广东物理.docx
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广东物理
2015年高考广东卷物理试题及答案
一、单项选择题,本题共4小题,每小题4分,共16分,只有一个选项正确。
13.甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动,前1小时内的位移-时间图像如图3所示。
下列表述正确的是
A.0.2-0.5小时内,甲的加速度比乙的大
B.0.2-0.5小时内,甲的速度比乙的大
C.0.6-0.8小时内,甲的位移比乙的小
D.0.8小时内,甲、乙骑行的路程相等
【答案】B
【分值】4分
【解析】
A、0.2-0.5小时内,根据图像可知甲乙都做匀速直线运动,加速度都为0,故A错误;
B、甲的斜率比乙大,所以甲的速度大于乙的速度,或者通俗点来说,相同时间内甲走的位移比乙的多,所以甲的速度比乙的大,B正确;
C、0.6-0.8小时内,甲的位移是-5m,乙的位移是-3m,C错误;
D、0.8小时内甲乙的位移相同,但是路程不一样,D错误.
【解题思路】这是一般的运动图像问题,首先要看清楚横纵坐标所代表的物理量再去看选项.
【易错点】把s-t图像跟v-t图像混淆。
【考查方向】运动学中的s-t图像。
14.如图4所示,帆板在海面上以速度
朝正西方向运动,帆船以速度
朝正北方向航行,以帆板为参照物
A.帆船朝正东方向航行,速度大小为
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为
图4
【答案】D
【分值】4分
【解析】以帆板为参照物,我们就把帆板看成是静止的,则帆船在水平方向以速度v向东运动,竖直方向以速度v向北运动,根据矢量合成的平行四边形定则可以求得帆船以帆板为参照物是以v的速度向北偏东45°运动,故选D.
【解题思路】根据运动合成的平行四边形定则分析。
【易错点】以帆板为参照物,我们就把帆板看成是静止的,则帆船在水平方向以速度v向东运动。
【考查方向】本题考察参照物以及运动的合成。
15.图5为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器,原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220V降至110V。
调节前后
A.副线圈中的电流比为1:
2
B.副线圈输出功率比为2:
1
C.副线圈的接入匝数比为2:
1
D.原线圈输入功率比为1:
2
【答案】C
【分值】4分
【解析】原线圈的输入电压和匝数不变,根据输出电压的有效值由220V降到110V,可以知道副线圈的匝数变为原来的1/2,C选项正确;根据可以知道,副线圈的输出功率变为原来的1/4,同样原线圈的输入功率也变为原来的1/4,B.D错误;副线圈的电流应该变为原来的1/2,A错误.
【解题思路】根据理想变压器的基本关系和因果关系求解。
【易错点】输出功率变决定输入功率。
【考查方向】理想变压器。
16、在同一匀强磁场中,
粒子(
)和质子(
)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则
粒子和质子
A、运动半径之比是2:
1B、运动周期之比是2:
1
C、运动速度大小之比是4:
1D.受到的洛伦兹力之比是2:
1
【答案】B
【分值】4分
【解析】α粒子和质子质量之比是4:
1,电荷量之比是2:
1,根据动量相等可以知道其速度之比是1:
4,洛伦兹力为qvB,所以洛伦兹力之比为1:
2,C.D错误;由
可得,半径之比是1:
2,周期之比是2:
1,B正确.
【解题思路】根据动量相等可以知道其速度之比是1:
4,洛伦兹力为qvB,所以洛伦兹力之比为1:
2;由
可得,半径之比是1:
2,周期之比是2:
1
【易错点】熟悉各个物理概念。
【考查方向】原子物理、动量、洛伦兹力。
二、双项选择题,每小题6分,共30分。
每小题有两个正确选项,每选对一项得3分,错选、不选者本小题得0分
17.图6为某实验器材的结构示意图,金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气
A.内能增大
B.压强增大
C.分子间引力和斥力都减小
D.所有分子运动速率都增大
【答案】AB
【分值】6分
【解析】第一种解释:
A.由热力学第一定律可得,空气体积不变,故做功为0.即W=0.又因为外壁隔热,无热传递.而内壁由于水的升温会吸收热量,故Q>0,进而可得>0,内能增加,温度升高
B.温度升高,虽然分子数目不变,但热运动变剧烈,对器壁撞击加强,故压强变大
C.分子间距离不变,故作用力大小不变.
