福建省2014屆高三下學期能力測試(四)物理+解析版

PAGEPAGE1第頁泉州五中2014屆高三下理科綜合能力測試卷（四）20143.1本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷。第I卷為必考題，第II卷包括必考題和選考題兩部分。本試卷共12頁，滿分300分，考試時間150分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：Cu-64;Cl-35.5;N-14;O-16;C-12;H-1;S-32第I卷（選擇題共108分）本卷共18小題，每小題6分，共108分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求。13．如圖所示為物體做直線運動的v－t圖象。若將該物體的運動過程用x－t圖象表示出來（其中x為物體相對出發(fā)點的位移），則下列選項中的四幅圖描述正確的是（）【答案】C由v-t圖象可以看出：物體在0到t1時間內做向正方向的勻速直線運動，t1到t2時間內速度為零，t2到t3時間內做反方向的勻速直線運動，與第一段時間內速度大小相同，因為位移-時間圖象的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向；A、圖象中第一段時間內的速度為負值，故A錯誤；B、圖象中第三段時間內物體的速度為正值，故B錯誤；C、由位移時間圖象可以看出，物體在0到t1時間內做向正方向的勻速直線運動，t1到t2時間內速度為零，t2到t3時間內做反方向的勻速直線運動，故C正確；D、由其圖象可以看出第一段時間內的斜率與第三段時間內的斜率大小不同，說明速度大小不同，故D錯誤。故選C。【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系14．2007年3月26日，中俄共同簽署了《中國國家航天局和俄羅斯聯邦航天局關于聯合探測火星——火衛(wèi)一合作的協(xié)議》，雙方確定2008年聯合對火星及其衛(wèi)星“火衛(wèi)一”進行探測．“火衛(wèi)一”在火星赤道正上方運行，與火星中心的距離為9450km．繞火星1周需7h39min，若其繞行軌道簡化為圓軌道，引力常量G已知．則由以上信息能求出（）A．火星的質量 B．火星的密度C．“火衛(wèi)一”的質量 D．“火衛(wèi)一”受到火星的引力【答案】AA、根據萬有引力提供向心力，知道了軌道半徑和周期，可以求出中心天體（火星）的質量，故A正確；B、由于不知道火星的半徑，所以無法求出火星的密度，故B錯誤；C、環(huán)繞天體（火衛(wèi)一）的質量在分析時已約去，不能求出，故C錯誤；D、由于不知道火衛(wèi)一的質量，所以無法求出“火衛(wèi)一”受到火星的引力，故D錯誤。故選A?！究键c】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用15．如圖所示，水平金屬圓盤置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，隨盤繞金屬轉軸以角速度沿順時針方向勻速轉動，盤的中心及邊緣處分別用金屬滑片與一理想變壓器的原線圈相連。已知圓盤半徑為r，理想變壓器原、副線圈匝數比為n，變壓器的副線圈與一電阻為R的負載相連。不計圓盤及導線的電阻，則下列說法中正確的是（）A．變壓器原線圈兩端的電壓為B．變壓器原線圈兩端的電壓為C．通過負載R的電流為D．通過負載R的電流為【答案】BAB、圓盤半徑切割磁感線產生感應電動勢：，則變壓器原線圈兩端電壓為，故A錯誤B正確；CD、圓盤轉動過程產生的電動勢是定值，穿過變壓器副線圈的磁通量不變，副線圈不產生感應電動勢，副線圈電流為零，故CD錯誤。故選B?！究键c】變壓器的構造和原理；法拉第電磁感應定律16．如圖是某緩沖裝置，勁度系數足夠大的輕質彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質量不可忽略。一質量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回。直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面的摩擦。則()A．小車被彈回時速度v一定小于v0B．直桿在槽內移動的距離等于C．直桿在槽內向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止D．