2015年广东省广州市执信中学高考物理信息试卷(二)

2015年广东省广州市执信中学高考物理信息试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.以下说法正确的有（）A.物体的温度升高，表示物体中所有分子的动能都增大B.热量不能自发地从低温物体传给高温物体C.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的D.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大【答案】B【解析】解：A、物体的温度升高，表示物体分子的平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大，A错误；B、热量不能自发地从低温物体传给高温物体，B正确；C、电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过做功方式实现的，C错误；D、晶体熔化时吸收热量，温度不变，分子平均动能也不变，D错误；故选B．温度是分子平均动能的标志，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，改变内能的方式有做功和热传递，晶体熔化时吸收热量，温度不一定升高．本题考查的知识点较多，难度不大，对选修3-3的学习要全面掌握．2.质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦等于滑动摩擦，则（）A.底层每个足球对地面的压力为mgB.底层每个足球之间的弹力为零C.下层每个足球对上层足球的支持力大小为D.水平面的摩擦因数至少为【答案】B【解析】解：A、根据整体法，下面每个球对地面的压力为N，3N=4mg，故mg；故A错误；B、四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，故B正确；C、上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于，故C错误；D、根据正四面体几何关系可求，F与mg的夹角的余弦值cosθ=，正弦值sinθ=；则有：F+mg=N=，F=f，联立解得：f=mg F=mg，则，所以水平面的摩擦因数至少为，故D错误故选：B根据整体法求出底层每个足球对地面的压力，四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，四个球的球心连线构成了正四面体，四个球都保持静止状态，受力都平衡，对足球受力分析并结合几何关系求解．本题主要考查了整体法和隔离法的应用，要求同学们能正确对足球进行受力分析，知道四个球的球心连线构成了正四面体，能结合几何关系求解，对同学们的数学能力要求较高，但本题题干出的不是太好，应当注明不考虑转动的情况．3.如图所示，一开口向右的气缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，气缸中间位置有一挡板，外界大气压为P0．初始时，活塞紧压挡板处．现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反应缸内气体压强变化情况的P-T图象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强P与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜的直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线．故选：C．由题：初始时，活塞紧压小挡板处，说明外界大气压大于缸内气体的压强．当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀．本题考查分析气体状态变化过程的能力和读图能力，要善于抓住隐含的不变量，比如活塞不移动时，气体的体积不变．4.如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸里．一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r，从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则（）A.杆下滑过程机械能守恒B.杆最终不可能沿NQ匀速运动C.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于D.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于D【解析】解：A、杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒．故A错误．B、杆最终沿水平面时，不再做切割磁感线运动，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动．故B错误．C、杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr，过程中产生了电能和棒的动能，由能量守恒定律得知：杆上产生的电能小于mgr．故C错误．D、杆与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为△Φ=B（πr2-r2），根据推论q=，得到通过杆的电量为q=．故D正确．故选：D．杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，产生感应电流，杆受到安培力作用，可知其机械能不守恒，杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动．杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr，产生的电能和棒的动能，由能量守恒定律分析杆上产生的电能．根据推论q=，求出磁通量的变化量，即可求出电量．本题要抓住题中隐含的条件：导轨是金属的，可与杆组成导电回路，磁通量在改变，回路中会产生感应电流，有电荷通过杆．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)5.下列说法正确的是（）A.原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B.金属产生光电效应时，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大C.核裂变与核聚变都伴有质量亏损，亏损的质量转化成能量D.一群氢原子从定态n=3向基态跃迁，最多可以释放3条光谱【答案】BD【解析】解：A、β衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自外层电子．故A错误．B、发生光电效应时，根据E km=hγ-W，可知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大．故B正确．C、核裂变与核聚变都伴有质量亏损，根据质能方程可知，亏损的质量对应一定的能量，并不是转化成能量．故C错误．D、从定态n=3向基态跃迁，根据数学组合公式，最多可以释放3条光谱．故D正确．故选：BD．经过一个半衰期，有半数发生衰变；氢原子辐射出一个光子，能量减小，电子的轨道半径减小，电子动能增大，电势能减小；在发生光电效应的前提下，入射光越强，饱和电流越大；β衰变的电子来自原子核，不是核外电子．础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．6.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．（g=10m/s2）则（）A.物体的质量m=1.0kgB.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20C.第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JD.前2s内推力F做功的平均功率=1.5 W 【答案】CD【解析】解：A、由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s2，由牛顿第二定律可得F-f=ma，所以m===0.5kg，所以A错误；B、由f=μF N=μmg，所以μ===0.4，所以B错误；C、第二秒内物体的位移是x=at2=×2×1=1m，摩擦力做的功W=fx=-2×1J=-2J，即克服摩擦力做功2J，所以C正确；D、在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=F x=3×1J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率为==W=1.5W，所以D正确．故选：CD解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移．7.2014年10月28日携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载火箭没有载人．下面对于该火箭的描述正确的是（）A.火箭发射的初速度大于7.9km/sB.火箭上升过程中处于超重状态C.忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等D.在爆炸的极短时间内，系统动量守恒【答案】ABD【解析】解：A、火箭发射时的最小速度为7.9km/s；故A正确；C、由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同；故落地时的速度大小不一定相同；故C错误；D、在爆炸过程中由于内力远大于外力；故可以认为动量守恒；故D正确；故选：ABD．明确火箭的发射速度，根据加速度确定是否超重；根据动量守恒的条件明确动量是否守恒．本题考查了动量守恒、超重和失重以及航天知识，要注意正确掌握题意，根据相应物理规律求解．8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（）A.交流电压M的表达式u=36sin100πt VB.R1处温度升高时，电流表A的示数变大，电压表V2示数减小C.变压器原、副线圈中的电流之比随R1处温度的变化而变化D.R1处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变小【答案】AB【解析】解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02S，故角速度是ω=100π，u=36sin100πt（V），故A正确；B、R t处温度升高时电阻阻值减小，副线圈电压由匝数比及输入电压决定，保持不变，故副线圈中电流增大，R1分担的电压增大，R t分担的电压即电压表V2示数减小，消耗的功率不可判断，故B正确，D错误；C、变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，故D错误；故选：AB由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=U m sinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，R t处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键9.