高三高考交流預(yù)測試題全國通用 物理 Word含答案

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1、2014屆高考預(yù)測試題 1．如圖所示，質(zhì)量為的物體從光滑斜面上某一高度由靜止開始滑下，與鎖定在光滑水平面上帶有輕彈簧的物體發(fā)生正碰（不計與地面碰撞時的機械能損失），碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為，若碰前解除鎖定，則碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為 （ ） A.B.C.D. 【答案】B【解析】第一次碰撞過程中，和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知碰撞前瞬間的動能為，第二次碰撞過程中，彈簧最短時根據(jù)動量守恒可得，則，B正確. 2．如圖所示，開始時、兩燈均正常發(fā)光，突然因故障短路，隨后調(diào)節(jié)使再次正常發(fā)光，則在整個過程中，以下有關(guān)判斷正確的是

2、（ ） A．調(diào)節(jié)時，應(yīng)向端滑動 B．的電流先增大后減小 C．電壓表示數(shù)一直增大 D．電源的輸出功率一直減小 【答案】B【解析】短路，，，，，即電壓表示數(shù)減小，，，，即燈電流變小，不能正常發(fā)光，；同理，向滑動，，可得，即電壓表示數(shù)減小，，，燈能正常發(fā)光，A、C錯誤，B正確；由于內(nèi)外電阻大小關(guān)系未知，無法判斷電源的輸出功率變化情況，D錯誤． 3．如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力牽引物體由靜止開始運動，物體運動時受到空氣阻力與速度的大小成正比.則在整個運動過程中，物體的 （ ） A.加速度減小的越來越快，速度一直在增大 B.

3、加速度減小的越來越快，物體最終勻速運動 C.加速度減小的越來越慢，物體最終勻速運動 D.加速度減小的越來越慢，速度一直在增大 【答案】B【解析】物體的加速度，隨著的增大，減小，最后等于.又因為，減小，增大，B正確. 4．下列說法正確的是 （ ） A．均勻變化的電場產(chǎn)生均勻變化的磁場，均勻變化的磁場產(chǎn)生均勻變化的電場 B．紫外線容易引起固體物質(zhì)分子共振，可利用紫外線加熱和烘干物體 C．赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，并測定了電磁波的波長和頻率 D．在以300km/

4、h運行的列車上測量車廂上窗戶的水平長度，測量結(jié)果比實際長度短 【答案】C【解析】均勻變化的電場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，均勻變化的磁場產(chǎn)生穩(wěn)定的電場，A錯；紅外線容易引起固體物質(zhì)分子共振，可利用紅外線加熱和烘干物體，B錯；物體相對于參考系靜止時測量物體的長度，測量結(jié)果與真實長度相同，D錯。 5．如圖所示，一理想變壓器原線圈輸入正弦式交流電，交流電的頻率為50Hz，電壓表示數(shù)為11000V，燈泡L1與L2的電阻相等，原線圈與副線圈的匝數(shù)比為，電壓表和電流表均為理想電表，則 （ ） A．原線圈輸入的交流電的

5、表達(dá)式為V B．開關(guān)K未閉合時，燈泡L1的兩端的電壓為220V C．開關(guān)K閉合后電流表的示數(shù)為通過燈泡L1中電流的 D．開關(guān)K閉合后原線圈輸入功率增大為原來的4倍 【答案】B【解析】正弦交流電的表達(dá)式為V，其中電壓最大值為V，，A錯；電壓表的示數(shù)是有效值，根據(jù)變壓比求得副線圈兩端電壓為220V，B對；開關(guān)K閉合后，兩燈泡兩端電壓相等，故通過兩燈泡的電流相等，C錯；開關(guān)閉合后，副線圈負(fù)載為原來的2倍，故功率為原來的2倍，D錯。 6．如圖，兩束頻率不同的單色光1、2以相同的入射角從真空中斜射入平行玻璃磚，兩束光的折射率分別為n1、n2，且n1>n2，則

