安徽省高考物理试卷答案与解析Word格式.doc

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单摆问题．

分析：

先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．

解答：

解：

在地球表面，重力等于万有引力，故：

mg=G

解得：

g=①

单摆的周期为：

T=2π②

联立①②解得：

故选：

点评：

本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．

15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；

若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）

v1=v2，t1＞t2

v1＜v2，t1＞t2

v1=v2，t1＜t2

v1＜v2，t1＜t2

匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有

直线运动规律专题．

根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．

由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．

小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．

A

解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．

16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（　　）

0.5m

1.5m

2.5m

3.5m

简谐运动的振动图象；

横波的图象；

波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有

振动图像与波动图像专题．

从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．

从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；

在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；

本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．

17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（　　）

电场强度与位移关系

粒子动能与位移关系

粒子速度与位移关系

粒子加速度与位移关系

电势能；

电场强度．菁优网版权所有

电场力与电势的性质专题．

粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；

根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；

然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．

粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：

F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；

故A错误；

B、根据动能定理，有：

F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；

由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；

C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；

而电场力减小导致加速度减小；

故矛盾，故C错误；

D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；

本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；

不难．

18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（　　）

T

T2

带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有

带电粒子在磁场中的运动专题．

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．

由牛顿第二定律得：

qvB=m，

EK=mv2=，

得：

B=，

平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；

本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律即可正确解题．

19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°

，g取10m/s2，则ω的最大值是（　　）

rad/s

1.0rad/s

0.5rad/s

向心力；

线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有

匀速圆周运动专题．

当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．

当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：

μmgcos30°

﹣mgsin30°

=mω2r

则ω==rad/s=1rad/s

C

本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．

20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（　　）

r2qk

2πr2qk

πr2qk

感生电动势、动生电动势；

闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有

电磁感应与电路结合．

根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功．

磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：

U=S=πr2k

根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；

小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：

W=qU=πr2qk

本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题．

二、非选择题

21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．

（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是　ac　．

a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平

b．每次小球释放的初始位置可以任意选择

c．每次小球应从同一高度由静止释放

d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接

（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　c　．

（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为　2.0　m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为　4.0　m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．

研究平抛物体的运动．菁优网版权所有

实验题．

（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．

（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；

联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．

（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；

BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；

D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．

AC．

（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；

水平方向做匀速直线运动，x=vt；

联立可得：

y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．

（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，

所以y1=g…①

y2=…②

水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③

联立①②③代入数据解得：

v0=2.0m/s

若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：

据公式可得：

=2gh，所以v下=2=3.5m/s

所以C点的速度为：

vc==4.0m/s

故答案为：

2.0；

4.0

解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；

灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．

22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：

（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×

103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电