2014年广东省高考物理试卷答案

发布时间:2024-06-07 10:06:54浏览次数:2
2014 年广东省高考物理试卷 一、单项选择题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得 4 分,选错或不答的得 0 分.1.(4 分)如图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 内的位移大小不等D.0~2s 内和 0~4s 内的平均速度大小相等2.(4 分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木 P 在支撑点 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 处受到的摩擦力沿 MN 方向D.N 处受到的摩擦力沿水平方向3.(4 分)如图所示,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(  )A.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4.(4 分)如图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为垫块,楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中(  )A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫块的动能全部转化成内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能  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(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 相等 .(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 滑块的动能 .(4)重复③中的操作,得到 v 与 x 的关系如图(c).有图可知,v 与 x 成 正比 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 压缩量的平方 成正比.【分析】(1)根据胡克定律,F=k△x,结合表格数据,将单位统一,即可求解;(2)调整导轨的目的时,滑块在导轨上做匀速直线运动,即可求解结果;(3)当释放压缩的弹簧时,弹性势能转化为滑块的动能,再由光电门测量瞬时速度,求出弹性势能的大小;(4)根据 v 与 x 的关系图,可知,v 与 x 成正比,结合动能表达式,即可知弹性势能与压缩量的关系,从而即可求解.【解答】解:(1)表格中,当 50g 时,弹簧长度为 8.62cm,当 100g 时,弹簧长度为 7.63cm,当 150g 时,弹簧长度为 6.66cm,根据胡克定律,F=k△x,设弹簧的劲度系数为 k,原长为 x0,则列式:0.05×9.8=k(x0﹣0.0862);0.1×9.8=k(x0﹣0.0763);联立两式,解得:k≈50.0N/m;(2)通过光电门来测量瞬时速度,从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度,为使弹性势能完全转化为动能,则导轨必须水平,因此通过两个光电门的速度大小须相等;(3)用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量 x;当释放滑块,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滑块的动能;(4)根据 v 与 x 的关系图可知,图线经过原点,且是斜倾直线,则 v 与 x 成正比,由动能表达式,动能与速度的大小平方成正比,而速度的大小与弹簧的压缩量成正比,因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比;故答案为:(1)50.0;(2)相等;(3)滑块的动能;(4)正比,压缩量的平方.【点评】考查胡克定律的应用,注意弹簧的长度与形变量的区别,理解光电门能测量瞬时速度的原理,知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系.同时注意图线的物理含义. 12.(18 分)如图的水平轨道中,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.(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.【分析】1、P1、P2碰撞过程,系统动量守恒,列出等式求解 P1、P2碰后瞬间的速度大小,根据能量守恒求得碰撞损失的动能.2、由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞,所以 P 在 AC 间等效为匀减速运动,根据牛顿第二定律和运动学公式求解.【解答】解:(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒:mv1=2mv…① 解得 v= =3m/s…②碰撞损失的动能△E= m ﹣ (2m)v2…③解得△E=9J…④(2)由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故 P 在 AC 间等效为匀减速运动,设 P 在 AC 段加速度大小为a,由运动学规律,得:μ(2m)g=2maa=μg=0.1×10m/s2=1m/s2…⑤P 返回经过 B 时:3L=vt﹣ at2…⑥由①⑤⑥解得:v=由于 2s≤t≤4s,所以解得 v 的取值范围 5m/s≤v≤7m/s …⑦所以 v1的取值范围 10m/s≤v1≤14m/s…⑧P 向左经过 A 时的速度 v2,则: …⑨将⑦代入⑨可知,当 v=5m/s 时,P 不能到达 A;当 v=7m/s 时,v2= m/s所以 v2的取值范围:v2≤ m/s所以当 v2= m/s 时,P 向左经过 A 点时有最大动能:E= (2m) =17J…⑩答:(1)若 v1=6m/s,P1、P2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能是 9J;(2)若 P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,v1的取值范围 10m/s≤v1≤14m/s,P 向左经过 A 点时的最大动能是 17J.【点评】本题关键是明确 P1、P2碰后的受力情况和运动情况,运用动量守恒定律结合能量守恒列出等式求解,掌握牛顿第二定律分析问题. 13.(18 分)如图所示,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、电量为+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.