6、 （ ） A．折射率大的光束1在玻璃磚的下表面發(fā)生全反射而不進入真空 B．兩束光在玻璃磚里發(fā)生干涉現(xiàn)象 C．兩束光進入玻璃磚后折射角相等 D．兩束光射出玻璃磚后仍然平行 【答案】D【解析】根據(jù)光路可逆的原理可知，光束在玻璃的下表面不能發(fā)生全反射但出射光線與入射光平行，A錯、D對；兩束光的頻率不同，不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，B錯；兩束光進入玻璃磚后根據(jù)折射定律可知，折射大的折射角小，即光束1的折射角小于光束2的折射角，C錯。 7．據(jù)報道，2013年9月11日，聯(lián)盟號TMA-08M飛船與國際空間站一起運行6個月后在哈薩克斯坦距離杰茲卡茲甘鎮(zhèn)東南約146公里處著陸，同時

7、返回地球的有3名宇航員。若已知國際空間站繞地球運行的周期為T，空間站軌道所在處重力加速度為g，萬有引力常量為G，則 （ ） A．聯(lián)盟號飛船在與空間站對接前其運行速度大于 B．聯(lián)盟號飛船與空間站在同一軌道上完成對接 C．聯(lián)盟號飛船與空間站對接后處于靜止?fàn)顟B(tài) D．根據(jù)題中的條件可求得地球的質(zhì)量為 【答案】A【解析】國際空間站在軌運動行時，由萬有引力充當(dāng)向心力，有，再由軌道處的重力加速度為g，有，且，求得運行速度為，在對接前，聯(lián)盟號飛船在低軌道，故對接時逐漸進

8、入高軌道，速度減小，故A對、B錯；聯(lián)盟號飛船與空間站對接后處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，C錯；由及求得地球的質(zhì)量為，D錯。 8.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I， C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是 （ ） C D E F UCD B I A.若霍爾元件的載流子是自由電子，則側(cè)面C帶負(fù)電 B.電勢差UCD僅與材料有關(guān) C.僅增大C、D間的寬度時,電勢差UCD變小 D.

9、在測定地球兩極上方的地磁場強弱時,元件的工作面應(yīng)保持水平 【解析】霍爾元件中有電流通過時，將受到此次的洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，若霍爾元件的載流子是自由電子，則根據(jù)左手定則容易判斷電子將向C側(cè)偏轉(zhuǎn)，故側(cè)面C帶負(fù)電，選項A正確，載流子行成的電勢差滿足，則,即UCD與磁感應(yīng)強度、載流子速度以及C、D間的寬度有關(guān)，故選項B、C錯誤；地球兩極上方的地磁場指向兩極，所以在測定地球兩極上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平，選項D正確。 9.如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R（管徑遠(yuǎn)小于R），小球a、b大小相同，質(zhì)量相同，均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動.兩球先后以相同速度v通過軌道最低點，

10、且當(dāng)小球a在最低點時，小球b在最高點，以下說法正確的是 （ ） A.當(dāng)v=時，小球b在軌道最高點對軌道無壓力 B.當(dāng)小球b在最高點對軌道無壓力時，小球a比小球b所需向心力大6mg C.速度v至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運動 D.只要v≥,小球a對軌道最低點壓力比小球b對軌道最高點壓力都大5mg 【解析】小球在最高點恰好對軌道沒有壓力時，小球b所受重力充當(dāng)向心力，mg＝m得v0＝，小球從最高點運動到最低點過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，2mgR＋mv02＝mv2，解以上兩式可得：v＝，故A選項正確；小球在最低點時，F(xiàn)向＝m＝5mg，

11、在最高點和最低點所需向心力的差為4mg，故B選項錯誤；小球在最高點，內(nèi)管對小球可以提供支持力，所以小球通過最高點的最小速度為零，再由機械能守恒定律可知，2mgR＝mv′2，解得v′＝2，故C選項正確；當(dāng)v≥時，小球在最低點所受支持力F1＝mg＋，由最低點運動到最高點，2mgR＋mv12＝mv2，小球?qū)壍缐毫2＋mg＝m，解得F2＝m－5mg，F(xiàn)1－F2＝6mg，可見小球a對軌道最低點壓力比小球b對軌道最高點壓力大6mg，故D選項錯誤。 10.如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平面上，A、B兩物體通過細(xì)繩相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦)．現(xiàn)用水平向右的力F作用