D.D.温度升高,分子的平均热运动速率加快,不代表每一个都加快.
第二种解释:
隔热外筒隔绝了两边空气之间的热量交换,金属内筒使水可以与空气发生热量交换.当水加热升温时,通过热传递把热量从金属内筒传递到空气中,使空气的温度升高,内能增大,A正确;空气温度升高(热涨冷缩)膨胀,压强增大,B正确;根本与CD没有关系,
【解题思路】隔热外筒隔绝了两边空气之间的热量交换,金属内筒使水可以与空气发生热量交换.当水加热升温时,通过热传递把热量从金属内筒传递到空气中,使空气的温度升高,内能增大,空气温度升高(热涨冷缩)膨胀,压强增大。
【易错点】分子间距离不变,故作用力大小不变。
【考查方向】对分子动理论、查理定律的理解与应用。
18.科学家使用核反应获取氚,再利用氘和氚核反应获得能量,核反应方程分别为:
和
,下列表述正确的有
A.X是中子
B.Y的质子数是3,中子数是6
C.两个核反应都没有质量亏损
D.氘和氚的核反应是核聚变反应
【答案】AD
【分值】6分
【解析】A.同过质子数守恒和质量数守恒可知X是中子B.Y的质子数为3,中子数为3;C.聚变放出能量,核反应方程一定有质量亏损D.该反应为核聚变反应。
【解题思路】根据质量数和电荷数恒恒分析。
【易错点】核反应方程一定有质量亏损。
【考查方向】核反应方程。
19.如图7所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有
A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】BC
【分值】6分
【解析】
A.由受力分析可得,三个绳子不等长,即与地面夹角不等,故其张力大小不等,故A错误.
B.在此支持力与重力和绳子向下的分力平衡,故对地面的压力应与重力和绳子向下分力的和等大.故B正确。
C.杆在水平方向处于平衡状态,故三绳水平向合力为零.故C正确。
D.绳的拉力,重力和杆受到的支持力三力平衡.故D错误。
【解题思路】受力分析,根据共点力平衡条件判断。
【易错点】在此支持力与重力和绳子向下的分力平衡,故对地面的压力应与重力和绳子向下分力的和等大.
【考查方向】共点力平衡条件的应用。
20.在星球表面发射探测器,当发射速度为v时,探测器可绕星球表面做匀速圆周运动;当发射速度达到
时,可摆脱星球引力束缚脱离该星球,已知地球、火星两星球的质量比约为10:
1半径比约为2:
1,下列说法正确的有
A.探测器的质量越大,脱离星球所需的发射速度越大
B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D.探测器脱离星球的过程中势能逐渐变大
【答案】BD
【分值】6分
【解析】
A.根据
,从公式可以看出m可以约掉,所以与探测器的质量无关.故A错误
B.吸引力
则
,地球的引力大于星球的引力.故B正确。
C.
化简
可看出,中心天体的质量越大,受到的万有引力越大,需要更大的速度.故C错误。
D.脱离星球的过程中,高度在增加,势能增大.故D正确。
【解题思路】由万有引力提供向心力分析计算。
【易错点】脱离星球的过程中,高度在增加,势能增大。
【考查方向】万有引力定律的应用。
21.如图8所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则
A.M的带电量比N大
B.M带负电荷,N带正电荷
C.静止时M受到的合力比N大
D.移动过程中匀强电场对M做负功
【答案】BD
【分值】6分
【解析】
A.受力分析可得,两小球在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态,又因其库仑力大小相等,故所受电场力大小相等.在匀强电场中,故q相等.故A错误;
B.M带负电受到向左的电场力,向右的库仑力平衡.N受到向左的库仑力和向右的电场力.故B正确;
C.静止时,受力都为零。
故C错误;
D.M受到的电场力向左,向右运动的话做负功.故D正确。
【解题思路】受力分析,根据共点力平衡和功分析判断。
【易错点】根据作用力与反作用力知库仑力大小相等。
【考查方向】电场、共点力平衡、功。
三、非选择题,本题共3小题,每小题18分,共54分。
34.