(1)若 k=1,求匀强电场的电场强度 E;(2)若 2<k<3,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.【分析】(1)粒子在电场中是直线加速,根据动能定理列式;粒子在磁场中是匀速圆周运动,根据牛顿第二定律列式;结合几何关系得到轨道半径;最后联立求解;(2)结合几何关系列式求解出轨道半径;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式;最后联立求解即可. 【解答】解:(1)粒子在电场中,由动能定理,有:qEd= …①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力,故:qvB0=m …②当 k=1 时,由几何关系得:r=L…③由①②③解得:E= …④(2)由于 2<k<3 时,由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转,由几何关系可知:(r﹣L)2+(kL)2=r2…⑤解得:r= …⑥由②⑥解得:v= …⑦粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力,故:qvB=m …⑧由相似性及几何关系可知:…⑨解得:r1= …⑩由⑧⑩解得:B= .答:(1)若 k=1,匀强电场的电场强度 E 为 ;(2)若 2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2 射出,粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系式为 v=,Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系式为 .【点评】本题关键明确粒子的运动规律,然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系 列式,最后联立求解.  二、双项选择题:本大题共 5 小题,每小题 6 分,共 30 分.在每小题给出四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得 6 分,只选 1 个且正确的得 3 分,有选错或不答的得 0 分.5.(6 分)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,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 D.对外界做正功,压强减小6.(6 分)在光电效应实验中,用频率为 ν 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.改变频率小于 ν 的光照射,一定不发生光电效应D.改变频率大于 ν 的光照射,光电子的最大初动能变大7.(6 分)如图所示的电路中,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,闭合电键 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8.(6 分)如图所示,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(  )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零9.(6 分)如图所示,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(  )A.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 三、非选择题:本大题共 4 小题,共 54 分.按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.10.(8 分)某同学设计的可调电源电路如图(a)所示,R0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(b),电压值为  V.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   端.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”)11.(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(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,测得相应的弹簧长度,部分数据如下表,有数据算得劲度系数 k=   N/m(g 取 9.8m/s2).砝码质量(g)50 100 150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(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   .(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   .(4)重复③中的操作,得到 v 与 x 的关系如图(c).有图可知,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.12.(18 分)如图的水平轨道中,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.(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.13.(18 分)如图所示,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、电量为+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.(1)若 k=1,求匀强电场的电场强度 E;(2)若 2<k<3,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. 2014 年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得 4 分,选错或不答的得 0 分.1.(4 分)如图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 内的位移大小不等D.0~2s 内和 0~4s 内的平均速度大小相等【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向;图象的斜率等于加速度;图象与时间轴所围的面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。根据这些知识进行解答。【解答】解:A、由图知,在前 3s 内物体的速度均为正值,说明在前 3s 内物体的运动方向不变,故 A 错误;B、速度图象的斜率等于加速度,第 3s 内和第 4s 内图线的斜率相同,则加速度相同,故 B 正确;C、图象与时间轴所围的面积表示位移,由几何知识可知第 1s 内和第 4s 内的位移大小相等。