如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的延长线上a、b点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度v a从a点沿直线ab向右运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A.Q2带正电B.Q2带负电C.b点处电场强度为零D.试探电荷的电势能不断增加BC【解析】解：A、B：从速度时间图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对正电荷的电场力向右，则Q2对正电荷的电场力必定向左，所以Q2带负电．故A错误，B正确．C、由图象可知，b点加速度为零，则场强为零，故C正确．D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，粒子的电势能先增大后减小．故D错误．故选：BC．根据速度-时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可分析出a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性，运用库仑定律分析Q1和Q2的电量大小．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.如图1所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，p的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变p的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．（1）电火花打点计时器工作电压为______ 流（选填“交、直”）______ V（2）下列说法正确的是______A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1 D．测力计的读数始终为（3）如图2为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是______ m/s2．（交流电的频率为50H z，结果保留二位有效数字）（4）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是图3中的图线______【答案】交；220；B；0.50；C解：（1）电火花打点计时器工作电压为交流220V（2）A、该实验首先必须要平衡摩擦力，故A错误；B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；C、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g-2F=m2a，解得：F=，故D错误；故选：B．（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2，有：△x=0.0339-0.0289=a×（0.1）2解得：a=0.50m/s2（4）若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C．故选：C．故答案为：（1）交、220V（2）B（3）0.50（4）C（1）正确解答本题需要掌握：了解打点计时器的原理和具体使用，尤其是在具体实验中的操作细节要明确．（2）该实验必须要平衡摩擦；由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量；由牛顿第二定律可求解测力计的读数．（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2求解加速度．（4）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做．第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高．11.为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．（1）按照图甲所示的电路图，某同学已经在图乙所示电路中完成部分导线的连接，请你完成余下导线的连接．（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出-的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．（保留两位有效数字）（3）引起该实验系统误差的主要原因是______【答案】2.9；1.2；电压表分流作用【解析】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）由图甲所示电路可知，在闭合电路中，电源电动势E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），则=+，由图丙所示图象可知，b==0.35，图象斜率k====2.14，电源电动势E==≈2.9V，电源内阻r=k E-R0=2.14×2.9-5≈1.2Ω；（3）由图甲所示电路图可知，电压表月电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因．故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）2.9；1.2；（3）电压表分流作用．（1）根据实验电路图连接实物电路图；（2）根据闭合电路欧姆定律求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻；（3）根据实验电路分析实验误差．连接实物图是考试的热点，要加强训练，连接电路时，导线不交叉，并接在接线柱上．第2问考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图所示的平面直角坐标系x O y，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于x O y平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．【答案】解：粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则水平方向有：2h=v0t1…①竖直方向有：…②①②式联立得：③（2）设粒子到达a点时时竖直方向的速度v y则有：…④．①③④联立得：v y=v0所以粒子到达a点时速度大小为①与x轴的夹角为θ，由几何关系得：，所以θ=45°；（3）经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；由几何关系得：②由洛伦兹力提供向心力得：③①②③联立得：即磁感应强度的最小值．答：（1）电场强度E的大小（2）v=v0，与x轴正方向成45°角斜向右下方（3）磁场的磁感应强度B的最小值．【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E．（2）由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向．（3）三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何知识求出最大半径，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键．13.如图所示，高度相同质量均为m=0.1K g的带电绝缘滑板A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量q=0.01C，它们的间距S=m．质量为M=0.3K g，大小可忽略的物块C放置于B的左端．C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.1，A与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，．开始时三个物体处于静止状态．现在空间加一水平向右电场强度为E=80N/C的匀强电场，假定A、B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连．求：（1）A与B相碰前的速度为多大；（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少；（3）在满足（2）的条件下，求最终AB的距离．【答案】解：（1）A与B相撞之前由动能定理：得代入数据得：v0=4m/s．（2）．A与B相碰后速度为v1由动量守恒定律：mv0=（m+m）v1代入数据解得C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动A与地面的摩擦力f2=μ2（m+M）g=0.8NA受到的电场力F=q E=0.8N故A、C系统动量守恒定律，当C刚好滑到A左端时共速v2由动量守恒定律：mv1=（m+M）v2代入数据得设A长度为L则由能量守恒定律有：得代入数据得L=0.5m（3）．对C由牛顿第二定律可知：μ1M g=M a加速时间为，0.5s内A的位移0.5s内B的位移S B=v1t=1m，所以两者以后距离关系式为x=s B-s A+（v1-v2）t=0.375+1.5t．答：（1）A与B相碰前的速度为4m/s；（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为0.5m；（3）在满足（2）的条件下，求最终AB的距离为0.375+1.5t．【解析】（1）根据动能定理求出A、B相撞前的速度．（2）A与B相碰后，C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动，根据动量守恒定律求出C滑上A时A的初速度．C滑上A后，A所受地面的摩擦力与所受的电场力大小相等，方向相反，知AC系统动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出滑板的长度．（3）结合牛顿第二定律和运动学公式求出C在A上滑行的时间和AC一起运动的速度，从而求出AC速度相同时，A、B的距离．本题综合考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，选择合适的规律求解．高中物理试卷第11页，共11页。