普通高等学校招生全国统一考试理综物理广东卷附解析答案.docx
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普通高等学校招生全国统一考试理综物理广东卷附解析答案
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
【解析】选B。
题图为s-t图像,图像的斜率表示速度。
根据图像可知0.2～0.5小时内,甲、乙都做匀速直线运动,加速度都为0,甲的斜率比乙大,所以甲的速度大于乙的速度,A错误,B正确;0.6～0.8小时内,甲的位移是-5km,乙的位移是-3km,C错误;0.8小时内甲、乙的位移相同,但是路程不一样,D错误。
【误区警示】本题易出现的错误是误认为位移-时间图像的斜率表示加速度而错选A。
位移—时间图像的斜率表示速度,末位置和初位置的纵坐标之差表示物体的位移。
14.如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v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v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为
v
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为
v
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
（1）帆船相对帆板在东西方向以速度v向东运动。
（2）帆船相对帆板在南北方向以速度v向北运动。
（3）根据平行四边形定则求得帆船以帆板为参照物的速度。
【解析】选D。
本题考查速度的合成。
以帆板为参照物,帆船在东西方向以速度v向东运动,南北方向以速度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大小为
v的速度向北偏东45°运动,故选D。
15.如图为加热装置的示意图,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
【解析】选C。
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,由理想变压器原理
可得副线圈的匝数变为原来的
C选项正确;根据
可得,副线圈的输出功率变为原来的
同样原线圈的输入功率也变为原来的
B、D错误;由P=UI可得副线圈的电流变为原来的
A错误。
【误区警示】本题易造成审题不清把“调节前后”的“前”“后”弄混而错选A。
16.在同一匀强磁场中,α粒子（
He）和质子（
H）做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则α粒子和质子 （ ）
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力之比是2∶1
【解题指南】解答本题应明确以下两点:
（1）知道α粒子和质子的质量之比与电荷量之比。
（2）熟练运用磁场中的圆周运动的半径公式
和周期公式
进行计算。
【解析】选B。
α粒子和质子质量之比是4∶1,电荷量之比是2∶1,根据动量相等即4mv1=mv2,得
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,A错误;由周期公式
可得T1∶T2=2∶1,B正确。
17.如图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
【解题指南】解答本题时应从以下四点进行分析:
（1）空气体积不变,有W=0;内壁由于水的升温会吸收热量,有Q>0。
（2）由热力学第一定律ΔU=W+Q判断内能增大。
（3）由内能增大进一步判断温度升高,压强变大。
（4）分子间的作用力与分子间距有关。
【解析】选A、B。
空气体积不变,故做功为0,即W=0。
又因为外壁隔热,而内壁由于水的升温会吸收热量,故Q>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q可得ΔU>0,内能增加,A正确;空气体积不变,分子数密度不变,气体内能增加,温度升高,分子热运动变剧烈,对器壁撞击加强,故压强变大,B正确;分子间距离不变,故作用力大小不变,C错误;气体温度升高,分子的平均热运动速率加快,不代表每一个分子运动都加快,D错误。
18.科学家使用核反应获取氚,再利用氘和氚的核反应获得能量,核反应方程分别为:
X+Y→
He+
H+4.9MeV和
H+
H→
He++X+17.6MeV,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
【解题指南】解答本题时需注意以下两点:
（1）核反应过程遵循质子数守恒和质量数守恒。
（2）聚变反应会放出能量,有质量亏损。
【解析】选A、D。
根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子,A正确;Y的质子数为3,中子数为3,B错误;聚变放出能量,由质能方程可知一定有质量亏损,该反应为核聚变反应,C错误,D正确。
19.如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,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
【解题指南】解答本题需明确以下三点:
（1）由题意明确三条绳长度不同,确定绳的张力不同。
（2）杆始终处于静止状态,所受合力为零。
（3）根据力的平衡知识和平行四边形定则求解。
【解析】选B、C。
由受力分析可得,三条绳子不等长,即与地面夹角不等,故其张力不相等,A错误;杆受地面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,B正确;杆在水平方向处于平衡状态,故三绳水平方向合力为零,C正确;杆的重力、杆受绳的拉力和地面的支持力三力平衡,D错误。
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,当发射速度为2v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,脱离星球所需要的发射速度越大
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,势能逐渐增大
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
（1）根据万有引力等于向心力判断发射速度与探测器质量无关。
（2）由万有引力公式比较探测器在地球表面和在火星表面受到的引力大小关系。
（3）探测器脱离星球过程中,万有引力做负功,势能增加。
【解析】选B、D。
根据
从公式可以看出m可以约掉,所以发射速度与探测器的质量无关,A错误;根据万有引力公式
得
探测器在地球表面受到的引力大于在火星表面受到的引力,B正确;由
得v=
C错误;探测器脱离星球的过程中,高度在增加,势能增大,D正确。
21.如图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的大
B.M带负电荷、N带正电荷
C.静止时M受到的合力比N的大
D.移动过程中匀强电场对M做负功
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
（1）由平衡条件判断两小球的电荷量大小关系。
（2）电荷静止时受到的合外力为零。
（3）移动电荷M过程中电场力对M做负功。
【解析】选B、D。
对小球受力分析可得,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,即qME=qNE,所以M、N带的电荷量相等,A错误;M带负电,受到向左的电场力与向右的库仑力平衡,N带正电,受到向左的库仑力和向右的电场力平衡,B正确;静止时,受的合力都为零,C错误;M沿电场线方向有位移,电场力做负功,D正确。
34.