故 C错误;D、根据“面积”可知:0~2s 内和 0~4s 内的位移相等,所用时间不等,所以平均速度不等,故 D错误。故选:B。 【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义,知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移。 2.(4 分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木 P 在支撑点 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 处受到的摩擦力沿 MN 方向D.N 处受到的摩擦力沿水平方向【分析】支持力是一种弹力,其方向总是与接触面垂直,指向被支持物.静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反.【解答】解:A、M 处受到的支持力与地面垂直向上,即竖直向上,故 A 正确;B、N 处受到的支持力与原木 P 垂直向上,不是竖直向上,故 B 错误;C、原木相对于地有向左运动的趋势,则在 M 处受到的摩擦力沿地面向右,故 C 错误;D、N 处受到的摩擦力方向由 M 向 N,故 D 错误。故选:A。【点评】解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点,并能正确分析实际问题.要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反. 3.(4 分)如图所示,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(  )A.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【分析】当小磁块在光滑的铜管 P 下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,因磁场,从而产生安培阻力,对于塑料管没有任何阻碍,从而即可求解.【解答】解:A、当小磁块在光滑的铜管 P 下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,因磁场,从而产生安培阻力,而对于塑料管内小磁块没有任何阻力,在做自由落体运动,故 A错误;B、由 A 选项分析可知,在铜管的小磁块机械能不守恒,而在塑料管的小磁块机械能守恒,故 B 错误;C、在铜管中小磁块受到安培阻力,则在 P 中的下落时间比在 Q 中的长,故 C 正确;D、根据动能定理可知,因安培阻力,导致产生热能,则至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的小,故 D错误。故选:C。【点评】考查安培力产生原因,注意感应电流产生条件,理解涡流的概念. 4.(4 分)如图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为垫块, 楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中(  )A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫块的动能全部转化成内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能【分析】通过克服摩擦力做功,系统的机械能向内能转化,结合能量守恒定律分析即可。【解答】解:A、通过克服摩擦力做功,系统的机械能向内能转化,故机械能减小,故 A 错误;B、通过克服摩擦力做功,系统的机械能向内能转化,故 B 正确;C、垫块的动能转化为弹性势能和内能,故 C 错误;D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能,故 D 错误。故选:B。【点评】本题关键是明确缓冲器通过摩擦将部分动能转化为内能,还会储存部分弹性势能,再次向内能和动能转化,基础问题。 二、双项选择题:本大题共 5 小题,每小题 6 分,共 30 分.在每小题给出四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得 6 分,只选 1 个且正确的得 3 分,有选错或不答的得 0 分.5.(6 分)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,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 D.对外界做正功,压强减小【分析】充气袋四周被挤压时,外界对气体做功,无热交换,根据热力学第一定律分析内能的变化。【解答】解:A、充气袋四周被挤压时,体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律得知气体的内能增大。故 A 正确;B、气体的内能增大,温度升高,根据气体方程 =c 气体的压强必定增大,故 B 错误;C、D、气体的体积减小,气体对外界做负功,内能增大,故 C 正确,D 错误。故选:AC。【点评】对于气体,常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用,当气体的体积减小时,外界对气体做正功,相反体积增大时,气体对外界做正功。 6.(6 分)在光电效应实验中,用频率为 ν 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.改变频率小于 ν 的光照射,一定不发生光电效应D.改变频率大于 ν 的光照射,光电子的最大初动能变大【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,与入射光的强度无关,根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素. 【解答】解:A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,能否发生光电效应,与入射光的强度无关,与光照时间也无关,当发生光电效应时,增大入射光的强度,则光电流会增大,若达到饱和电流值,当增大光强,会达到新的饱和电流,光电流会增大。故 A 正确;B、入射光的频率大于金属的极限频率,才会发生电效应,与入射光的强度无关,故 B 错误;C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,当改变频率小于 ν,但不一定小于极限频率,故 C 错误;D、在光电效应中,根据光电效应方程知,Ekm=hv﹣W0,入射光的频率越高,光电子最大初动能越大。故 D 正确。故选:AD。【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件,以及掌握光电效应方程,并能灵活运用. 