天津市高考物理压轴卷(含解析)

2014天津市高考压轴卷物理
第Ⅰ卷
一、单项选择（每小题6分，共30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.格林尼治时间2012年2月24日22时15分,MUOS—1卫星从佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地发射升空.据路透社报道,MUOS系统搭建完毕后,美军通信能力可望增强10倍,不仅能够实现超髙频卫星通信，还可同时传输音频、视频和数据资料.若卫星在发射升空的过程中总质量不变,则下列有关该通信卫星的说法正确的是（）
A.该卫星的发射速度应不小于11. 2 km/s
B 当卫星到达它的环绕轨道时,其内的物体将不受重力的作用
C.卫星在向上发射升空的过程中其重力势能逐渐变大
D.当卫星到达它的环绕轨道且其环绕轨道可视为圆形轨道时,其线速度必大于7. 9 km/s
2.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生感应电动势随时间变化关系如图所示，此线圈与一个阻值为R=9Ω的电阻组成闭合电路,线圈自身电阻r=1Ω,下列说法正确的是（）
A.交变电流的频率为5Hz
B.串接在电路中的电流表示数为2 A
C.发电机输出的电压有效值为10V
D.发电机输出的电功率为18 W
3．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的
位置-时间（x-t）图线，由图可知（）
A．在时刻t1，a车追上b车
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先增加后减少
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大
4．如题4图所示，两个完全相同的金属球a、b（可视为质点），金属球a
固定在绝缘水平面上，金属球b在离a高h的正上方由静止释放，与a发生正碰后回跳的最大高度为H，若碰撞中无能量损失，空气阻力不计，则（）
A．若a、b带等量同种电荷，b球运动过程中，a、b两球系统机械能守恒B．若a、b带等量异种电荷，则h>H
C．若a、b带不等量同种电荷，则h<H
D．若a、b带不等量异种电荷，则h>H
5．在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用．回旋加速器的工作原理如题5图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．S处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，初速不计，在加速器中被加速，加速电压为玑磁场的磁感应强度为曰，D型盒的半径为R．两盒间的狭缝很小，每次加速的时间很短，可以忽略不计，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用，下列说法正确的是
A．为使正离子每经过窄缝都被加速，交变电压的频率f=2mn/（qB）
B．粒子第n次与第1欢在下半盒中运动的轨道半径之比为
C．若其它条件不变，将加速电压U增大为原来的2倍，则粒子能获得
的最大动能增大为原来的2倍
D．若其它条件不变，将D型盒的半径增大为原来的2倍，则粒子获得的最大动能增大为原来的4倍
二、不定项选择（每小题6分，共18分。

每小题给出的4个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
6．如图所示，质量为M 的木板C 放在水平地面上，固定在C 上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a 和b 连接小球A 和小球B ，小球A 、B 的质量分别为m A 和m B ，当与水平方向成30°角的力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a 、b 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是 A ．力F 的大小为B m g
B ．地面对
C 的支持力等于()A B M m m g ++
C ．地面对C 的摩擦力大小为g
m B 23
D ．A B m m =
7．如图甲所示，在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q l 带正电处于原点O 。

现有一个正电荷q 以一定的初速度沿x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其v -t 图象如图乙所示，q 经过a 、b 两点时速度分别为v a 、v b 则以下判断正确的是 A ．Q 2带负电且电荷量小于Q l B ．b 点的场强比a 点的场强大 C ．a 点的电势比b 点的电势高
D ．q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能 8．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，
磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L 。

一个质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。

t =0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I ），导线框的速度为v 0。

经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零。

此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I （不计空气阻力），则 A ． 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多
C ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小
D ．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率
第Ⅱ卷 注意事项：
用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上 本卷共4题，共72分
9．（18分）（1）（7分）一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体作圆周运动
首先，让一砝码在一个比较光滑的平面上做半径为0.08m的圆周运动，数字实验系统得到若干组向心力F和对应的角速度ω，他们根据实验数据绘出了F-ω的关系图像如图中B图线所示，兴趣小组的同学猜测r一定时，F可能与ω2成正比。