（1）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a安装实验器材并连接电源;竖直提起系有重物的纸带,使重物 （选填“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b和c是实验获得的两条纸带,应选取 （选填“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 。
【解题指南】解答本题时应明确以下两点:
①只要用打点计时器做实验,均先通电,后释放物体。
②用打点计时器做实验时,存在的阻力包括空气阻力和摩擦阻力。
【解析】①为了有效利用纸带,应使重物靠近打点计时器;使用打点计时器做实验时,均应先接通电源,后释放纸带。
②纸带上的点间隔应逐渐变大,故应选b来计算重力加速度。
计算结果小于当地的重力加速度,除了空气阻力的原因,还有纸带与计时器限位孔之间的摩擦作用。
答案:
①靠近 打开电源 释放纸带 ②b 摩擦阻力
34.
（2）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3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等。
①使用多用电表粗测元件X的电阻。
选择“×1”欧姆挡测量,示数如图a所示,读数为
Ω。
据此应选择图中的 （选填“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 （选填“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。
③如图d是根据实验数据作出的U-I图线,由图可判断元件 （选填“X”或“Y”）是非线性元件。
④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻,测量待测电池的电动势E和内阻r,电路如图e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d可算得E= V,r= Ω（结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表）。
【解析】①多用电表选择“×1”挡,指针指示“10”,故读数为10Ω;因电阻10Ω远远小于电压表内阻,故电流表选用外接法。
故选b图进行实验。
②滑片从左向右滑动,电阻两端电压增大,电流表的示数增大。
③由图可知U-I图线呈非线性变化的是元件Y。
④由d图可得线性元件X的电阻为RX=10Ω,闭合S1和S2,由闭合电路的欧姆定律有:
E=U1+
r,断开S2,有:
E=U2+
（r+R）,代入数据计算得E=3.2V,r=0.50Ω。
答案:
①10 b ②增大 ③Y ④3.2 0.50
【误区警示】没有按有效数字要求,导致计算结果错误。
35.如图甲所示,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,规律如图乙所示;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）棒进入磁场前,回路中的电动势E。
（2）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。
【解析】
（1）棒在进入磁场前,棒没有切割磁感线,但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生变化。
abcd的面积S=
L2 ①
E=n
=n
②
由①②联立得:
E=0.04V
（2）棒进入磁场中后,做切割磁感线运动,当棒到达bd时,产生的感应电流最大,同时切割长度最大,到达bd时,产生的感应电动势E=BLbdv ③
产生的感应电流I=
④
所受最大安培力F=BILbd ⑤
由③④⑤联立得:
F=0.04N
棒通过三角形abd区域时,切割的长度l=2v（t-1） ⑥
产生的感应电动势E=Blv ⑦
感应电流i=
⑧
由⑥⑦⑧联立得感应电流为:
i=
答案:
（1）0.04V
（2）0.04N i=
【误区警示】注意棒进入磁场前回路中的有效面积为S=
L2;棒通过三角形abd区域时,切割的有效长度l=2v（t-1）。
36.如图所示,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）。
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F。
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值。
（3）求碰后AB滑至第n个（n【解题指南】解答本题时应从以下四点进行分析:
（1）物块A从进入圆轨道至到达Q的过程机械能守恒。
（2）对物块A在最高点利用牛顿第二定律列方程。
（3）A和B在碰撞过程中动量守恒。
（4）对AB整体利用动能定理列方程。
【解析】
（1）物块A滑入圆轨道到达Q的过程中机械能守恒,根据机械能守恒:
①
物块A在做圆周运动,故:
②
由①②联立得:
v=4m/s
F向=32N>GA=10N,所以轨道上壁提供压力。
合力提供向心力F=F向-G ③
代入数值得F=22N
（2）在与B碰撞前,系统机械能守恒,所以与B碰前A的速度为6m/s,A和B在碰撞过程中动量守恒:
mv0=2mv1 ④
AB碰后向右滑动,由动能定理得:
-2μmgs=0-
×2m
⑤
由④⑤联立得s=4.5m
k=
=45
（3）碰后AB滑至第n个光滑段上的速度vn,由动能定理:
-2μmgnL=
×2m
-
×2m
解得:
vn=
=
（n<45）
答案:
（1）4m/s 22N
（2）45 （3）vn=
（n<45）
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