(時間：100分鐘　分值：120分)
一、單項(本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意)
1．物理學中有許多物理量的定義，可用公式來表示，不同的概念定義的方法不一樣，下列四個物理量中，定義法與其他物理量不同的一組是(　　)．
A．導體的電阻R＝ρlS B．電場強度E＝Fq
C．電場中某點的電勢φ＝Epq D．磁感應強度B＝FIL
解析　R＝ρlS是導體電阻的決定式，R與長度l成正比，與橫截面積S成反比；電場強度、電勢、磁感應強度都是比值法定義的物理量，只決定于電場或磁場本身的性質(zhì)，與試探電荷、電流元及受力等無關，故選A項．
答案　A
2. (原創(chuàng)題)如圖1所示，物體A靠在豎直墻面上，在力F作用下，A、B保持靜止，則物體A的受力個數(shù)為(　　)．
A．2 B．3
C．4 D．5
圖1
解析　先以A、B整體為研究對象，因為A、B保持靜止，所以豎直墻壁對A有豎直向上的靜摩擦力F″和水平向右的彈力F′.再以B為研究對象，其受力情況如圖乙所示，即要保持物體B平衡，B應受到重力、壓力F、A對B的靜摩擦力的作用，同時，B還應受到A對B的彈力作用．以A為研究對象，還受重力、B的彈力和靜摩擦力作用，A的受力圖如圖甲所示，所以選項D正確．
答案　D
3．如圖2所示，邊長相等的正方形導體框與正方形勻強磁場區(qū)的對角線在同一水平線上，導體框沿水平方向勻速通過垂直于紙面向外的磁場區(qū)，導體框中的電流隨時間變化關系正確的是(順時針方向電流為正)(　　)．
圖2
答案　A
4．(2014?浙江卷，16) 如圖3所示，鐵芯上、下分別繞有匝數(shù)n1＝800匝和n2＝200匝的兩個線圈，上線圈兩端與u＝51sin 314t V的交流電源相連，將下線圈兩端接交流電壓表，則交流電壓表的讀數(shù)可能是(　　)．
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
圖3
解析　由U1n1＝U2n2得U2＝n2U1n1，其中U1＝512 V，得U2＝5142 V≈9.0 V，因此題中兩線圈并非處于理想狀態(tài)，會出現(xiàn)漏磁，所以交流電壓表的讀數(shù)小于9.0 V，故選項A正確．
答案　A
5．(2014?福建卷，13)“嫦娥二號”是我國月球探測第二期工程的先導星．若測得“嫦娥二號”在月球(可視為密度均勻的球體)表面附近圓形軌道運行的周期為T，已知引力常量為G，半徑為R的球體體積公式V＝43πR3，則可估算月球的(　　)．
A．密度 B．質(zhì)量 C．半徑 D．自轉(zhuǎn)周期
解析　對“嫦娥二號”由萬有引力提供向心力可得：GMmR2＝m4π2T2R，故月球的質(zhì)量M＝4π2R3GT2，因“嫦娥二號”為近月衛(wèi)星，故其軌道半徑為月球的半徑R，但由于月球半徑未知，故月球質(zhì)量無法求出，月球質(zhì)量未知，則月球的半徑R也無法求出，故B、C項均錯；月球的密度ρ＝MV＝4π2R3GT243πR3＝3πGT2，故A正確．
答案　A
二、多項(本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)
圖4
6．M，N兩金屬板豎直放置，使其帶電，懸掛其中的帶電小球P如圖4偏離豎直方向．下列哪一項措施會使OP懸線與豎直方向的夾角增大？(P球不與金屬極板接觸)(　　)．
A．增大MN兩極板間的電勢差
B．增大MN兩極板的帶電量
C．保持板間間距不變，將M，N板一起向右平移
D．保持板間間距不變，將M，N板一起向左平移
解析　小球受向右的電場力處于平衡狀態(tài)．增大兩板間的電勢差則電場強度增大，電場力增大，小球向右偏角增大，A對；增大電容器的帶電量則兩板間電勢差增大，場強增大，電場力增大，偏角增大，B錯；C、D中場強不會變化，偏角不變，故C、D錯．
答案　AB
7．(2014?蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào)，9)如圖5所示，水平地面的上空有一架飛機在進行投彈訓練，飛機沿水平方向做勻加速直線運動．當飛機飛經(jīng)觀察點B點正上方A點時投放一顆炸彈，經(jīng)時間T炸彈落在觀察點B正前方L1處的C點，與此同時飛機投放出第二顆炸彈，最終落在距觀察點B正前方L2處的D點，且L2＝3L1，空氣阻力不計．以下說法正確的有(　　)．
圖5
A．飛機第一次投彈時的速度為L1T
B．飛機第二次投彈時的速度為2L1T
C．飛機水平飛行的加速度為L1T2
D．兩次投彈時間間隔T內(nèi)飛機飛行距離為4L13
解析　由運動學規(guī)律可知第一次投彈時的速度v1＝L1T，故A正確．設飛機加速度為a，第二次投彈時的速度為v2，由勻變速運動規(guī)律可知：v1T＋12aT2＝L2－(v1＋aT)T，而L2＝3L1，得a＝2L13T2，故C錯誤．v2＝v1＋aT＝5L13T，故B錯誤．兩次投彈間隔T內(nèi)飛機飛行距離s＝v1?T＋12aT2＝4L13，故D正確．
答案　AD
8．(2014?北京西城區(qū))如圖6所示平面直角坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　)．