(1)(8分)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。
①请完成以下主要实验步骤:
按图14(a)安装实验器材并连接电源;竖直提起系起有重物的纸带,使重物(填“靠近”或“远离”)计时器下端;,,使重物自由下落;关闭电源,取出纸带;换新纸带重复实验。
②图14(b)和(c)是实验获得的两条纸带,应选取(填“b”或“c”)来计算重力加速度。
在实验操作和数据处理都正确的情况下,得到的结果仍小于当地重力加速度,主要原因是空气阻力和。
图14
【答案】
①靠近接通打点计时器的电源释放纸带
②“b”纸带与打点计时器间的摩擦
【分值】8分
【解析】①由实验装置示意图可知,需要通过打点计时器在纸带上打下若干点,来研究重物的下落运动,因此开始时,重物要靠近打点计时器,以确保有限长度的纸带能够用来打点的有效部分足够长,本实
验是通过自由落体运动来测量重力加速度,因此要让纸带上第一个打点对应的重物速度为0,所以需要先接通电源,再释放纸带。
②对照两条纸带发现,纸带b点迹间隔逐渐变大,而纸带a点迹间隔先逐渐变大后逐渐变小,说明a对应的重物运动先加速,后减速,与自由落体运动特征不符,因此应选用纸带b,自由落体运动的前提是物体只在
重力作用下所做的运动,而现实实验中,重物在下落过程中还受到空气阻力作用,以及纸带在穿过打点计时器的过程中,受到摩擦阻力的作用。
【解题思路】根据实验原理分析判断。
【易错点】本实验是通过自由落体运动来测量重力加速度,因此要让纸带上第一个打点对应的重物速度为0
【考查方向】测重力加速度
(2)(10分)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3
)、电流表(内阻约为1
)、定值电阻等。
图15
1.用多用电表粗测元件X的电阻。
选择“×1”欧姆档测量,示数如图15(a)所示,读数为
。
据此应选择图15中的(填“b”或“c”)电路进行实验。
2.连接所选电路,闭合S;滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐(填“增大”或“减小”);依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验。
(b)
图16
3.图16(a)是根据实验数据作出的U-I图线,由图可判断元件(填“X”或“Y”)是非线性元件。
【答案】①10“b”②增大③“Y”
【分值】6分
【解析】1、由图可知,指针指在“10刻度线”位置处,由于“10刻度线”左右两边的最小刻度都不是“1份”单位,因此不需要估读下一位,又因为多用电表选择开关选择了“x1"挡,所以最终读数为10Ω,此值约
为所用电压表内阻的1/300,电流表内阻的10倍,相对很小,所以应选用电流表的外接法,即图b。
2、图b电路中采用了滑动变阻器的分压式接法,在滑片p从左向右滑动的过程中,测量由路部分分得的电压逐渐增大,所以电流表的示数逐渐增大。
3、由图知x对应的图线是直线,是线性元件;y对应的图线是曲线,是非线性元件。
【解题思路】根据实验原理分析判断。
【易错点】在滑片p从左向右滑动的过程中,测量由路部分分得的电压逐渐增大,所以电流表的示数逐渐增大。
【考查方向】伏安法测电阻
4.小组还借助X和Y中的线性元件和阻值
的定值电阻,测量待测电池组的电动势E和电阻r,如图16(b)所示。
闭合S1和S2,电压表读数为3.00V;断开S2,读数为1.00V,利用图16(a)可算得E=V,r=
(结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表)。
【答案】④3.20.5
【分值】4分
【解析】
【解题思路】根据闭合电路的欧姆定律求解。
【易错点】电动势E和内阻r不变。
【考查方向】测电源的电动势和电阻
35.(18分)如图17(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4m,导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L,从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图17(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场,若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动,求:
(1)进入磁场前,回路中的电动势E;
【答案】E=0.04V
【分值】9分
【解析】
当导体棒进入磁场前,由法拉第电磁感应定律有
由题意有n=1,
由图有
代入数据可得E=0.04V
【解题思路】在棒进入磁场前,由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度的变化,使回路中产生感应电动势和感应电流,根据法拉第电磁感应定律可知,在棒进入磁场前回路中的电动势。
【易错点】
为图像的斜率。
【考查方向】法拉第电磁感应定律的理解与应用。
⑵棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
【答案】F安=0.04V,方向为水平向左i=t-1.0(A)
【分值】9分
【解析】
当导体棒过bd位置时,安培力达到最大值
Em=BLV,Im=
,F安=BImL,
代入数据可求得安培力的最大值为F安=0.04V,方向为水平向左
在abd区域,导体棒切割磁感线的有效长度L有=2V(t-t0)
E有=BL有V,i=
代入数据得i=t-1.0(A)
【解题思路】当棒进入磁场时,磁场磁感应强度B恒定不变,此时由于导体棒做切割磁感线运动,使回路中产生感应电动势和感应电流,根据法拉第电磁感应定律可知,回路中的电动势;当棒与ab重合时,
切割有效长度l=L,达到最大,即感应电动势也达到最大.根据闭合电路欧姆定律可知,回路中的感应电流最大,根据安培力大小计算公式可知,棒在运动过程中受到的最大安培力。
【易错点】当棒与ab重合时,切割有效长度l=L,达到最大,即感应电动势也达到最大.
