2013年广东省高考物理试卷(a卷)

发布时间:2024-06-05 10:06:00浏览次数:7
2013 年广东省高考物理试卷(A 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,满分 16 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.选对的得 4 分,选错或不答的得 0 分.1.(4 分)某航母跑道长 200m。飞机在航母上滑行的最大加速度为 6m/s2,起飞需要的最低速度为50m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为(  )A.5m/s B.10m/s C.15m/s D.20m/s【分析】已知飞机的末速度、加速度和位移,代入公式,即可求出初速度。【解答】解:由运动学公式 v2﹣v02=2as代人数据得: m/s,故选 B 正确。故选:B。【点评】该题考查导出公式的应用,直接代入公式即可。 2.(4 分)如图,甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆周运动,下列说法正确的是(  )A.甲的向心加速度比乙的小 B.甲的运行周期比乙的小C.甲的角速度比乙的大 D.甲的线速度比乙的大【分析】抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供,列式展开讨论即可.【解答】解:根据卫星运动的向心力由万有引力提供, 有:A、 由于,可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度,故 A 正确;B、 ,由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量,故甲的周期大于乙的周期,故 B错误;C、 ,由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量,故甲的角速度小于乙的角速度,故 C错误;D、 ,由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量,故甲的线速度小于乙的线速度,故 D错误。故选:A。【点评】抓住半径相同,中心天体质量不同,根据万有引力提供向心力展开讨论即可,注意区别中心天体的质量不同. 3.(4 分)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中(  ) A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关【分析】由电子带负电,在电场中受到的力来确定偏转方向;根据电子做类平抛运动来确定侧向位移,根据电场力做功来确定电势能变化情况.【解答】解:A、由于带负电,故向正极板偏转,A 错误;B、由于带负电墨汁微滴做正功,故电势能减少,B 错误;C、由于电子在电场中做类平抛运动,轨迹为抛物线,故 C 正确;D、由侧向位移 y= at2=2,可知运动轨迹与带电量有关,D 错误。故选:C。【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法,并得出电势能变化是由电场力做功来确定的. 4.(4 分)如图,理想变压器原、副线圈匝数比 n1:n2=2:1,V 和 A 均为理想电表,灯光电阻RL=6Ω,AB 端电压 u1=12 sin100πt(V).下列说法正确的是(  )A.电流频率为 100Hz B.V 的读数为 24VC.A 的读数为 0.5A D.变压器输入功率为 6W【分析】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.【解答】解;A、AB 端电压 u1=12 sin100πt(V)。电流频率为 f= =50Hz,故 A 错误;B、电压表的示数为电路的有效电压的大小,根据电压与匝数成正比,可知,U2=6V,故 B 错误;C、I2= =1A,A 的读数为 1A,故 C 错误;D、P1=P2=U2I2=6W,故 D 正确。故选:D。【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系,本题即可得到解决. 二、双项选择题:本大题共 5 小题,每小题 6 分,共 54 分.在每小题给出的四个选项中,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,有选错或者不答的得 0 分.5.(6 分)铀核裂变是核电站核能的重要来源,其一种裂变反应是 U+ n→ Ba+ Kr+3n,下列说法正确的有(  )A.上述裂变反应中伴随着中子放出B.铀块体积对链式反应的发生无影响C.铀核的链式反应可人工控制D.铀核的半衰期会受到环境温度的影响 【分析】由铀核裂变可知 AC 正确,B 错误,铀核的半衰期与物理、化学变化无关.【解答】解:A、由核反应方程式可以看出该反应生成了 2 个中子,A 正确;B、铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应,所以铀块体积对链式反应的发生有影响。