圖6
A．該粒子帶正電
B．A點與x軸的距離為mv2qB
C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝πm3qB
D．運動過程中粒子的速度不變
解析　根據(jù)粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑R＝mvqB，周期T＝2πmqB，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了16T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為mv2qB，粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝πm3qB，B、C兩項正確．
答案　BC
9．(2014?江蘇連云港)水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，用于對旅客的行李進行安全檢查．如圖7為一水平傳送帶裝置示意圖，緊繃的傳送帶AB始終保持v＝ 1 m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1 m/s的恒定速度平行于傳送帶運動去取行李，則(　　)．
圖7
A．乘客與行李同時到達B
B．乘客提前0.5 s到達B
C．行李提前0.5 s到達B
D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達B
解析　行李放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．加速度a＝μg＝1 m/s2，歷時t1＝va＝1 s達到共同速度，位移x1＝v2t1＝0.5 m，此后勻速運動t2＝2m－x1v＝1.5 s到達B，共用2.5 s．乘客到達B，歷時t＝2 mv＝2 s，故B正確．若傳送帶速度足夠大，行李一直加速運動時間最短，最短時間tmin＝ 2×2 ma＝2 s.
答案　BD
三、簡答題(本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分)
10．(6分)如圖8所示，為測量作勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片A、B固定在小車上，測得二者間距為d.
(1)當小車勻加速經(jīng)過光電門時，測得兩擋光片先后經(jīng)過的時間Δt1和Δt2，則小車加速度a＝________.
(2)(多選題)為減小實驗誤差，可采取的方法是(　　)．
A．增大兩擋光片寬度b
B．減小兩擋光片寬度b
C．增大兩擋光片間距d
D．減小兩擋光片間距d
圖8
解析　(1)將擋光片通過光電門時的平均速度作為該時刻小車的瞬時速度有：vA＝bΔt1，vB＝bΔt2.再由v2B－v2A＝2ad可得結(jié)果．
(2)擋光片的寬b越窄，擋光片通過光電門時的時間越短，測得的平均速度越接近該時刻的瞬時速度，A錯誤，B正確．兩擋光片之間的距離越大，測量d時相對誤差就越小，故C正確，D錯誤．
答案　(1)b22d1?Δt2?2－1?Δt1?2　(2)BC
11．(12分)(2014?上海單科，29)實際電流表有內(nèi)阻，可等效為理想電流表與電阻的串聯(lián)．測量實際電流表G1內(nèi)阻r1的電路如圖9所示．供選擇的儀器如下：①待測電流表G1(0～5 mA，內(nèi)阻約300 Ω)，②電流表G2(0～10 mA，內(nèi)阻約100 Ω)，③定值電阻R1(300 Ω)，④定值電阻R2(10 Ω)，⑤滑動變阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑動變阻器R4(0～20 Ω)，⑦干電池(1.5 V)，⑧開關S及導線若干．
圖9
(1)定值電阻應選________，滑動變阻器應選________．(在空格內(nèi)填寫序號)
(2)用連線連接實物圖．
(3)補全實驗步驟：
①按電路圖連接電路，________；
②閉合開關S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄G1、G2的讀數(shù)I1、I2；
③________________________________________________________________________；
圖10
④以I2為縱坐標，I1為橫坐標，作出相應圖線，如圖10所示．
(4)根據(jù)I2I1圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內(nèi)阻的表達式________．
解析　(1)根據(jù)電路的原理圖，定值電阻應適當大一些，滑動變阻器采用分壓接法時，應選用阻值適當小一些的變阻器
(2)連線時要注意電表的正負接線柱不能接反
(3)略
(4)根據(jù)串、并聯(lián)電路規(guī)律可知：I2＝I1＋I1r1R1＝R1＋r1R1I1，所以k＝R1＋r1R1，所以r1＝(k－1)R1.