你认为，可以通过进一步转换，做出____________关系图像来确定他们的猜测是否正确。

②将同一砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04m、0.12m，又得到了两条F
－ω图像，
如图中A、C图线所示。

通过对三条图线的比较、分析、讨论，他们得出ω一定时，F r的结论，你认为他们的依据是。

③通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力F与角速度ω、半径r的数学
关系式是F＝kω2r，其中比例系数k
的单位是。

（2）(11分)虚线方框内是由电阻、电源组成的网络电路，为了研究它的输出特性，将电流表
(0～0．6A)、电压表(O～3V，内阻很大)、滑动变阻器(O
～100Ω)按图示的方式连接在它的输
出端A、B之间。

开关S闭合后，移动滑动变阻器进行实验。

实验中记录的6组电流表示数I 、电压表示数U如表中所示。

①试根据这些数据在答题纸中的坐标纸上画出U—I图线。

②若将方框内的电路等效成电动势为E、内电阻为r的电源，从图线上求出该等效电源的电动势E= V，内电阻r= Ω（计算结果均保留3位有效数字）。

③若电流表内阻为0，当滑动变阻器的滑片移至最上端时，电流表示数是 A（计算结果均保留3位有效数字）。

10.（16分）甲火车以4 m/s的速度匀速前进，当时乙火车误入同一轨道，且以20 m/s的速度追向甲车，当乙车司机发现甲车时两车相距仅125 m，乙车立即制动，已知以这种速度前进的火车制动后需经过200 m才能停止.
(1)请判断是否会发生撞车事故？
(2)若要避免两车相撞，乙车刹车的加速度至少应为多大？
11．（18分）光电计时器的实验简易示意图如下，当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，光滑水平导轨MN上放两相同小物块A、B，右端N外与水平传送带理想连接，今将效果好、宽度为d=3.6×10-3m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。

传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速传动。

物块A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，质量m A= m B=1kg。

开始时在A、B间压缩一轻弹簧P，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开A、B，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t=9.0×10-4s。

取g=10m/s2,试求：（1）弹簧弹开前储存的弹性势能E P；
（2）物块B沿传送带向右滑动的最远距离s m；
（3）物块B在传送带上滑动的全过程中因摩擦产生的热量Q。

12．（20分）如图所示，两根与水平面成θ＝30︒角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L＝1m，导轨底端接有阻值为1 Ω的电阻R，导轨的电阻忽略不计。

整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B＝1T。

现有一质量为m＝0.2 kg、电阻不计的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M＝0.5 kg的物体相连，细绳与导轨平面平行。

将金属棒与M由静止释放，棒沿导轨运动了2 m后开始做匀速运动。

运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触。

(错误！未找到引用源。

)求：
（1）棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热；
(2) 棒从释放到开始匀速运动的过程中，求导体棒所受安培力的冲量
（3）若保持某一大小的磁感应强度B1不变，取不同质量M的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v值，得到实验图像如图所示，请根据图中的数据计算出此时的B1。

2014天津市高考压轴卷 物理 答案解析 1．【答案】C
【解析】11.2 km/s 是脱离地球束缚的最小发射速度．故A 错；当卫星到达它的环绕轨道时，其内的物体仍然受重力，提供向心力．故B 错误；卫星在向上发射升空的过程中离地面越来越高，重力势能逐渐变大．故C 正确；7.9 km/s 是发射卫星的最小发射速度，也是绕地球运转的最大速度．故D 错误。

2．【答案】D
【解析】由图可知，交流电的感应电动势的最大值 E m =20V ，周期 T=0.4s ，所以频率
1
2.5f Hz T
=
=，故A 错误；线圈产生的感应电动势的有效值
20m E E V =
== ，由闭合电路的欧姆定律得：电流表示数为
E I A R r ===+ ，故B 错误．发电机输出的电压有效值：9
12291
R U E R r =
=⨯=++，故C 错误．发电机输出的电功率为：
18P UI W ===，故D 正确．
3．【答案】B
【解析】由图象可知：t 1时刻以前b 在a 的后面，所以在t 1时刻是b 追上了a ，A 选项错；位移时间图象的斜率表示速度，在t 2时刻两图象斜率符号相反，则说明两车运动方向相反，选项B 对；由b 的图象可知，b 车先减速后反向加速，选项C 错；t 1到t 2时间内，a 车的速率一直不变，b 车先减速后反向加速，在某一时刻b 车速度为零，比a 车慢，选项D 错。