B 错误;C、铀核的链式反应可以通过控制棒进行人工控制,C 正确;D、放射性物质的半衰期是元素本身的属性,与外界物理环境和化学环境均无关,D 错误。故选:AC。【点评】本题考查了重核的裂变方程,核反应条件,半衰期的特点,难度不大. 6.(6 分)图为某同学设计的喷水装置,内部装有 2L 水,上部密封 1atm 的空气 0.5L,保持阀门关闭,再充入 1atm 的空气 0.1L,设在所有过程中空气可看作理想气体,且温度不变,下列说法正确的有(  )A.充气后,密封气体压强增加B.充气后,密封气体的分子平均动能增加C.打开阀门后,密封气体对外界做正功D.打开阀门后,不再充气也能把水喷光【分析】由于温度不变,故充气后,密封气体的分子平均动能不变;充气过程为等温过程,由理想气体状态方程:pV=nRT 可判断 p 的变化;由公式 p1V1+p2V2=pV1可知封闭气体压强大于外界压强,故打开阀门后,气体会把水喷出,直到封闭气体压强与外界压强相等.【解答】解:A、封闭气体中再充入 1atm 的空气 0.1L 后,由于体积不变,所以气体物质的量 n 变大,由理想气体状态方程:pV=nRT 可知,当 n 变大,则压强 p 变大,故 A 正确;B、温度是平均动能的标志,温度不变,所以分子的平均动能不变,故 B 错误;C、由公式 p1V1+p2V2=pV1可知封闭气体压强变为 1.2atm,大于大气压强,所以打开阀门后,气体膨胀,对外界做功,故 C 正确;D、膨胀过程温度不变属于等温变化,若都喷完容器中的水,由 p1V1+p2V2=pV1得喷完容器中的水后,容器的气体压强小于外界气体压强,所以水不能喷完,故 D 错误。故选:AC。【点评】本题考查了热力学第一定律的应用,记住温度是分子平均动能的标志. 7.(6 分)如图,游乐场中,从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处,下列说法正确的有(  )A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达 B 处【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知,甲的切向加速度先比乙的大,后比乙的小;②可以使用机械能守恒来说明,也可以使用运动学的公式计算,后一种方法比较麻烦;③哪一个先达到 B 点,可以通过速度的变化快慢来理解,也可以使用 v﹣t 图象来计算说明. 【解答】解:A:由受力分析及牛顿第二定律可知,甲的切向加速度先比乙的大,后比乙的小,故A 错误;B:由机械能守恒定律可知,各点的机械能保持不变,高度(重力势能)相等处的动能也相等,故B 正确;C、D:甲的切向加速度先比乙的大,速度增大的比较快,开始阶段的位移比较大,故甲总是先达到同一高度的位置。故 C 错误,D 正确。故选:BD。【点评】本题应该用“加速度”解释:高度相同,到达底端的速度大小就相同,但甲的加速度逐渐减小,乙的加速度逐渐增大.所以它们的速度增加的快慢不同,甲增加得最快,乙增加得最慢.它们的 v﹣t 图象如图,结合 v﹣t 图象的意义,图线的斜率表示加速度,图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移. 8.(6 分)如图,物体 P 静止于固定的斜面上,P 的上表面水平.现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,则(  )A.P 向下滑动 B.P 静止不动C.P 所受的合外力增大 D.P 与斜面间的静摩擦力增大【分析】先对 P 受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件求解出各个力;物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力.【解答】解:A、B、对 P 受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件,有:N=Mgcosθf=Mgsinθf≤μN故 μ≥tanθ由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力,故 P 静止不动,故 A 错误,B 正确;C、物体 P 保持静止,合力为零,故 C 错误;D、由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力,故 P 与斜面间的静摩擦力增大,故 D 正确;故选:BD。【点评】本题关键是对物体受力分析,求解出支持力和静摩擦力表达式;物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力. 9.(6 分)如图,两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b,从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏 P 上.不计重力.下列说法正确的有(  )A.a、b 均带正电 B.a 在磁场中飞行的时间比 b 的短C.a 在磁场中飞行的路程比 b 的短D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,要熟练应用半径公式 和周期公式 进行求解.