答案　(1)③�、�
(2)如圖
(3)①將滑動觸頭移至最左端　③多次移動滑動觸頭，記錄相應的G1、G2讀數(shù)I1、I2
(4)r1＝(k－1)R1
12．A(選修模塊33)(12分)
(1)物質(zhì)是由大量分子組成的，分子直徑的數(shù)量級一般是________ m．能說明分子都在永不停息地做無規(guī)則運動的實驗事實有________(舉一例即可)．在兩分子間的距離由v0(此時分子間的引力和斥力相互平衡，分子作用力為零 )逐漸增大的過程中，分子力的變化情況是________(填“逐漸增大”“逐漸減小”“先增大后減小”或“先減小后增大”)．
(2)一定質(zhì)量的理想氣體，在保持溫度不變的情況下，如果增大氣體體積，氣體壓強將如何變化？請你從分子動理論的觀點加以解釋．如果在此過程中氣體對外界做了900 J的功，則此過程中氣體是放出熱量還是吸收熱量？放出或吸收多少熱量？(簡要說明理由)
解析　(1)略．
(2)一定質(zhì)量的氣體，溫度不變時，分子的平均動能一定，氣體體積增大，分子的密集程度減小，所以氣體壓強減�。�
一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變時，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學第一定律，當氣體對外做功時氣體一定吸收熱量，吸收的熱量等于氣體對外做的功，即900 J.
答案　(1)10－10　布朗運動(或擴散現(xiàn)象)　先增大后減小　(2)見解析
B(選修模塊34)(12分)
(1)一列簡諧橫波在t＝0時的波形圖如圖11所示．介質(zhì)中x＝2 m處的質(zhì)點P沿y軸方向做簡諧運動的表達式為y＝10sin(5πt)cm.關于這列簡諧波，下列說法正確的是________(填入正確選項前的字母)
圖11
A．周期為4.0 s B．振幅為20 cm
C．傳播方向沿x軸正向 D．傳播速度為10 m/s
圖12
(2)某同學用大頭針、三角板、量角器等器材測半圓形玻璃磚的折射率．開始玻璃磚的位置如圖12中實線所示，使大頭針P1、P2與圓心O在同一直線上，該直線垂直于玻璃磚的直徑邊，然后使玻璃磚繞圓心O緩慢轉(zhuǎn)動，同時在玻璃磚的直徑邊一側(cè)觀察P1、P2的像，且P2的像擋住P1的像．如此觀察，當玻璃磚轉(zhuǎn)到圖中虛線位置時，上述現(xiàn)象恰好消失．此時只須測量出________，即可計算玻璃磚的折射率．請用你的測量量表示出折射率n＝________.
解析　(1)由波形圖可知振幅A＝10 cm，波長λ＝4 m；由y＝10sin(5πt)cm可知，ω＝5π，根據(jù)ω＝2πT得簡諧運動的周期T＝2πω＝2π5π s＝0.4 s；根據(jù)v＝λT，得波速v＝λT＝40.4 m/s＝10 m/s，根據(jù)y＝10sin(5πt)cm知，t＝T4＝0.1 s時，y＝10 cm，即質(zhì)點P位于波峰處，所以t＝0時刻時P點向上振動，根據(jù)振動方向和波傳播方向的關系知該波沿x軸正向傳播，綜上所述C、D正確．
(2)光線指向圓心入射時不改變傳播方向，恰好觀察不到P1、P2的像時發(fā)生全反射，測出玻璃磚直徑繞O點轉(zhuǎn)過的角度θ，此時入射角θ即為全反射臨界角，由sin θ＝1n得n＝1sin θ.
答案　(1)CD　(2)玻璃磚直徑邊繞O點轉(zhuǎn)過的角度θ　1sin θ
C(選修模塊3－5)(12分)
(1)太陽能是由太陽內(nèi)部熱核反應所釋放出的光能、熱能及輻射能量所組成．它每年輻射到地球上的能量達1 813億噸標準煤，相當于全世界年需要能量總和的5 000倍，是地球上最大的能源．太陽內(nèi)部的熱核反應方程為21H＋31H→42He＋10n，若已知21H的質(zhì)量為m1，31H的質(zhì)量為m2，42He的質(zhì)量為m3，中子質(zhì)量為m4，下列說法正確的是(　　)．
A.21H和31H是兩種不同元素的原子核
B.21H和31H在常溫下就能夠發(fā)生反應
C．這個反應釋放核能為ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．這個反應過程中質(zhì)量虧損為Δm＝m1＋m2－m3
(2)兩磁鐵各固定放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動．已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg.兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動．某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反．兩車運動過程中始終未相碰，則兩車最近時，乙的速度為多大？
解析　(2)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為v，取乙車的速度方向為正方向．由動量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以兩車最近時，乙車的速度為
v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝43 m/s.