4．【答案】C
【解析】若两球带等量同种电荷，碰撞前后两球电荷量不变，根据能量守恒，整个过程中，电场力对A 球做功为0，所以H=h ；故AB 错误；若两球带等量异种电荷，碰撞后两球电荷中和，均不带电，碰撞前电场力做正功，碰撞后没有电场力做功，整个过程电场力做正功，电势能减小转化为机械能，根据能量守恒，所以h ＜H ；故C 正确，D 错误．
5．【答案】D
【解析】带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根据qvB=m 2
v r
，则v=qrB m ，
周期T=
22r m v qB ππ=
，与粒子的速度无关，t 1：t 2=1：1．交变电场的周期也为2m
qB
π，频率为2qB m
π．故A 错误；根据动能定理知2
12n mv =nqu ．粒子第n 次与第1次在下半盒中运动的速
度之比为1qvB=m 2
v r ，知轨道半径之比等于速度之比为1B 错误；根
据qvB=m 2
v r
，则v=qrB m ，最后速度由D 型盒半径决定，与电压无关，根据E k =12mv 2知动能
也是只与D 型盒半径有关，故C 错误，D 正确．
6．【答案】ACD
【解析】以B 为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：Fcos30°=T b cos30°，得：T b =F ，竖直方向受力平衡，则：Fsin30°+T b sin30°=m B g ，得：F=m B g ，故A 正确；以A 为研究对象受力分析，竖直方向：m A g+T b sin30°=T a sin60°，水平方向：T a sin30°=T b sin60°，联立得：m A =m B ，故D 正确；以ABC 整体为研究对象受力分析，竖直方向：N+Fsin30°=（M+m A +m B ）g ，可见N
小于（M+m A +m B ）g ，故B 错误；水平方向：f=Fcos30°=m B gcos30°=
2
m B g ，故C 正确。

7．【答案】AD
【解析】根据v-t 图象的斜率等于0，可知正电荷q 在b 点的加速度为0，在b 点左侧电荷做减速运动，b 点右侧做加速运动，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带负电，根据点电荷场强公式E=k
2
Q
r 得知Q 2带电荷量小于Q 1，故A 正确；在b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见b 点的加速度为0，受力为零，故b 的场强为零，而a 点的场强不为零，所以b 点的场强比a 点的场强小，故B 错误；该电荷从a 点到b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b 点电势比a 点的电势高．故C 错误；由C 分析得，粒子在a 点的电势能比b 点的电势能小，故D 正确。

8．【答案】BC
【解析】线框运动过程中要产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上
升过程中合力做功较大，故A错误；线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故B正确；上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设
加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+
22
B L v
R
=ma，a=g+
22
B L v
mR
，由此可知，线框速
度v减小时，加速度a也减小，故C正确；下降过程中，线框做加速运动，则有：mg-
22
B L v
R
=ma′，
a′=g-
22
B L v
mR
，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程
位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故D错误；
9．【答案】（1）①F与ω2 ②取任意相同ω，A、B、C三图线对
应向心力之比均约为3:2:1，与其对应半径之比相同。

