廣東廣州高三物理畢業(yè)班綜合測(cè)試試題廣州二模

1、2014廣州二模試題答案解析一、單項(xiàng)選擇題1.子彈射入靜止于光滑水平地面上的木塊，則.做功使木塊的內(nèi)能增大.熱傳遞使木塊的動(dòng)能增大.子彈損失的能量等于木塊增加的內(nèi)能.子彈損失的能量等于木塊增加的動(dòng)能答案：A解析：子彈與木塊的摩擦生熱既傳給了子彈，也傳給了木塊。子彈與木塊的動(dòng)能損失發(fā)了熱。選項(xiàng)BCD昔誤。2.如圖，a、b是航天員王亞平在“天宮一號(hào)”實(shí)驗(yàn)艙做水球?qū)嶒?yàn)時(shí)形成的氣泡,相同且a的體積大，則a、b溫度.a內(nèi)氣體的內(nèi)能比b的小.a內(nèi)氣體的分子平均動(dòng)能比b的大.氣泡表面附近的水分子間作用力表現(xiàn)為斥力.水球外表面附近的水分子間作用力表現(xiàn)為引力水球ab：答案：D解析：氣泡表面外面的水分子引力作用使

2、氣泡成球形。選項(xiàng)錯(cuò)誤，平均動(dòng)能相等。選項(xiàng)C錯(cuò)誤，與選項(xiàng)D對(duì)立A錯(cuò)誤，a內(nèi)能大。選項(xiàng)B3.跳傘運(yùn)動(dòng)員在下降過(guò)程中沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖，則0t1過(guò)程中mgA.kBmgkCF-mgk答案：C解析：彈簧無(wú)質(zhì)量，其拉力二、雙項(xiàng)選擇題=F=kXo選項(xiàng)C正確。有空氣阻力，機(jī)械能減小。選項(xiàng)k的輕彈簧，在水平恒力F作用科,重力加速度為g,彈簧沒(méi)有超.速度一直在增大加速度一直在增大.機(jī)械能保持不變1-vmt1.位移為2答案：A解析：選項(xiàng)B錯(cuò)誤，加速度一直在減小。選項(xiàng)C錯(cuò)誤,-Vmt1D錯(cuò)誤，位移大于2，選項(xiàng)A正確。4 .如圖，水平地面上質(zhì)量為m的物體連著一個(gè)勁度系數(shù)為下做勻加速直線運(yùn)動(dòng).已知物體與地面間

3、的動(dòng)摩擦因素為出彈性限度，則彈簧的伸長(zhǎng)量為（設(shè)向里為正方向）的勻強(qiáng)5 .水平放置的平行板電容器與線圈連接如圖，線圈內(nèi)有垂直紙面磁場(chǎng).為使帶負(fù)電微粒靜止在板間，磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象應(yīng)該是答案：BC解析：題意要求帶負(fù)電微粒平衡，所以電場(chǎng)力與重力平衡。即上板帶正電，則要求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（電流）方向?yàn)槟鏁r(shí)針，而且大小恒定，從而得出垂直紙面向里的磁場(chǎng)均勻增大。6.238U的衰變方程為238234492Ut90Th2勺其衰變曲線如圖，T為半衰期，則238u，山口92U發(fā)生的是a衰變238U,92U發(fā)生的是3衰變.k=3.k=4答案：AC解析：經(jīng)過(guò)3個(gè)半衰期，質(zhì)量剩下1/8。7.某小型發(fā)電站的電能輸送示

4、意圖如下，變壓器均為理想變壓器并標(biāo)示了電壓和匝數(shù).若電壓Ui=U4,輸電線總電阻為r,用戶端的用電器正常工作，則U2=U3U2U3二n.n2n4(TUU2n2n3n4U3J：U4用戶iniV答案：BD-11：*解析：高壓輸電，所以U2>U3,n2,n4,所以選項(xiàng)B、D正確。8 .如圖，甲、乙、丙是位于同一直線上的離其它恒星較遠(yuǎn)的三顆恒星，甲、丙圍繞乙在半徑為R的圓軌道上運(yùn)行，若三顆星質(zhì)量均為M,萬(wàn)有引力常量為G,則5GM2/-2.甲星所受合外力為4RGM22.乙星所受合外力為R.甲星和丙星的線速度相同.甲星和丙星的角速度相同答案：AD解析：選項(xiàng)B錯(cuò)誤，乙星所受合外力為零。選項(xiàng)C錯(cuò)誤，線速

5、度有方向。一,cp,一,CpA,在電9 .電子束焊接機(jī)中的電子槍如圖所小，K為陰極、電勢(shì)為k,A為陽(yáng)極、電勢(shì)為場(chǎng)作用下電量為-e的電子從K運(yùn)動(dòng)到A,則A.A、K間電勢(shì)差為*a-*kB,電子動(dòng)能增加e(*A*K)C,電子電勢(shì)能增加eWA-中K)D.電子克服電場(chǎng)力做功為敏%-)答案：AB解析：選項(xiàng)C錯(cuò)誤，電勢(shì)能減小。選項(xiàng)D錯(cuò)誤，電場(chǎng)力做正功為e(tpA-CpK)o三.實(shí)驗(yàn)題10 .(1)如圖為“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)，三個(gè)細(xì)線套L1、L2、L3一端共系于一個(gè)結(jié)點(diǎn)，另一端分別系于輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)AB和重物M上，A掛于固定點(diǎn)P.手持B拉動(dòng)細(xì)線,使結(jié)點(diǎn)靜止于O點(diǎn).某次實(shí)驗(yàn)中A的指針位置如圖所示，其讀