7.(6 分)如图所示的电路中,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,闭合电键 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【分析】与闭合电路中的动态分析类似,可以根据滑动变阻器 R 的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况,再根据电压不变,来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况.【解答】解:A、当滑动变阻器 R 的滑片向下移动时,导致总电阻增大,由于输入电压 U1不变,且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,根据 ,即亮度不变。故 A 错误;B、当滑动变阻器 R 的滑片向下移动时,导致总电阻增大,由于输入电压 U1不变,且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,故 B 正确;C、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时,导致总电阻减小,由于输入电压 U1不变,且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,则有副线圈的总电流增大。因此输入电流也变大。故 C 错误;D、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时,导致总电阻减少,由于输入电压 U1不变,且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,则有副线圈的总电流增大。则输出功率增大,故 D 正确。故选:BD。【点评】电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法. 8.(6 分)如图所示,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(  )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 【分析】A、根据对 M、N 受力分析,结合平衡条件与库仑定律,假设杆无作用力,即可求解;B、根据整体受力分析,结合平衡条件,即可求解;C、由点电荷电场线的分布,依据沿着电场线的方向,电势降低,即可求解;D、由整体处于平衡状态,结合牛顿第二定律,即可求解.【解答】解:A、对 M、N 分别受力分析,根据库仑定律,假设杆无作用力,设 M 与 N 间距为 r,则有: ,解得:r=( )L;故 A 错误;B、由于水平桌面光滑,若 P、M 和 N 不在同一直线上,则各自受力不共线,会出现不平衡现象,故B 正确;C、由带电量为+Q 的小球 P,结合沿着电场线方向电势降低的,则 M 点电势高于 N 点,故 C 错误;D、由题意可知,M、N 及细杆组成的系统处于静止状态,因此合外力为零,故 D 正确。故选:BD。【点评】考查研究对象的选取,受力分析的进行,库仑定律的掌握,理解平衡条件的应用,注意电势的高低判定方法. 9.(6 分)如图所示,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(  )A.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【分析】根据开普勒第三定律,分析周期与轨道半径的关系;飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动,由星球的万有引力提供向心力,根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度.【解答】解:A、根据开普勒第三定律 =k,可知轨道半径越大,飞行器的周期越长。故 A 正确;B、根据卫星的速度公式 v= ,可知轨道半径越大,速度越小,故 B 错误;C、设星球的质量为 M,半径为 R,平均密度为,ρ.张角为 θ,飞行器的质量为 m,轨道半径为r,周期为 T。对于飞行器,根据万有引力提供向心力得:G =m r由几何关系有:R=rsin星球的平均密度 ρ=联立以上三式得:ρ= ,则测得周期和张角,可得到星球的平均密度。故 C 正确;D、由 G =m r 可得:M= ,可知若测得周期和轨道半径,可得到星球的质量,但星球 的半径未知,不能求出星球的平均密度。故 D 错误。故选:AC。【点评】本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路,结合几何知识进行解题. 三、非选择题:本大题共 4 小题,共 54 分.按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.10.(8 分)某同学设计的可调电源电路如图(a)所示,R0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(b),电压值为 1.30   V.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  A   端.③要使输出电压 U 变大,滑片 P 应向  B   端.④若电源电路中不接入 R0,则在使用过程中,存在 短路 的风险(填“断路”或“短路”)【分析】①根据量程,确定电压表的最小分度,再进行读数.②在接通外电路之前,为了保证外电路的安全,应使变阻器输出电压最小.③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向.④若电源电路中不接入 R0,则在使用过程中,存在短路的可能.【解答】解:①由题,电压表的量程为 0~3V,其最小分度为 0.1V,则图 b 中电压值为 1.30V.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 A 端,使输出电压为零.③要使输出电压 U 变大,PA 间的电阻应增大,所以滑片 P 应向 B 端移动.④若电源电路中不接入 R0,则在使用过程中,滑片移到 B 端时存在短路的可能.故答案为:① 1.30;② A;③ B;④短路.【点评】本题要掌握基本仪器的读数,注意估读一位.要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法,明确开关闭合前应使输出电压最小,从而确定安全. 11.(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(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,测得相应的弹簧长度,部分数据如下表,有数据算得劲度系数 k=  50.0   N/m(g 取 9.8m/s2).砝码质量(g)50 100 150
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