广东省珠海市高三物理5月综合试题试题（二）（珠海二模）（含解析）粤教版.doc

2013年广东省珠海市高考物理二模试卷一、解答题1（4分）某压力锅的结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起假定在压力阀被顶起时，停止加热此后对锅内气体，下列说法正确的是（）a气体要吸热b外界要对气体做功c气体的分子平均动能将增大d气体的内能将减小考点：热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志专题：热力学定理专题分析：根据热力学第一定律分析内能变化，结合查理定律得出当压力阀被顶起时锅内气体的温度的变化解答：解：停止加热后锅内气体要放热，气体对外界做功，气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，d正确故选d点评：知道热力学第一定律u=w+q 的物理意义2（4分）关于布朗运动，下列说法正确的是（）a颗粒越大布朗运动越剧烈b布朗运动是液体分子的运动c布朗运动的剧烈程度与温度无关d布朗运动是大量液体分子频繁碰撞造成的考点：布朗运动专题：布朗运动专题分析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹解答：解：a、微粒越大，其受到分子撞击的不平衡性越小，运动越不明显，故a错误；b、布朗运动是小微粒的运动，不是分子的运动，故b错误；c、温度越高，分子热运动的平均动能越大，布朗运动越明显，故布朗运动的剧烈程度与温度有关，故c错误；d、布朗运动是大量液体分子频繁碰撞的不平衡性造成的，故d正确；故选d点评：布朗运动既不颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映3（4分）我市在2013年1月完善了公共自行车租赁系统，某同学骑车刚开始一段时间的运动可看作是直线运动，其运动图象如图所示；则在0t1时间内，下列说法正确的是（）a平均速度等于b平均速度大于c加速度不断增大d加速度不变考点：匀变速直线运动的图像专题：直线运动规律专题分析：解答本题关键要抓住：速度图象的斜率等于加速度，斜率越大，物体的加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，若是匀变速运动，则平均速度解答：解：a、图象与坐标轴围成的面积表示位移，若是匀变速运动，图象是一条倾斜的直线，则平均速度，而图中图象与坐标轴围成的面积大于匀变速时的面积，所以平均速度大于，故a错误，b正确；c、速度图象的斜率等于加速度，由图可知，图象的斜率逐渐减小，所以加速度逐渐减小，故cd错误故选b点评：该题考查了速度时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大4（4分）如图所示，真空中的两带电小球（可看作是点电荷），通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是（）a若只增大r，则t1、t2都增大b若只增大m1，则1增大，2不变c若只增大q1，则1增大，2不变d若只增大q1，则1、2都增大考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：分别对两小球进行受力分析，作出力图，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解解答：解：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知， m1g=fcot1，m2g=fcot2因f=f，则可见，若m1m2，则12；若m1=m2，则1=2；若m1m2，则121、2的关系与两电荷所带电量无关a、若只增大r，则库仑力变小，由图可知，t1、t2都减小，故a错误；b、若只增大m1，则m1，会下降，而m1，会上升，导致则1减小，2增大，故b错误；c、若只增大q1，由图可知，则1、2都增大，故c错误，d正确，故选d点评：本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键二、双项选择题：5（6分）如图是氢原子能级图，某个氢原子a从n=3的状态直接跃迁到基态，另一氢原子b从n=4的状态直接跃迁到基态，下列说法正确的是（）aa和b都只释放出一种频率的光子ba和b都不只放出一种频率的光子c若a放出的光子能使某金属发生光电效应，则b放出的光子也能使该金属发生光电效应d若b放出的光子能使某金属发生光电效应，则a放出的光子也能使该金属发生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：跃迁时释放的光子能量等于两能级间的能级差，发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功解答：解：a、氢原子a和氢原子都是从激发态跃迁到 基态，知释放一种频率的光子故a正确，b错误b、因为氢原子a辐射的光子能量小于氢原子b辐射的光子能量，所以a放出的光子能使某种金属发生光电效应，则b辐射出的光子也能使金属发生光电效应b辐射出的光子能使金属发生光电效应，a放出的光子不一定能使金属发生光电效应故c正确，d错误故选ac点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁所满足的规律6（6分）如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为10：1，变压器输入端的交变电压如图甲所示，若乙图中电流表的示数为2a，则下列说法正确的是（）a电压表的示数为vb电压表的示数为20vc电阻r的阻值为14.1d变压器的输入功率为40w考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：由理想变压器输入信号如图甲所示，可知原线圈的输入端的电压有效值为200v，频率为50hz原、副线圈匝数比为10：1，则副线圈的电压有效值为20v，则电压表读数为20v由于电路中电流表读数为2a，所以电阻r=10，副线圈得到的功率为p=ui=202w=40w故选：bd点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题7（6分）荷兰一家名为“火星一号”的公司计划在2023年把4名宇航员送上火星设a和b是分别绕地球和火星做匀速圆周运动的卫星，且a和b的轨道半径相同已知m地=9m火，r地=2r火，则下列说法正确的是（）aa的周期比b的大ba的线速度比b的大ca的加速度比b的大d火星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：1、由万有引力提供向心力，解得，根据r相等，m地m火，判断t、v、a的大小2、根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力，有，根据m地=9m火，r地=2r火，判断g火和g地大小解答：解：a、根据万有引力提供向心力解得：因为a和b的轨道半径相同m地=9m火，所以tatb故a错误b、根据万有引力提供向心力解得：因为a和b的轨道半径相同m地=9m火，所以vavb故b正确c、根据万有引力提供向心力解得：因为a和b的轨道半径相同m地=9m火，所以aaab故c正确d、根据重力等于万有引力解得：因为m地=9m火，r地=2r火所以故g火g地故d错误故选bc点评：卫星类型关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供卫星的向心力8（6分）中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向（自由电子定向移动形成电流）垂直时在上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应下列说法正确的是（）a上表面的电势高于下表面b下