【解答】解:a、b 粒子的运动轨迹如图所示:粒子 a、b 都向下由左手定则可知,a、b 均带正电,故 A 正确;由 r= 可知,两粒子半径相等,根据上图中两粒子运动轨迹可知 a 粒子运动轨迹长度大于 b 粒子运动轨迹长度,运动时间 a 在磁场中飞行的时间比 b 的长,故 BC 错误;根据运动轨迹可知,在 P 上的落点与 O 点的距离 a 比 b 的近,故 D 正确。故选:AD。【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为:定圆心、画轨迹、求半径. 三、解答题10.(9 分)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)所示,其中斜面倾角 θ 可调,打点计时器的工作频率为 50Hz,纸带上计数点的间距如图(b)所示,其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出.①部分实验步骤如下:A.测量完毕,关闭电源,取出纸带B.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车C.将小车依靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连D.把打点计时器固定在平板上,让纸穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是:  DCBA   (用字母填写)②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=  0.1   s③计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v5=   .④为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为 a=  .【分析】①先连接实验器材,测量时先接通电源,后释放纸带; ②打点计时器的工作频率为 50Hz,每隔 0.02s 打一次电,每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出,共 5 个 0.02s;③匀变速直线运动中,平均速度等于中间时刻的瞬时速度;④根据公式△x=aT2列式求解.【解答】解:①先连接实验器材,后穿纸带,再连接小车,最后打点并选择纸带进行数据处理;故为 DCBA;②打点计时器的工作频率为 50Hz,每隔 0.02s 打一次电,每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出,共 5 个 0.02s,故 T=0.1s;③匀变速直线运动中,平均速度等于中间时刻的瞬时速度,故 ;④根据公式△x=aT2,有: ;解得: ;故答案为:① DCBA,② 0.1,③ ,④ .【点评】本题关键明确实验原理、实验步骤,会计算瞬时速度和加速度,基础题. 11.(9 分)图(a)是测量电阻 RX的原理图.学生电源输出电压可调,电流表量程选 0.6A(内阻不计),标有长度刻度的均匀电阻丝 ab 的总长为 30.0cm(1)根据原理图链接图(b)的实物图(2)断开 S2,合上 S1;调节电源输出电压为 3.0V 时,单位长度电阻丝为电压 u=  0.1   V/cm.记录此时电流表 A1的示数.(3)保持 S1闭合,合上 S2;滑动 c 点改变 ac 的长度 L,同时调节电源输出电压,使电流表 A1的示数与步骤(2)记录的值相同,记录长度 L 和 A2的示数 I.测量 6 组 L 和 I 值,测量数据已在图(c)中标出,写出 RX与 L、I、u 的关系式 RX=   ;根据图(c)用作图法算出 RX=  6.0   Ω【分析】(1)对照电路图连线即可;(2)输出电压为 3.0V,电阻丝粗细均匀,用电压除以长度即可;(3)电阻丝左侧并联部分电流不变,故单位长度电压恒定,即电压与长度成正比;根据欧姆定律列式求解待测电阻表达式后结合图象分析即可.【解答】解:(1)连线实物图如图; (2)电源输出电压为 3V,电阻丝长度为 30cm,故每 1cm 长度电阻丝分得电压为 0.1V;(3)ac 间电压为 Lu,电流为 I,故根据欧姆定律,有:Rx= ;描点作 L﹣I 图,如下图所示:斜率为:k= ,故电阻 Rx=ku=60×0.1=6.0Ω故答案为:(1)如图所示,(2)0.1,(3) ,6.0.【点评】本题关键明确实验原理,写出 L﹣I 关系式,然后结合图线分析数据,不难. 12.(18 分)如图,两块相同平板 P1、P2置于光滑水平面上,质量均为 m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L.物体 P 置于 P1的最右端,质量为 2m 且可以看作质点.P1与 P 以共同速度 v0向右运动,与静止的 P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后 P1与 P2粘连在一起,P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点(弹簧始终在弹性限度内).P 与 P2之间的动摩擦因数为 μ,求:(1)P1、P2刚碰完时的共同速度 v1和 P 的最终速度 v2;(2)此过程中弹簧最大压缩量 x 和相应的弹性势能 Ep.