6、數(shù)為N;實(shí)驗(yàn)時(shí)要讀出AB的示數(shù)，還要在貼于豎直木板的白紙上記錄O點(diǎn)的位置、和；下列實(shí)驗(yàn)要求中必要的是(填選項(xiàng)的字母代號(hào))；A.彈簧測(cè)力計(jì)需要在實(shí)驗(yàn)前進(jìn)行校零B.細(xì)線套方向應(yīng)與木板平面平行C.需要用托盤天平測(cè)量重物M的質(zhì)量D.彈簧測(cè)力計(jì)B始終保持水平實(shí)驗(yàn)的主要步驟如下，請(qǐng)完成相關(guān)內(nèi)容.圖(b)(2)用如圖(a)所示的實(shí)驗(yàn)器材及電路測(cè)量金屬絲的電阻率，將P移到金屬絲a位置，開(kāi)啟電源，合上開(kāi)關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值到(填“最大”或“零”)，并讀出此時(shí)電流表的示數(shù)I0,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S;適當(dāng)向b端滑動(dòng)P,閉合開(kāi)關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱使電流表示數(shù)為,記錄電阻絲aP部分的長(zhǎng)度L和電阻箱對(duì)應(yīng)的阻值R,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S;重復(fù)步驟

7、，直到記錄9組L和R值并畫出RL的關(guān)系圖線如圖（b）所示;根據(jù)RL圖線，求得斜率為Q/m.用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑如圖（c）,其示數(shù)為mm可算得金屬絲的電阻率為Qm（、的計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）答案：（1）2.00N;L1的方向、L2的方向和L3的方向；或者L1、L2和L3的方向；或者L1的方向、L2的方向和L3的方向及M的重量；（3分，每空各1分）AB（2分，每對(duì)一項(xiàng)得1分，有錯(cuò)選得0分）.解析：不需要天平，因?yàn)橛袕椈蓽y(cè)力計(jì)。（2） 零；I0;解析：P向b移動(dòng)時(shí)，所用電阻變小，調(diào)大變阻器電阻，可以保證電阻不變，所以電流不變，仍然為I0;_32.0Q/m（2分，31.432.6可給分）；

8、®_0.200_mm（2,0.1980.202可給分）；1.00X10-6Q-m（2分，0.9601.05X10-6可給分，主要看三位有效數(shù)字是否正確）.四.計(jì)算題11.如圖，質(zhì)量為6nl長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣齊平.B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C,C與木板'-1之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3.質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩豎直時(shí)小球恰好與C接觸.現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好斷裂.小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半.（1） 求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；（2） 若要使小球落在釋放點(diǎn)

9、的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大？（3） 通過(guò)計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來(lái).v0,小球向下擺動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理解析：（1）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為12mgL=-mv02小球在圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，由牛頓第二定律:由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力:hJgt2（2）小球碰撞后平拋運(yùn)動(dòng)：22V0一mg=mRT'=T解得：T'=3mgLjt水平分位移：2解得：h二L（3） 小球與滑塊C碰撞過(guò)程中小球和C系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，設(shè)C碰后速率為v1,并依題,V。、mv0=m(1)3mv1意有2d假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過(guò)程，設(shè)兩者最終共同速率為v2,由動(dòng)量守恒：3mVi=(3

10、m+6mM1八21,八八、2，八3mv1=(3m6m)v2-3mgs由能量守恒：22Ls=聯(lián)立Qi解得：2g由s<L知，滑塊c不會(huì)從木板上掉下來(lái).評(píng)分說(shuō)明：第(1)問(wèn)中沒(méi)有式暫不扣分；第(3)問(wèn)通過(guò)其它途徑計(jì)算得出正確結(jié)論也可以得分。12.如圖，空間區(qū)域I、n有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),MNPQ為理想邊界，I區(qū)域高度為d,Mh-HyOrNXLX-t(XXX.XXP*4*,QB*.*n區(qū)域的高度足夠大.勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上；I、n區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B,方向分別垂直紙面向里和向外.一個(gè)質(zhì)量為m電量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng).已知重力加速度為g.(

11、1) 試判斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2) 若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h;(3) 試討論在h取不同值時(shí)，帶電小球第一次穿出I區(qū)域的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功.解析：(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力為洛倫茲力，重力與電場(chǎng)力平衡，重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶正電。E.哂由qE=mgD解得q1(2)帶電小球在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，依機(jī)械能守恒有mgh=2mv2D2v帶電小球在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R,依牛頓第二定律有qvB=mR由于帶電小球在I、n兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R,內(nèi)角為60o,如答圖(a)d2q2B2d2c2所示.由幾何關(guān)系知R=sin60°解得h=3mg；作出小球運(yùn)動(dòng)大致軌跡圖（3）當(dāng)帶電小球在I區(qū)域作圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與QPQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖（b）所示，有半徑R=dD聯(lián)立式，解得h0=2m2g討論：i.當(dāng)h<h0時(shí)，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)I區(qū)域的速度較小