答案　(1)C　(2)43 m/s
四、(本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)
13．(15分)(2014?江蘇揚州一模)一光滑金屬導軌如圖13所示，水平平行導軌MN、ST相距l(xiāng)＝0.5 m，豎直半圓軌道NP、TQ直徑均為D＝0.8 m．軌道左端用阻值R＝0.4 Ω的電阻相連．水平導軌的某處有一豎直向上、磁感應強度B＝0.06 T的勻強磁場．光滑金屬桿ab質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω，當它以5 m/s的初速度沿水平導軌從左端沖入磁場后恰好能到達豎直半圓軌道的最高點P、Q.設金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與導軌垂直，導軌電阻忽略不計．取g＝10 m/s2，求金屬桿：
(1)剛進入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；
(2)到達P、Q時的速度大�。�
(3)沖入磁場至到達P、Q點的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱．
圖13
解析　(1)因為E＝Blv
I＝ER＋r
所以I＝BlvR＋r＝0.06×0.5×50.4＋0.1A＝0.3 A方向a→b.
(2)恰能到達豎直軌道最高點，金屬桿所受的重力提供向心力mg＝mv2D2
所以v＝gD2＝10×0.4 m/s＝2 m/s.
(3)根據(jù)能量守恒定律，電路中產(chǎn)生的焦耳熱
Q＝12mv 20－12mv 2－mgh
所以Q＝12×0.2×52－12×0.2×22－0.2×10×0.8J＝0.5 J.
答案　(1)0.3 A　方向a→b
(2) 2 m/s　(3)0.5 J
14．(16分)如圖14所示，斜面體固定在水平面上，斜面光滑，傾角為θ，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離地面高H，上端放著一個小物塊．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmgsin θ(k>1)，斷開輕繩，木板和物塊沿斜面下滑．假設木板足夠長，與擋板發(fā)生碰撞時，時間極短，無動能損失，空氣阻力不計．求：
圖14
(1)木板第一次與擋板碰撞彈起上升過程中，物塊的加速度；
(2)從斷開輕繩到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運動的路程s；
(3)從斷開輕繩到木板和物塊都靜止，摩擦力對木板及物塊做的總功W.
解析　(1)設木板第一次上升過程中，物塊的加速度為a物塊
由牛頓第二定律kmgsin θ－mgsin θ＝ma物塊
解得a物塊＝(k－1)gsin θ，方向沿斜面向上．
(2)設以地面為零勢能面，木板第一次與擋板碰撞時的速度大小為v1
由機械能守恒得：12×2mv21＝2mgH
解得v1＝2gH
設木板彈起后的加速度為a板，由牛頓第二定律得：
a板＝－(k＋1)gsin θ
木板第一次彈起的最大路程s1＝－v212a板＝H?k＋1?sin θ
木板運動的路程s＝Hsin θ＋2s1＝?k＋3?H?k＋1?sin θ.
(3)設物塊相對木板滑動距離為L
根據(jù)能量守恒mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝kmgsin θL
摩擦力對木板及物塊做的總功W＝－kmgsin θL
解得W＝－2kmgHk－1.
答案　(1)(k－1)gsin θ　沿斜面向上　(2)?k＋3?H?k＋1?sin θ　(3)－2kmgHk－1
15．(16分)如圖15所示，兩平行金屬板M、N長度為L，兩金屬板間距為33L.直流電源的電動勢為E，內(nèi)阻不計．位于金屬板左側(cè)中央的粒子源O可以沿水平方向向右連續(xù)發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，帶電粒子的質(zhì)量不計，射入板間的粒子速度均為v0＝ 3qEm.在金屬板右側(cè)有一個垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.
圖15
(1)將變阻器滑動頭置于a端，試求帶電粒子在磁場中運動的時間．
(2)將變阻器滑動頭置于b端，試求帶電粒子射出電場的位置．
(3)將變阻器滑動頭置于b端，試求帶電粒子在磁場中運動的時間．
解析　(1)將變阻器滑動頭置于a端，兩極板M、N間的電勢差為零，帶電粒子不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)動半周離開磁場，運動時間為t1＝12×2πmqB＝πmqB.
(2)將滑動變阻器滑動頭置于b端，帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在電場中做類平拋運動，L＝v0t，y＝12qEm33Lt2，將v0＝ 3qEm代入得，y＝36L.帶電粒子射出電場的位置為M板的上邊緣．
(3)帶電粒子射出電場時速度與水平方向夾角的正切tan θ＝36L12L＝33，所以θ＝30°.帶電粒子的運動時間為t2＝23×2πmqB＝4πm3qB.


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