出電源的伏安特性曲線，與小燈泡燈絲電阻的UI關系曲線交點即為工作點。顯然接入甲電路時，燈泡中電流較大，小燈泡較亮些。 在電路乙中，小燈泡消耗的電功率為PUI10.15 W0.

13、15 W。 若將電路乙中的電阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，可等效為電動勢為2.25 V，內阻為2.25 的電池連接一個燈泡，在小燈泡燈絲電阻的UI關系曲線圖上畫出電源(電動勢2.25 V，內阻2.25 )的伏安特性曲線，與小燈泡燈絲電阻的UI關系曲線交點對應的橫坐標值為電源輸出電流I0.26 A，此時電源內部的發熱功率為PI2r0.2624.5 W0.30 W。7. （15分）（1）圓筒邊緣線速度與物塊前進速度大小相同根據v=R=R1t，線速度與時間成正比物塊做初速為零的勻加速直線運動 （3分）（2）由（1）問分析結論，物塊加速度為a = R1 （2分）根據物塊受力，由牛頓第

14、二定律得 Tmg=ma （2分） 則細線拉力為 T=mg+m R1 （1分）（3）對整體運用動能定理，W電+Wf = EQ f(1,2)mv2+ f(1,2)2mv2 （3分）其中Wf =mgs=mg EQ f(1,2)R1t12 （2分）則電動機做的功為 W電= mg EQ f(1,2)R1t12 + EQ f(3,2)m(R1t1)2 (2分）8.（16分）（1）M由A到B過程，由機械能守恒定律得MgR=1/2MB2 解得VB=5m/s滑塊在B點時，由向心力公式得 N-Mg=MvB2/R 解得N=150N 由牛頓第三定律有，M在B點時對軌道的壓力大小為N=N=150N (2)M離開B點后平

15、拋運動的水平位移為x=vBt=5m由幾何關系可知m的位移為 設滑塊m向上運動的加速度為a，由 得 a=5m/s2由牛頓第二定律得 F-mgsin370-u mgcos370=ma 解得F=13N（3）撤去拉力后，滑塊m沿斜面上滑過程的加速度上滑時間 上滑位移 滑塊m沿斜面下滑過程的加速度 下滑過程的位移 得 xyPOAm1m2v0lBE2即返回所用的總時間為 9. （18分）解：（1）m1與m2碰前速度為v1，由動能定理（分）代入數據解得：m/s（分）設v2=0.1m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有：（2分）代入數據得：，水平向左（分）（2）m2恰好做勻速圓周運動，所以（分） 得：q=210-3C（分）粒子受洛侖茲力提供向心力，設圓周的半徑為R則（分）軌跡如圖，由幾何關系有：（分） 解得：B=1T（分）（3）當m2經過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動m1勻減速運動至停，其平均速度為：，所以m2在m1停止后與其相碰（分）由牛頓第二定律有：（分）m1