表面的电势高于上表面c增大h时，上下表面的电势差增大d增大d时，上下表面的电势差增大考点：霍尔效应及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式解答：解：a、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面故a错误，b正确c、根据evb=，解得u=vbh，知增大h，上下表面的电势差增大，与d无关故c正确，d错误故选bc点评：所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力9（6分）如图所示，用恒力f拉着质量为m的物体从静止开始沿着粗糙的水平面运动，第一次物体的位移是s，第二次物体的位移是2s下列说法正确的是（）a物体一定受到四个力的作用b两次物体的加速度一定是相同的c两次合外力做功的平均功率一定是相同的d合外力做的功第二次一定是第一次的两倍考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算专题：功率的计算专题分析：物体沿着水平面做匀加速直线运动，加速度向前，合力向前；根据cos求解平均功率解答：解：a、物体沿着水平面做匀加速直线运动，加速度向前，合力向前；对物体受力分析，受重力与拉力一定受，摩擦力和支持力要么同时存在，要么都不存在，故物体受2个力或4个力，故a错误；b、物体受力情况不变，故加速度相同，故b正确；c、根据cos，物体做初速度为零的匀加速直线运动，故第2次平均速度较大，第二次平均功率大，故c错误；d、根据w=fscos，合外力做的功第二次一定是第一次的两倍，故d正确；故选bd点评：本题关键明确物体的运动规律，会用w=fscos和cos判断功和平均功率三、解答题（共4小题，满分54分）10（9分）某同学用如图甲所示的实验装置探究物体的速度与时间的关系：电磁打点计时器接低压交流电源（填“低压直流”、“低压交流”或“220v交流”）；实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车（填“接通电源”或“放开小车”）若所接电源的频率是50hz，则每隔0.02秒打一个点图乙是绘出的小车速度时间关系图线，根据图线求出小车的加速度为a=0.625m/s2（保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理，实验中要先接通电源，然后释放小车根据速度时间图象解出斜率即是物体的加速度解答：解：电磁打点计时器接低压交流电源实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车若所接电源的频率是50hz，则每隔0.02 秒打一个点在vt图象中图线的斜率表示加速度即a=0.625 m/s2故答案为：（1）_低压交流；接通电源，放开小车；0.02；0.625点评：注意速度时间图象中斜率表示其加速度，并要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用11（9分）用游标为50分度的卡尺测量某圆筒的外径时，卡尺上的示数如图1所示，可读出圆筒的外径为8.06 mm用替代法测毫安表内电阻的电路如图甲所示器材：待测毫安表a（量程010ma，内阻ra约为30）；毫安表a（量程30ma）；电阻箱r1（09999）；滑动变阻器r2（o500）；电源（e=3v，r约为12）a滑动变阻器滑片p在实验开始前应放在b端 （填“a“或“b“）将单刀双掷开关s先接“1”位置，调节滑动变阻器滑片p的位置，使待测毫安表a的指针至某位置（或满偏），记下此时毫安表a的读数i滑片p的位置不再移动；b将开关s接“2”位置，调节电阻箱使电流表a的读数为i，读出此时电阻箱的读数如图乙所示（记为r1），则r1=32；c由以上实验可知，待测毫安表a的内电阻ra=32考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读滑动变阻器在实验前应处于最大阻值处本实验采用等效法测量电流表的内阻解答：解：游标卡尺的读数为：8mm+0.023mm=8.06mma、滑动变阻器采用限流式接法，在实验前，应将滑动变阻器打到最大值位置，即滑动b端bc、本实验采用等效法测量电流表的内阻，所以将开关s接“2”位置，调节电阻箱使电流表a的读数为i，则毫安表的内阻等于电阻箱的内阻，大小为103+12=32故答案为：8.06 ab b电流表a的读数为i，32 c.32点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及知道该实验的原理，通过等效法测量电流表的内阻12（18分）有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板ab相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知ab板长为2d，板间距离为d当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2wb/s时，有一比荷为的带正电粒子以初速度v0从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线mn运动，又从n点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为b=0.1t的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60不计带电粒子的重力试求（1）ab板间的电压uab（2）v0的大小（3）圆形磁场区域的最小半径考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：电磁感应与图像结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；（2）粒子做类平抛运动，根据运动的分解，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力公式，可求出运动半径，并由几何关系，即可求解解答：解：（1）由法拉第电磁咸应定律：得矩形线圈产生的感应电动势e=200v因为ab板间的电压等于线圈产生的电动势，故 uab=200v（2）带电粒子在ab板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为vy，则：水平方向：l=v0t竖直方向：由并代入数据得：（3）粒子进入磁场瞬间：vy=at=2.0104m/s带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动， 洛伦兹力作向心力：由并代入数据得：如图，由几何关系得弦nq的长为在过nq两点的圆中，以弦nq为直径的圆最小圆形磁场区域的最小半径为：答：（1）ab板间的电压200v；（2）v0的大小2.0104m/s；（3）圆形磁场区域的最小半径0.14 m点评：考查法拉第电磁感应定律、平抛运动处理规律、牛顿第二定律与运动学公式等应用，掌握运动的分解的同时性，注意运动轨迹的半径与圆形磁场的半径的区别13（18分）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为r的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s；另一质量为2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点a滑上木板设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失已知滑块与长木板间的动摩擦因数为试求（1）滑块到达a点时对轨道的压力的大小（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v与s的关系（3）若s足够大，为了使滑块不滑离长木