彈簧的彈力不可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力【答案】BA、小車在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終小于時，直桿和槽間無相對運動，小車被彈回時速度v一定等于v0；若形變量等于時，桿和槽間出現相對運動，克服摩擦力做功，小車的動能減小，所以小車被彈回時速度v一定小于v0，故A錯誤；B、整個過程應用動能定理：，直桿在槽內移動的距離，故B正確；C、直桿在槽內向右運動時，開始小車速度比桿的大，所以不可能與直桿始終保持相對靜止，故C錯誤；D、當彈力等于最大靜摩擦力時桿即開始運動，此時車的速度大于桿的速度，彈簧進一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，故D錯誤。故選B。【考點】動能定理17．有一個固定的光滑與水平面夾為53°，桿上套著一個質量為m=2kg的（可視為質點用可伸長的細繩將滑塊m與另一個質量為M=27kg的物塊通過光滑的滑輪相連接細繩因懸掛M而繃緊此時輪左側細繩恰好水且水平度，p點與滑輪的連線與直桿垂直（如圖所示）．現將滑塊m從圖中O點由止釋放，（整個運過中M不會觸地,g=10m/s2）。則滑塊m滑至P點時的速大小為（）A．B．5m/sC．D．2m/s【答案】A由于圖中桿子與水平方向成53°，可以解出圖中虛線長度：，所以滑塊運動到P時，m下落，M下落，當m到達P點與m相連的繩子此時垂直桿子方向的速度為零，即M速度為零，全過程兩物體減小的重力勢能等于m物體的動能增加：，解得：。故選A?！究键c】運動的合成和分解18．如圖所示，有理想邊界的直角三角形區(qū)域abc內部存在著兩個方向相反的垂直紙面的勻強磁場，e是斜邊ac上的中點，be是兩個勻強磁場的理想分界線.現以b點為原點O，沿直角邊bc作x軸，讓在紙面內與abc形狀完全相同的金屬線框ABC的BC邊處在x軸上，t=0時導線框C點恰好位于原點O的位置.讓ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場，現規(guī)定逆時針方向為導線框中感應電流的正方向,在下列四個圖像中，能正確表示感應電流隨線框位移變化關系的是()【答案】D在0-2L過程，線框進入磁場中，磁感線向外和向里的面積相等，整個線框的磁通量為零，保持不變，線框沒有感應電流產生；在2L-2.5L過程：穿過線框的磁通量增加，總磁感線向里，根據楞次定律可知，感應電流方向為逆時針方向，是正值；由于有效的切割長度均勻減小，感應電動勢和感應電流均勻減??；在2.5L-4L過程：穿過線框的磁通量減小，磁感線向里，根據楞次定律可知，感應電流方向為順時針方向，是負值；由于有效的切割長度均勻減小，感應電動勢和感應電流均勻減??；故D正確。故選D?！究键c】法拉第電磁感應定律；楞次定律第Ⅱ卷（簡答題共192分）必考部分第II卷必考部分共9題，共157分。19．（18分）（1）（8分）①小翔利用如圖甲所示的裝置，探究彈簧彈力F與伸長量△l的關系，由實驗繪出F與△l的關系圖線如圖乙所示，該彈簧勁度系數為N/m。②小麗用如圖丙所示的裝置驗證“力的平行四邊形定則”。用一木板豎直放在鐵架臺和彈簧所在平面后。其部分實驗操作如下，請完成下列相關內容：a.如圖丙，在木板上記下懸掛兩個鉤碼時彈簧末端的位置O；b.卸下鉤碼然后將兩繩套系在彈簧下端，用兩彈簧稱將彈簧末端拉到同一位置O，記錄細繩套AO、BO的__及兩彈簧稱相應的讀數。圖丁中B彈簧稱的讀數為__N(保留2位小數點）；c.小麗在坐標紙上畫出兩彈簧拉力FA、FB的大小和方向如圖丁所示，請你用作圖工具在圖戊中作出FA、FB的合力F′；d.已知鉤碼的重力，可得彈簧所受的拉力F如圖戊所示，e.最后觀察比較F和F′，得出結論?！敬鸢浮竣?25②方向11.40如圖所示。①彈簧的F-△l圖象的斜率是彈簧的勁度系數，由圖象可知，彈簧的勁度系數：；②根據驗證平行四邊形定則的實驗原理要記錄細繩套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由彈簧秤讀出：11.40N，如圖。【考點】探究彈簧彈力與伸長量的關系；驗證力的平行四邊形定則；（2）（10分）二極管是一種半導體元件，它的符號為“”，其特點是具有單向導電性，即電流從正極流入時電阻比較小，而從負極流入時電阻比較大。①某課外興趣小組想要描繪某種晶體二極管的伏安特性曲線。因二極管外殼所印的標識模糊，為判斷該二極管的正、負極，他們用多用電表電阻擋測二極管的正、反向電阻。其步驟是：將選擇開關旋至合適倍率，進行歐姆調零，將黑表筆接觸二極管的左端、紅表筆接觸右端時，指針偏角比較小。然后將紅、黑表筆位置對調后再進行測量，指針偏角比較大，由此判斷端為二極管的正極。（選填“左”、“右”）②廠家提供的伏安特性曲線如右圖，為了驗證廠家提供的數據，該小組對加正向電壓時的伏安特性曲線進行了描繪，可選用的器材有：A．直流電源E：電動勢3V，內阻忽略不計B．滑動變阻器R：0～20ΩC．電壓表V1：量程5V、內阻約50kΩD．電壓表V2：量程3V、內阻約20kΩE．