12、于物體B上，將物體B緩慢拉開一定的距離，此過程中斜面體與物體A仍然保持靜止．在此過程中（ ） A、水平力F一定變大 B、斜面體對地面的摩擦力一定變小 C、物體A所受斜面體的摩擦力一定變大 D、斜面體所受地面的支持力一定先變大后變小 【解析】取物體B為研究對象，分析其受力情況可知如圖所示．則有F＝mgtanθ，T＝，在物體B緩慢拉開的過程中，θ增大，則水平力F隨之變大，A選項正確；對A、B兩物體與斜面體這個整體而言，由于斜面體與物體A仍然保持靜止，則地面對斜面體的摩擦力一定變大，斜面體對地面的摩擦力一定變大，B選項錯誤；在這個過程中盡管繩子張力變大，但是由于物體A所受斜面體

13、的摩擦力開始并不知道其方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定，C選項錯誤；又整體豎直方向并沒有其他力，故斜面體所受地面的支持力不變，D選項錯誤. 11.如圖甲所示，為一足夠長的光滑絕緣斜面，范圍內(nèi)存在方向垂直斜面向下的勻強磁場，磁場邊界、與斜面底邊 (在水平面內(nèi))平行．一正方形金屬框放在斜面上，邊平行于磁場邊界．現(xiàn)使金屬框從斜面上某處由靜止釋放，金屬框從開始運動到邊離開磁場的過程中，其運動的圖像如圖乙所示．已知金屬框電阻為，質(zhì)量為，重力加速度為，圖乙中金屬框運動的各個時刻及對應(yīng)的速度均為已知量，求 （1）磁場區(qū)域的寬度； （2）金屬框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 【

14、解析】（1）根據(jù)金屬框運動的圖像可知，金屬框邊在時刻開始進入磁場區(qū)域，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做速度大小為的勻速直線運動，金屬框邊在時刻開始進入磁場區(qū)域，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做勻加速直線運動，在時刻，金屬框邊離開磁場區(qū)域。 則磁場區(qū)域的寬度等于金屬框邊在至?xí)r間內(nèi)運動位移的大小，根據(jù)圖像可得……………………………..………① 解得：……………………………..…………………..………② （2）設(shè)光滑絕緣斜面的傾角為，正方形金屬框的邊長為，在金屬框邊從時刻進入磁場到金屬框邊從時刻離開磁場的過程中，由功能關(guān)系可得 ……………………………..…③ 根據(jù)金屬框運動的圖像可知，金屬框邊在時刻開始進入磁場區(qū)域，

15、在至?xí)r間內(nèi)金屬框做速度大小為的勻速直線運動，則 ………………④ 根據(jù)圖像可知，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做初速度為零的勻加速直線運動，又根據(jù)牛頓第二定律可得…………………………..…………⑤ 由①～⑤ 解得 ……………………………..………⑥ 12.(14分)物體A放在粗糙的水平地面上如圖甲所示，0-6s時間內(nèi)受到水平拉力F的作用，力F的大小如圖乙所示，物體0-2s運動情況如圖丙,重力加速度g取10m/s2.試求： ①物體的質(zhì)量； ②物體與地面的動摩擦因數(shù)； 圖丙 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 .v/ms-1 t/s ③0～6s

16、物體的位移大小是多少？ 圖乙 .F/N t/s 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 【解析】①當(dāng)F2＝2N時物體勻速直線運動，拉力與摩擦力二力平衡 所以摩擦力大小為 f=F2=2N 2分 滑動時 2分 第1s內(nèi)的加速度是 聯(lián)立可求得： ； 1分 ②滑動摩擦力為： 2分 可解得