【考查方向】电磁感应的综合应用。
36.(18分)如图18所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m,物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨道上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。
1A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
【答案】v=4m/sF=22N
【分值】6分
【解析】
由题知,A从水平导轨滑至圆轨道最高点Q,设Q点速度为v,由机械能守恒定律有
代入数据可得v=4m/s
而
m/s<4m/s,
故在Q点,由向心力公式及牛顿第二定律有:
F+mg=
代入数据得F=22N
【解题思路】由动能定理(机械能守恒定律)求出速度v,然后根据牛顿第二定律列方程求出力F。
【易错点】(机械能守恒定律列方程。
【考查方向】动能定理(机械能守恒定律)、牛顿第二定律。
2碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
【答案】k=45
【分值】6分
【解析】
A撞B,由动量守恒定律有
mv0=2mv共
代入数据得v共=3m/s
设碰后AB最终停止时摩擦总距离为x,则由动能定理有
代入数据有x=4.5m
则有题可得
=45
【解题思路】由动量守恒定律求出共同速度,然后由动能定理最终停止时摩擦总距离为x,则
【易错点】摩擦力做功的特点,只与路程有关。
【考查方向】动量守恒定律的应用,动能定理
3碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
【答案】vn=
m/s(其中n=1、2、3、…、44)
【分值】6分
【解析】碰后AB滑至第n个(n可得vn=
(n【解题思路】由动能定理列方程求解。
【易错点】滑至第n个(n【考查方向】动量守恒定律的应用,以及运用数学知识分析物理问题的能力。
参考答案
一、单项选择题,本题共4小题,每小题4分,共16分,只有一个选项正确。
题号
13
14
15
16
答案
B
D
C
B
二、双项选择题,每小题6分,共30分。
每小题有两个正确选项,每选对一项得3分,错选、不选者本小题得0分
题号
17
18
19
20
21
答案
AB
AD
BC
BD
BD
三、非选择题
34.(18分)
(1)①靠近接通打点计时器的电源释放纸带
②“b”纸带与打点计时器间的摩擦
(2)①10“b”②增大③“Y”④3.20.5
35.(18分)解:
(1)当导体棒进入磁场前,由法拉第电磁感应定律有
有题意有n=1,
由图有
代入数据可得E=0.04V
(2)当导体棒过bd位置时,安培力达到最大值
Em=BLV,Im=
,F安=BImL,
代入数据可求得安培力的最大值为F安=0.04V,方向为水平向左
在abd区域,导体棒切割磁感线的有效长度L有=2V(t-t0)
E有=BL有V,i=
代入数据得i=t-1.0(A)
36.(18分)
解:
(1)由题知,A从水平导轨滑至圆轨道最高点Q,设Q点速度为v,由机械能守恒定律有
代入数据可得v=4m/s
而
m/s<4m/s,
故在Q点,由向心力公式及牛顿第二定律有:
F+mg=
代入数据得F=22N
(2)A撞B,由动量守恒定律有
mv0=2mv共
代入数据得v共=3m/s
设碰后AB最终停止时摩擦总距离为x,则由动能定理有
代入数据有x=4.5m
则有题可得
=45
(3)碰后AB滑至第n个(n可得vn=
(n