電流表A：量程0.6A、內阻約0.5ΩF．電流表mA：量程50mA、內阻約5ΩG．待測二極管DH．單刀單擲開關S，導線若干為了提高測量結果的準確度，電壓表應選用，電流表應選用。（填序號字母）③為了達到測量目的，請在答題卡上虛線框內畫出正確的實驗電路原理圖。④為了保護二極管，正向電流不要超過25mA，請你對本實驗的設計或操作提出一條合理的建議：?！敬鸢浮竣儆遥虎贒，F③如右圖④a、在二極管支路串入一阻值合適的限流電阻起保護作用；b、閉合開關前滑動觸頭停在最左端，向右移動滑動觸頭時應緩慢進行，同時仔細觀察電流表示數變化，以防止電流超過25mA。（1）歐姆表內部有電源，電源正極接在負接線柱上，當紅表筆接觸右端時，說明紅表筆接入電源的負極；此時指針偏角較小，說明電阻較大，故說明接入了反向電壓，故二極管右端應為正極；

電源電壓為3V，故電壓表應選3V量程進行測量；而由坐標可知，電路中電流較小，故電流表應選50mA的即可；（3）為了得出完整的圖象，應采用分壓接法，同時因正向電阻較小，故可以采用外接法，原理圖如圖；（4）為了防止超過最大電流，可以在電路中串接保護電阻；同時也可以通過實驗方法，即慢慢調節(jié)滑動觸片，注視電流表，使電流表示數不得超過25mA?！究键c】描繪小電珠的伏安特性曲線20．（15分）如圖所示，一小球自平臺上水平拋出，恰好落在臨近平臺的一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：（1）小球水平拋出的初速度v0是多少？（2）斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x是多少？（3）若斜面頂端高H＝20.8m，則小球離開平臺后經多長時間到達斜面底端？【答案】（1）由題意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，所以代入數據，得.（2）由得，得.（3）小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度，速度，代入數據，整理得：，解得或（不合題意舍去）所以【考點】勻變速直線運動規(guī)律；平拋運動21．（19分）如圖是計算機模擬出的一種宇宙空間的情境，在此宇宙空間存在這樣一個遠離其他空間的區(qū)域，以MN為界，上部分勻強磁場的磁感強度為B1，下部分的勻強磁場的磁感強度為B2，B1=2B2=2B0，方向相同，且磁場區(qū)域足夠大。在距離界線為h的P點有一宇航員處于靜止狀態(tài)，宇航員以平行于界線的速度拋出一質量為m、帶電量-q的小球，發(fā)現球在界線處速度方向與界線成600角，進入下部分磁場。然后當宇航員沿與界線平行的直線勻速到達目標Q點時，剛好又接住球而靜止，求：（1）電荷在磁感應強度為B1、B2的磁場中的半徑分別為多少，并求出粒子在磁場中速度大小？（2）PQ間距離是多大？（3）宇航員以多大速度勻速運動時才能剛好接到小球？【答案】（1）（2）（3）（1）畫出小球在磁場B1中運動的軌跡如圖所示，可知，由和，可知由得（2）根據運動的對稱性，PQ的距離為：（3）粒子由P運動到Q的時間為：又在宇航員勻速運動時速度應為：。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動22．（20分）如圖所示，在真空中的豎直平面內，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B，A球的電荷量為+4q，B球的電荷量為-3q，組成一帶電系統(tǒng)。虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時PQ恰為桿的中垂線．在MN與PQ間加豎直向上的勻強電場，恰能使帶電系統(tǒng)靜止不動。現使電場強度突然加倍（已知當地重力加速度為g），求：（1）B球剛到達電場邊界PQ時的速度大?。唬?）判定A球能否到達電場邊界MN，如能，請求出A球到達電場邊界MN時的速度大??；如不能，請說明理由。（3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加量的最大值；（4）帶電系統(tǒng)從開始運動到返回原出發(fā)點所經歷的時間？【答案】⑴⑵⑶⑷（1）設帶電系統(tǒng)靜止時電場強度為E，有，解得，電場強度加倍后，從開始靜止到B進入電場，根據動能定理有得B球剛進入電場時的速度（2）B球進入電場后，系統(tǒng)做勻減速直線運動，假設A球能到達電場邊界MN，從開始到A剛運動到MN線時，電場力對系統(tǒng)做功為，系統(tǒng)克服重力做功為，則電場力對系統(tǒng)做功大于系統(tǒng)克服重力做功，說明A到達MN線時系統(tǒng)仍有向上的速度，所以A球能到達電場邊界MN。