【分析】(1)P1、P2碰撞过程,由动量守恒定律列出等式.对 P1、P2、P 系统,由动量守恒定律求解.(2)当弹簧压缩最大时,P1、P2、P 三者具有共同速度 v3,由动量守恒定律和能量守恒定律求解.【解答】解:(1)P1、P2碰撞过程,由动量守恒定律mv0=2mv1①解得 v1= ,方向水平向右 ②对 P1、P2、P 系统,由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2③ 解得 v2= ,方向水平向右④(2)当弹簧压缩最大时,P1、P2、P 三者具有共同速度 v2,由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2⑤ 对系统由能量守恒定律μ(2m)g×2(L+x)= (2m)v + (2m)v ﹣ (4m)v ⑥解得 x= ﹣L ⑦最大弹性势能 Ep= (2m)v + (2m)v ﹣ (4m)v ﹣μ•2mg(L+x) ⑧解得 Ep= mv ⑨答:(1)P1、P2刚碰完时的共同速度是 ,方向水平向右,P 的最终速度是 ,方向水平向右;(2)此过程中弹簧最大压缩量 x 是 ﹣L,相应的弹性势能是 mv .【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律,综合性较强,对学生的能力要求较高,需加强这方面的训练. 13.(18 分)如图(a)所示,在垂直于匀强磁场 B 的平面内,半径为 r 的金属圆盘绕过圆心 O 的轴转动,圆心 O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接,电路中的 P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件.流过电流表的电流 I 与圆盘角速度 ω 的关系如图(b)所示,其中 ab 段和 bc 段均为直线,且 ab段过坐标原点.ω>0 代表圆盘逆时针转动.已知:R=3.0Ω,B=1.0T,r=0.2m.忽略圆盘、电流表和导线的电阻.(1)根据图(b)写出 ab、bc 段对应 I 与 ω 的关系式;(2)求出图(b)中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc;(3)分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式.【分析】(1)根据电流与角速度的关系图线,得出电流与角速度的关系式.(2)因为圆盘的内阻不计,实验 P 端的电压等于电源的电动势,根据 E= 求出电动势的大小.(3)根据欧姆定律,抓住 P 两端电压等于电阻 R 两端电压得出流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式.【解答】解:(1)由图可知,在 ab 段,直线斜率 k1= = 故对应 I 与 ω 的关系式为:I= ω(A) (﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s)在 bc 段,直线斜率 k2= =设表达式 I=k2ω+b,把 ω=45rad/s,I=0.4A 代入解得 b=﹣0.05故对应 I 与 ω 的关系式为:I= ω﹣0.05 (A) (15rad/s≤ω≤45 rad/s)(2)圆盘转动时产生的感应电动势 E=Brv=Br = Br2ω故 b 点对应的 P 两端的电压 Ub=Eb= Br2ωbc 两点对应的 P 两端的电压 Uc=Ec= Br2ωc代入数据解得 Ub=0.30VUc=0.90V(3)元件 P 在 b 点开始导通,所以在 ab 段 Ip=0(﹣0.9V≤Up≤0.3V),在 bc 段,Up=(I﹣Ip)R已知 I= ω﹣0.05(A),Up= Br2ω,联立以上各式可得 bc 段流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式为: Ip= ﹣0.05(V)(0.3V≤Up≤0.9V)答:(1)ab、bc 段对应 I 与 ω 的关系式分别为 I= ω A(﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s),I=ω﹣0.05 (A)(15rad/s≤ω≤45 rad/s).(2)中 b、c 两点对应的 P 两端的电压分别为 0.30V,0.90V.(3)ab 流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式分别为:Ip=0(A)(﹣0.9V≤Up≤0.3V),Ip=﹣0.05(A)(0.3V≤Up≤0.9V).【点评】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势表达式,并结合欧姆定律进行求解. 
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