2014年高考广东卷物理试题

2014年广东理综物理部分（2014年广东卷）13、图6是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不相等D．0~2s和0~4s内的平均速度大小相等13.【答案】：B【解析】：第1s内速度和第3s内速度都为正值，都与规定正方向相同，所以A错误。v-t图像的斜率代表物体运动加速度，其中斜率的数值大小表物理加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向，第3s内和第4s内图像的斜率相同，所以第3s内加速度和第4s内加速度相同，所以B正确21教育网物体的位移大小等于v-t图像的的图线与坐标轴围成的面积大小，所以C错误物体的平均速度sv=t位移，位移是矢量，0-2s和0-4s的位移相同，时间不同，所以它们的平均速度不相同，所以D错误。21cnjy.com（2014年广东卷）14、如图7所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P的支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向14.【答案】：A【解析】：弹力的方向与接触面切线垂直，M处支持力方向与地面垂直，即竖直向上，所以A正确N处的支持力方向与MN垂直向上，所以B错误摩擦力方向与接触面切线平行，所以C、D错误（2014年广东卷）15、如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块PQ铜管小磁块塑料管图8v/m﹒s-1t/s01231图6-14MNP图7A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大15.【答案】：C【解析】：小磁铁在铜管P中下落会产生电磁感应现象，不仅受重力作用，而且还会受到向上的磁场力，而在塑料管Q中则没有电磁感应现象，只受重力作用，所以C正确，BCD错误21·cn·jy·com（2014年广东卷）16、图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中○1和○2为楔块，○3和○4为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能16.【答案】：B【解析】：由于楔块与弹簧盒、垫板间存在摩擦力作用，需要克服摩擦力做功，消耗机械能，所以A错误，B正确。垫板的动能转化为弹性势能和内能，所以C错误弹簧在压缩，弹性势能增加，其他能转化为弹性势能，所以D错误（2014年广东卷）17、用密封性好、充满气体的袋包裹易碎品，如图10所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大充气囊易碎品图10③②①④F1F2弹簧盒图9D．对外界做正功，压强减小17.【答案】：AC【解析】：充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，气体内能增加，所以A正确,D错误;气体的体积减小且内能增加，气体压强变大，所以C正确,B错误。（2014年广东卷）18、在光电效应实验中，用频率为v的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于v的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于v的光照射，光电子的最大初动能变大18.【答案】：AD【解析】：增大入射光的强度，单位时间照射到单位面积的光电子数增加，则光电流增大，所以A正确光电效应是否产生取决于照射光的频率而非照射光的强度，所以B错误。频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应，改用频率小于的光照射，可能发生光电效应,所以C错误。（2014年广东卷）19、如图11所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电建S，下列说法正确的是A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大19.【答案】：BD【解析】：因为理想变压器的输入电压不变，根据1122nnUU，则副线圈的电压也不变，滑片P移动，灯泡电压不变，故灯泡的亮度不变，所以A错误，B正确。滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，这样通过副线圈的电流2I增加，根据1221nnII，可知1I也增加，所以C错误。变压器的输出功率222PUI将变大，所以D正确。PR0LU1U2S图11（2014年广东卷）20、如图12所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P。带电量分别为-q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上。P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是【来源：21·世纪·教育·网】A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同一直线上C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零20.【答案】：BD【解析】：把M、N作为整体，处于静止状态，即M、N整体合力为0，即22q2qkkPNQQLL,解得2PNLL,M、N间距离等于2MNLLLL,所以A错误，D正确。根据二力平衡条件，M、N作为整体，只受P的作用力，应该在一条直线上，所以B正确。电量为+Q的小球P产生的电场中，离p点越远电势较低，所以C错误，（2014年广东卷）21、如图13所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度21.【答案】：AC【解析】：根据22m2mMGRRT（）,解得32RTGM,可知半径越大周期越大，故A正确，根据22mmvMGRR,解得：v=GMR,可知半径越大环绕速度越小，所以B错误。如果测量出周期，则有2324RMGT,如果知道张角θ，则星球半径r与轨道半径R间关系为r=sinR，所以3344=r=sin33MR（），解得：233=sinGT，故C正确。而D选项无法计算星球半径，则无法求出星球的密度，所以D错误。（2014年广东卷）34、（1）（8分）某同学设计的可调电源电路如图22（a）所示，R0PMN图12θ图13P为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S。○1用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0~3V，档，示数如图22（b），电压值为V。【版权所有：21教育】○2在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于端。○3要使输出电压U变大，滑片P应向滑动。○4若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在的风险（填“断路”或“短路”）。（2）（10分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，○1如图23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=N/m，（g取9.8m/s2）砝码质量（g）50100150弹簧长度（cm）8.627.636.66○2取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小。2-1-c-n-j-y○3用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为。21·世纪*教育网○4重复○3中的操作，得到v与x的关系如图23（c），由图可知，v与x成关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的成正比。(a)ASR0输出电压UE0BP0123V051015(b)图2234.（1）【答案】：①1.30v②A端③B端④断路【解析】：①据十分之一估读法，应该为1.30v；②接通电路前，应该使划片置于A端，用电器上的电压为0，这样才能起到保护外电路安全；③要增大外电路电压，需要使划片滑向B端；④如果电路中不接入保护电阻，电流过大会烧断电路出现断路。21*cnjy*com（2）【答案】：①50N/m②相等③动能④正比，压缩量的平方【解析】：①根据11mg=kxF，222mg=kxF，有2121=kxkxFFF，则k=49.5/mN，同理求得k=50.5/mN，则劲度系数k+kk==50/m2N，②使滑块通过两个光电门时的速度相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动③弹性势能转化为滑块的动能④图线是过原点的直线，所以成正比，弹性势能转化为动能，即21=mv2E弹，弹性势能与速度平方成正比，则弹性势能与压缩量的平方成正比（2014年广东卷）35、（18分）图24的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为托盘砝码光电门滑块0.3x/m0123450.10.20.40.5v/m/s0.6(A)(B)(C)图23计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1kg，p与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。【出处：21教育名师】（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。【来源：21cnj*y.co*m】35.【答案】：（1）9J（2）110m/sv14m/s17J【解析】：（1）令P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：12mv=2mv，解得：12vv==3m/s2碰撞过程中损失的动能为：22k1211=mv-2mv=922EJ（2）可以把P从A点运动到第二次到B点过程可以作匀减速直线运动，加速度大小为：2a=g=1m/s根据运动学公式：B2v=v-at22B2v-v=-2a3L又因为12vv=2①当2s时通过B点解得：1v=14m/s②当4s时通过B点解得：1v=10m/s综上：1v的取值范围为：110m/sv14m/s向左经过A点的最大速度为：22v-v=-2aLAB解得：222v=17m/sA则通过A点的最大动能为：2kA1E=2mv=172AJP1P2LLABC探测器图24（2014年广东卷）36、（18分）如图25所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区。P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。2·1·c·n·j·y（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；（2）若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。21教育名师原创作品36.【答案】：（1）220q2dmBLE（2）20q(kL)v=2mBL0kB3kB【解析】：（1）若k=1，则有：MP=L，粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R=L，粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，则有：20vqvmBR粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：21qdmv2E综合上式解得：220q2dmBLE（2）因为2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，该粒子运动轨迹如上图所示，则从S1到S2的轨迹如图所示：21世纪教育网版权所有