（意思对，
即可得分）③ kg
（2）①如图所示② 2.73±0.02，1.40～1.60 ③ 1.83±0.05
【解析】（1）①通过对图象的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2
成正比．可以通过进一步的转换，通过绘出F与ω2关系图象来确
定他们的猜测是否正确，如果猜测正确，做出的F与ω2的关系式
应当是一条过原点的倾斜直线．②在证实了F∝ω2之后，他们将砝
码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04m、0.12m，又得到了两条F-ω图象，取任意相同ω，A、B、C三图线对应向心力之比均约为3：2：1，与其对应半径之比相同．如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比．③表达式F=kω2r中F、ω、r的单位分别是N、rad/s、m，又由v=ωr有：1m/s=1（rad/s）•m，由F=ma，有1N=1kg•m/s2，则得：1N=k×（1rad/s）2×1m=k•m/s2；则得k的单位是kg．
（2）①根据表中数据，坐标轴标度如图所示，将各点电压值与电流值组成的坐标描在图中，用直线将各点连接，图象如图所示；
②由图可知，电源的U-I图象与纵轴交点坐标值为2.75V左右，则电源的电动势为E=2.75V，
内电阻r=
2.75 2.0
0.5
-Ω=1.50Ω
③滑片移到最顶时，滑动变阻器短路，等效电源短路；电流I=E
r
=1.83A ． 10. 【答案】(1)会发生 (2)1.024 m/s 2
【解析】(1)乙车制动时的加速度：a ＝0－v 202x ＝0－202
2×200 m/s 2＝－1 m/s 2
当甲、乙两车速度相等时有：v 甲＝v 乙＝v 0＋at ，解得t ＝16 s ，
此过程甲车位移：x 甲＝v 甲t ＝64 m ， 乙车位移：x 乙＝v 0＋v 乙
2t ＝192 m ，
由于x 甲＋125 m<x 乙，所以两车会发生撞车事故.
(2)两车不相撞的临界条件是到达同一位置时两车的速度相同，则125＋v 甲t ＝v 0t ＋12a 0t 2
，v 甲
＝v 0＋a 0t ，代入数据解得t ＝15.625 s ，a 0＝－1.024 m/s 2
即为使两车不相撞，乙车刹车的加速度至少为1.024 m/ s 2
.
11．【答案】（1）弹簧弹开前储存的弹性势能是16J ；（2）物块B 沿传送带向右滑动的最远距离是4m ；（3）物块B 在传送带上滑动的全过程中因摩擦产生的热量是48J ． 【解析】（1）物块A 、B 被弹簧弹开后的速度为： s m t
V V B A /4d
=== 故弹簧储存的弹性势能J V m V E B B A A P 162
1
m 2122=+=
（2）物块B 在传送带上的加速度为a 由2/2m s m a a m g B B ==得μ
故物块B 沿传送带向右滑动的最远距离m a
V B 42s 2
m == （3）物块在传送带上运动的总时间为s a
V B
42t ==
' 物块B 相对传送带滑动的路程为24m t v s ='= 故因摩擦产生的热量Q=J s m B 48g =μ
【答案】（1）电阻R 上产生的焦耳热为2.4J ；（2）导体棒所受安培力的冲量为2NS ； （3）此时的B 1为0.55T ．
【解析】：（1）金属棒匀速运动时，受力平衡，所以 Mg=mgsin θ+22B L v
R
，解得：
v=
()22
sin 30Mg mg R B L -︒=()22
0.5100.210sin 30111⨯-⨯⨯︒⨯⨯m/s=4m/s
对系统，由能量守恒有：Mgs-mgssin θ-Q=12
（M+m ）v 2
则电阻
R
上产生的焦耳热为：Q=Mgs-mgssin θ-
12
（M+m ）
v 2
=0.5×10×2J-0.2×10×sin30°J-
12
×（0.5+0.2）×2
4J =2.4J （2）导体棒所受安培力的冲量 I 安=B I L•△t ，又I △t=q ，可得：I 安=BLq ， 而通过导体棒的电量 q=I 平均t=
112
1
BLs R R ∆Φ⨯⨯==C=2C ，所以I=BqL=1×2×1N•s=2N•s （3）由上式变换成速度与质量的函数关系为：v=
()22
sin Mg mg R B L θ-=
2222
sin gR mgR M B L B L θ
-， 由数学知识知，v-M 图象的斜率等于22gR B L ，再由图象可得：22
gR B L =10
0.3
，代入解得，B 1=0.55T。