17、 2分 ③2s末以后物體的加速度大小為：， 可解得加速度加速度 …………2分 經(jīng)過 1分 速度減為0 第3s末后，由于拉力小于摩擦力，物塊靜止。 所以發(fā)生的總位移： ………………2分 （其它方法也可） 13．如圖所示，質(zhì)量為2m的木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距S，長木板的右端固定一半徑為R光滑的四分之一圓弧，圓弧的下端與木板水平相切但不相連。質(zhì)

18、量為m的滑塊B（可視為質(zhì)點）以初速度從圓弧的頂端沿圓弧下滑，當(dāng)B到達(dá)最低點時，B從A右端的上表面水平滑入．A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ，A足夠長，B不會從A表面滑出；重力加速度為g．試分析下列問題： （1）滑塊B到圓弧底端時的速度大小v1； （2）A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求S滿足的條件； （3）S在滿足（2）條件下，討論A與臺階碰撞前瞬間B的速度。 臺階 A S 【解析】 （1）滑塊B從釋放到最低點，機械能守恒，取水平面為零勢面，由機械能守恒定律得： ① 由①解得： ② （2）設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分

19、別為vA和vB，由動量守恒定律得： ③ 若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：④ 對A應(yīng)用動能定理：⑤ 聯(lián)立③④⑤解得：⑥ 即A與臺階只能碰撞一次的條件是： （3）設(shè)S=時，A左端到臺階板前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度，由動量守定律得： ⑦ 對A應(yīng)用動能定理：⑧ 聯(lián)立⑦⑧得： 討論： (i)當(dāng)即時，AB共速后A才與擋板碰撞． 由⑦式可得A與臺階碰撞前瞬間的A、B的共同速度為： 即A與臺階碰撞前瞬間B的速度為： (ii)當(dāng)即時，AB共速前A就與臺階碰撞，對A應(yīng)用動能定理有： 由上式解得A與臺階碰撞前瞬間的速度： 設(shè)此時B的速度為,由動量守恒定律得：

20、 由解得 14.滑板運動受到青少年的追捧，如圖所示。是某滑板運動員在一次表演時的一部分賽道在豎直平面內(nèi)的示意圖CD為光滑的四分之一圓弧賽道．水平軌道ABC粗糙，且恰與圓弧CD在C點相切，軌道固定在水平面上。一個質(zhì)量為m的運動員（可視為質(zhì)點）從軌道的A端以初動能E沖上水平軌道AB，沿著軌道運動，由DC弧滑下后停在水平軌道AB的中點。已知水平軌道AB長為L。求： (1)運動員的鞋底板與水平軌道的動摩擦因數(shù)μ。 (2)為了保證運動員不從軌道的D端離開軌道，圓弧軌道的半徑R至少是多大？ (3)若圓弧軌道的半徑R取第（2）問計算出的最小值，增大運動員的初動能，使得運動員塊沖上軌道后可以達(dá)到最

21、大高度是1.5R處，試求運動員的初動能并分析運動員能否停在水平軌道上。如果能，將停在何處？如果不能，將以多大速度離開水平軌道？ 【解析】(1)運動員最終停在AB的中點，在此過程中，由動能定理得－μmg(L＋L)＝－E(2分) 得μ＝E(1分) (2)若運動員剛好到達(dá)D處，速度為零，由動能定理得－μmgL－mgR＝－E(1分) 解得CD圓弧半徑至少為 (1分) (3)設(shè)運動員以初動能E′沖上軌道，可以達(dá)到的最大高度是1.5R，由動能定理得－μmgL－1.5mgR＝－E/(1分) 解得(1分) 運動員滑回C點時的動能為，由于EC＜μmgL＝E，故運動員將停在軌道上。(1分) 設(shè)到A點的距離為x，有(1分) 解得(1分) 即運動員最終停在水平滑道AB上，距A點處。 (1分) 答案：(1)(2)(3)運動員最終停在水平滑道AB上，距A點處 內(nèi)容總結(jié) （1）兩束光進入玻璃磚后根據(jù)折射定律可知，折射大的折射角小，即光束1的折射角小于光束2的折射角，C錯