對AB系統(tǒng)應用動能定理得：解得。（3）設B球在電場中運動的最大位移為s，經分析知B球在電場中的位移最大時，A球已向上越過了MN，根據動能定理有：解得：電場力對B球做功：則B球電勢能增加（4）帶電系統(tǒng)向上運動分為三階段：第一階段勻加速運動，根據牛頓第二定律有：，運動時間，第二階段勻減速運動，同理可得，設A球出電場時速度為v2，根據運動學公式有：，解得，，第三階段勻減速運動，，因B球在電場中運動的最大位移為s=1.2L小于3L，故帶電系統(tǒng)不能全部離開電場，由運動的對稱性可知，系統(tǒng)剛好能夠回到原位置，此后系統(tǒng)又重復開始上述運動。所以帶電系統(tǒng)從開始運動到返回原地發(fā)點所經歷的時間為?！究键c】牛頓第二定律；動能定理選考部分第II卷選考部分共5題，共35分。其中，第29、30題為物理題，第31、32題為化學題，考生從兩道物理題、兩道化學題中各任選一題作答，若第29、30題都作答，則按第29題計分，若第31、32題都作答，則按第31題計分；第33題為生物題，是必答題。請將答案都填寫在答題卷選答區(qū)域的指定位置上。29．【物理——選修3-3】（本題共有兩小題，每小題6分，共12分。每小題只有一個選項符合題意。）（1）下列說法正確的是________。（填選項前的字母）A．液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離，液體表面存在張力B．擴散運動就是布朗運動C．把很多小的單晶體放在一起，就變成了非晶體D．第二類永動機違反能量守恒定律【答案】AA、液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離，分子間存在相互作用吸引力，從而產生表面張力，故A正確；B、布朗運動是懸浮在液體中的顆粒做的無規(guī)則運動，是液體分子無規(guī)則運動的間接反映．而擴散運動是分子運動的直接反映，故B錯誤；C、物質在熔解和凝固過程中，固態(tài)和液態(tài)并存時，溫度保持不變，這類固態(tài)物質叫做晶體；物質在熔解和凝固過程中，其溫度不斷變化，沒有明顯的熔點和凝固點，這類固態(tài)物質叫做非晶體；很多小的單晶體放在一起，其仍有明顯的熔點和凝固點，故C錯誤；D、第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了物理過程的方向性，故D正確。故選A。【考點】布朗運動；晶體和非晶體（2）已知地球半徑約為6.4×106m，空氣的摩爾質量約為29×10－3kg·mol－1，一個標準大氣壓約為1.0×105Pa。利用以上數據可估算出地球表面大氣在標準狀況下的體積為________。（填選項前的字母）A．4×1016m3B．4×1018m3C．4×1020m3D．4×1022m3【答案】B大氣壓強，地球表面積為：則地球周圍空氣質量為：；由于標準狀態(tài)下，一摩爾任何氣體的體積都是22.4升，即摩爾體積為：；故空氣密度為：；空氣的總體積為：；代入解得：。故選B?！究键c】理想氣體的狀態(tài)方程30．【物理——選修3-5】（本題共有兩小題，每小題6分，共12分。每小題只有一個選項符合題意。）（1）氦氖激光器能產生三種波長的激光，其中兩種波長分別為λ1＝0.6328μm，λ2＝3.39μm。已知波長為λ1的激光是氖原子在能級間隔為ΔE1＝1.96eV的兩個能級之間躍遷產生的。用ΔE2表示產生波長為λ2的激光所對應的躍遷的能級間隔，則ΔE2的近似值為________。（填選項前的字母）A．10.50eVB．0.98eVC．0.53eVD．0.37eV【答案】D，，聯立兩式得，故D正確。故選D。【考點】氫原子的能級公式和躍遷（2）質量為M的快艇攜帶一顆質量為m的魚雷，兩者一起以速度v向前運動．快艇沿前進方向發(fā)射魚雷后，速度減為原來的eq\f(1,3)，不計水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為________。（填選項前的字母）A．eq\f(2M＋3m,3m)vB．eq\f(2M,3m)vC．eq\f(4M－m,3m)vD．eq\f(4M,3m)v【答案】A不計水的阻力，快艇和魚雷組成的系統(tǒng)在發(fā)射的瞬間動量守恒，取快艇原來速度方向為正方向，根據動量守恒定律有：解得魚雷的發(fā)射速度為：，故A正確。故選A?！究键c】動量守恒定律泉州五中2014屆高三下理科綜合能力測試卷（四）20143.1物理試題部分參考答案13.C14.A15.B16.B17.A18.D19．（共18分）（1）①125（2分）②方向（2分）11.40N（11.38～11.42N均可）（2分）作圖如右（2分）（2）①右（2分）；②D，F（各2分）③如右圖（2分