《北京市高三高考压轴物理试题及答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市高三高考压轴物理试题及答案.doc（16页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、北京市2014届高三高考压轴物理试题第一部分（选择题 共120分）13在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、假说、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等。以下关于所用思想方法的叙述不正确的是A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B速度的定义式，采用的是比值法；当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想C在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法D如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想14如图所示
2、，质量均为m的物体A和物体B，用跨过光滑定滑轮的轻质细绳相连，A置于倾角=30的固定斜面上，处于静止状态。现用水平力F作用在物体B上，缓慢的拉开一小角度，物体A一直保持静止，此过程中A所受的摩擦力A逐渐增大 B逐渐减小C先减少后增大 D先增大后减少15在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示，开始时各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和两木板间的动摩擦因数相同.下列说法正确的是（ ） A.若F1=F2，M1M2，则v1v2 B.若F1=F2
3、，M1M2，则v1v2C. 若F1F2，M1=M2，则v1v2D. 若 F1F2，M1=M2，则v1v216. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是A.a点的电势高于b点的电势B.c点的电场强度大于d点的电场强度C.若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D.若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加17ABF如图所示，A、B两物体的质量皆为m，用轻弹簧连接，B放在水平地面上。用竖直向下的大小为F的力作用在A上，待系统平衡后突然撤去力F，忽略空气阻力。下列说法正确的是A撤去力F的瞬间，A物体处于失重状态B撤去力F的瞬间，B对地面的压力大小为2mgC撤去力F的瞬间，B物体的加速度大小
4、为F/m D撤去力F后，若物体B不能离开地面，则A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒18.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.510-5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是（ ）A靠近河南岸的水面电势较高 B两岸的水面电势等高C电压表记录的电压约为9mV D电压表记录的电压约为6mV19如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果。若用手拉木板做匀速运动，速度大小是v。图乙所示的
5、一段木板的长度是s。下列说法正确的是A可估算出这次实验所用沙摆对应的摆长B若增大手拉木板的速度，则沙摆的周期将变大C若减小沙摆摆动时的最大摆角，则沙摆的周期将变小D若增大沙摆的摆长，保持拉动木板的速度不变，则仍将得到与图乙完全相同的图样OOv甲sO乙 20自然界中某个量D的变化量，与发生这个变化所用时间的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是A若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的B若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则是恒定不变的C若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大。D若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多第二部分（非选择题 共180分）
6、本部分共11小题，共180分。21.（18分）（1）（6分）某实验小组利用光电计时器验证牛顿第二定律，装置如图甲，让小物块从倾斜气垫导轨顶端滑下，若光电计时器记录下小物块上的遮光板通过A、B光电门的时间分别为t1和t2，测得A、B之间的距离为L，导轨倾角为，已知重力加速度为g. 用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度d.如图乙，由此读出d_ mm 实验需验证的关系式为_(用实验测定的物理量对应的字母表示) 铁铜+甲+-mAU/V0.800.901.00I/mA0.20.40.60.81.00.500.600.700乙abc（2）（12分）某研究性学习小组用较粗的铜丝和铁丝相隔较近距离插入苹果中，制
7、成了一个苹果电池，现在用如图甲所示器材来测定苹果电池的电动势和内阻。设计好合适的电路后，调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，记录多组U、I的数据，填入事先设置的表格中。然后逐渐增大铜丝和铁丝插入的深度，重复上述步骤进行实验。按照插入深度逐渐增加的顺序，利用相应的实验数据，在U-I坐标系中绘制图象，如图乙中的a、b、c所示。实验器材有：电流表（量程1，内阻不计）；电压表（量程1，内阻约1 k）；滑动变阻器R1(阻值0200)；滑动变阻器R2 (阻值010k)，该电路中应选用滑动变阻器 (选填“R1”或“R2” )。某同学根据正确设计的电路将图甲中实物图连接出一部分，请将剩余部
8、分连接起来。在该实验中，随电极插入的深度增大，电源电动势 ，电源内阻 。（均选填“增大”、“减小”或“不变”） 图线b对应的电路中，当外电路总电阻R=2000时，该电源的输出功率P= W（计算结果保留三位有效数字）。22（16分）质量为m=1kg的小木块A（可看成质点），放在质量为M=4kg的长木板B的左端，如图所示长木板放在光滑的水平桌面上小木块与长木板间的动摩擦因数=0.1，系统处于静止状态。现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以的初速度冲向长木板，碰后与长木板粘在一起（碰撞时间极短），最终小木块A恰好不滑落，求（1）C与B刚粘连时的速度v（2）木板至少应有多长。V0ABC23（18
9、分）如图所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；在一、四象限内以x=L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场B1和B2， y轴为磁场和电场的理想边界。在x轴上x=L的A点有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度v沿与x轴负方向成45o的夹角垂直于磁场方向射出。粒子到达y轴时速度方向与y轴刚好垂直。若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回A点（不计粒子的重力）。（1）判断磁场B1、B2的方向；（2）计算磁感应强度B1、B2的大小24（20分）某物理课外兴趣小组设计了如图所示装置。AB段为一竖直细圆管，BPC是一个半径R=0.4m的半圆
10、轨道，C端的下方有一质量M=0.2kg的小车，车上有半径r=0.2m的半圆轨道DEF（D与C在同一条竖直线上），小车的左侧紧靠一固定障碍物。在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m=0.1kg的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r，此球可视为质点）。已知小球到B端的距离为h1=1.2m，C、D间竖直距离为h2=1m。在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC的最高点P；小球从C端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D端进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出。若各个接触面都光滑，重力加速度取g=10m/s2，试求：（1）弹簧被释放前具有的弹性势能EP；（2）
11、小球被第一次到达E点时的速度大小及从F点飞出后能上升的最大高度；（相对F点）（3）小球下落返回到E点时小球和小车的速度的大小和方向。2014北京市高考压轴卷理科综合 物理参考答案 第一部分（选择题）13【答案】A 【解析】质点是用来代替物体的有质量的点，采用的科学方法为物理化模型的方法，故A错误；为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法故C正确；用力向下压，使桌面产生微小
12、形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过角，则M反射的光线旋转的角度为2，N反射的光线就就旋转了4，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法故D正确本题选择错误的。14【答案】A【解析】对A研究可知，原来细线的拉力大小等于B的重力，即T=mgmgsin，A原来所受的摩擦力沿斜面向下，当用水平向右的
13、力F缓慢拉物体A，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，A所受的摩擦力增大。15【答案】C【解析】在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有：，对木板有若F1=F2，则a1=a2，M1M2，a1a2根据a1t12 a1t12L，a2t22 a2t22L，可知t1t2，根据v=at知，v1v2故A错误若F1=F2，且MlM2，则a1=a2，a1a2，根据以上关系式，同理可知，v1v2故B错误若F1F2，且M1=M2，则a1a2，a1=a2，根据以上关系式，同理可知，v1v2故C正确若F1F2，且M1=M2，则a1a2，a1=a2，根据以上关系式，同理可知，v1
14、v2故D错误16【答案】C【解析】沿着电场线的方向，电势降低，所以b点电势高于a点电势，所以A错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以d点的电场强度大于c点的电场强度，所以B错误；由于b点电势高于a点电势，所以正电荷由a点移到b点，电场力做负功，所以C正确；由于d点电势高于c点电势，所以正电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减小，所以D错误。17【答案】D 【解析】有力F作用时A处于平衡状态，即重力、弹力、F三者的合力为零，撤去力F后弹簧弹力及A的重力不变，则A所受合力与F等大反向，即合力方向竖直向上，则加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，A错误；撤去力F前，以
15、AB整体为研究对象，根据平衡条件：N=F+2mg，撤去力F的瞬间，弹簧弹力来不及改变，即B的受力情况均未发生变化，受地面的支持力仍等于F+2mg，根据牛顿第三定律，B对地面的压力大小为F+2mg，B错误；撤去力F的瞬间，B物体的合力仍然为零，加速度为零，C错误；撤去力F后，系统只有重力和弹簧弹力做功，故A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，D正确；18【答案】C 【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律E=BLv=4.510-51002=910-3V=9mV，故
16、C正确，D错误19【答案】A 【解析】由乙知，木板上的图样记录了沙摆两个周期的振动情况，则有 2T= ，T= ，又单摆的周期T= ，可知能求出沙摆对应的摆长，故A正确；沙摆的周期由其摆长决定，与手拉木板的速度无关故B错误；若减小沙摆摆动时的最大摆角，振幅减小，根据单摆的周期公式可知沙摆的周期与振幅无关，所以减小沙摆摆动时的最大摆角，沙摆的周期不变，故C错误；若增大沙摆的摆长，其周期增大，保持拉动木板的速度不变，相同的木板记录的全振动的个数将减少，图样不同，故D错误20【答案】A 【解析】若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示加速度，恒定不变故A正确；若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则=，表
17、示向心力，大小不变，方向不停改变故B错误；若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则表示平均速度，平均速度在减小故C错误；若D表示某质点的动能，则所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少故D错误第二部分（非选择题）铁铜+-mA21【答案】（1）：5.700；（2分）=gsin （4分） （2）R2（2分） 如右图（3分） 不变 减小（4分） 3.2010-4 （ 3.1010-43.3010-4）（3分）【解析】：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：5.700 mm；由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速
18、度表示瞬时速度滑块经过光电门A时的瞬时速度的表达式：v1= ，滑块经过光电门B时的瞬时速度的表达式：v2= ，根据匀变速直线运动位移速度公式得：a= = ，若验证a=gsin，即：gsin(2) 由于电源内阻较大，所以为了电表读数变化较大，所以应该选择较大的滑动变阻器，即铁铜+-mA如图所示 测量电源电动势和内阻时，U-I图象的斜率表示内阻，即: ，图象纵轴截距为电动势所以在该实验中，随电极插入的深度增大，电源电动势不变，电源内阻减小电源的输出功率: 22【答案】（1）1.2m/s；（2）0.6m 【解析】：（1）规定向左为正方向，根据动量守恒定律：mv0=（M+m）v，代入数据得：v=1.2
19、m/s（2）A与BC作用过程，根据动量守恒定律：mv0=（M+2m）v共，代入数据得：v共=1m/s；根据能量守恒定律：，代入数据解得：L=0.6m23【答案】：（1）磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外；（2），；【解析】（1）根据题意画出带电粒子在电场、磁场中的运动示意图，根据粒子绕行方向和左手定则可知：磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外（2）带电粒子在磁场B1、B2中的运动半径分别为R1、R2，则：在磁场B1中由几何关系得圆周运动的半径:R1,由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：，得：；在磁场B2中同样由几何关系得圆周运动的半径：，由洛伦兹力提供圆周运动
20、向心力有：，得：；24【答案】（1）1.8J （2）1m （3）小球的速度的大小为2m/，方向水平向左； 小车的速度的大小为4m/，方向水平向右。【解析】：（1）由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在P点，由牛顿第二定律得：，解得：EP=1.8J，v=2m/s；（2）P到E过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：vE=6m/s；小球由E上升到最高点过程中，小球与车租车的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，解得：h=1m；（3）小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，解得，小球的速度大小：v1=2m/s，方向水平向左；小车的速度大小：v2=4m/s，方向水平向右。
