安徽省高考物理试卷答案与解析.doc
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2014年安徽省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）
14．（6分）（2014•安徽）在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（ ）
A．
T=2πr
B．
T=2πr
C．
T=
D．
T=2πl
考点：
单摆周期公式；万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
专题：
单摆问题．
分析：
先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．
解答：
解：
在地球表面，重力等于万有引力，故：
mg=G
解得：
g=①
单摆的周期为：
T=2π②
联立①②解得：
T=2πr
故选：
B．
点评：
本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．
15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（ ）
A．
v1=v2，t1＞t2
B．
v1＜v2，t1＞t2
C．
v1=v2，t1＜t2
D．
v1＜v2，t1＜t2
考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
专题：
直线运动规律专题．
分析：
根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．
解答：
解：
由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．
小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．
故选：
A
点评：
解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．
16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（ ）
A．
0.5m
B．
1.5m
C．
2.5m
D．
3.5m
考点：
简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
专题：
振动图像与波动图像专题．
分析：
从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．
解答：
解：
从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；
在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；
故选：
C．
点评：
本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．
17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）
A．
电场强度与位移关系
B．
粒子动能与位移关系
C．
粒子速度与位移关系
D．
粒子加速度与位移关系
考点：
电势能；电场强度．菁优网版权所有
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
解答：
解：
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：
F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选：
D．
点评：
本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（ ）
A．
B．
T
C．
D．
T2
考点：
带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
专题：
带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．
解答：
解：
由牛顿第二定律得：
qvB=m，
解得：
EK=mv2=，
得：
B=，
平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；
故选：
A．
点评：
本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律即可正确解题．
19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（ ）
A．
rad/s
B．
rad/s
C．
1.0rad/s
D．
0.5rad/s
考点：
向心力；线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．
解答：
解：
当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r
则ω==rad/s=1rad/s
故选：
C
点评：
本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．
20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（ ）
A．
0
B．
r2qk
C．
2πr2qk
D．
πr2qk
考点：
感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
专题：
电磁感应与电路结合．
分析：
根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功．
解答：
解：
磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：
U=S=πr2k
根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；
小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：
W=qU=πr2qk
故选：
D．
点评：
本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题．
二、非选择题
21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是 ac ．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 c ．
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为 2.0 m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为 4.0 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．
考点：
研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
专题：
实验题．
分析：
（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．
（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．
解答：
解：
（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；
BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；
D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．
故选：
AC．
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；
联立可得：
y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．
故选：
C．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，
所以y1=g…①
y2=…②
水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③
联立①②③代入数据解得：
v0=2.0m/s
若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：
据公式可得：
=2gh，所以v下=2=3.5m/s
所以C点的速度为：
vc==4.0m/s
故答案为：
2.0；4.0
点评：
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．
22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：
（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 1.0 V（结果保留两位有效数字）．
（2）为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：
A．断开开关S，按图2连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R0的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；
G．断开开关S．
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：
最大阻值2000Ω
c．滑动变阻器：
最大阻值10Ω
d．电阻箱：
最大阻值9999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
e．电阻箱：
最大阻值999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ω
f．电池组：
电动势约6V，内阻可忽略
g．开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 c （填“b”或“c”），电阻箱中选用 d （填“d”或“e”）．
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测 ＞ R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，则越 小 （填“大”或“小”）．
考点：
伏安法测电阻．菁优网版权所有
专题：
实验题．
分析：
（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；
（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻；
②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的，当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V；
解答：
解：
（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：
R=15×100=1500Ω；
电压表的内电阻为：
RV=3000Ω；
故电压表读数为：
U=IRV===1.0V
（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；
电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；
②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；
当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；
实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；
当Rv越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，故当Rv越大，则越小；
故答案为：
（1）1.0；
（2）①c、d；②＞，小．
点评：
本题考查了用半偏法测量电压表电阻，关键是明确实验原理，从实验原理角度选择器材、分析误差来源，不难．
23．（14分）（2014•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：
（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．
考点：
匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．菁优网版权所有
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；
（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．
解答：
解：
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：
v2=2gh
解得：
v=…①
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：
mg（h+d）﹣qEd=0
解得：
E=…②
电容器两极板间的电压为：
U=Ed=，
电容器的带电量为：
Q=CU=．
（3）加速过程：
mgt1=mv…③
减速过程，有：
（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④
t=t1+t2…⑤
联立①②③④⑤解得：
t=．
答：
（1）小球到达小孔处的速度为；
（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．
点评：
本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．
24．（16分）（2014•安徽）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s2．
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m处电势差UCD；
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F﹣x关系图象；
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
考点：
导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
专题：
电磁感应与电路结合．
分析：
（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得x=0.8m处的电动势，由欧姆定律即可求得CD之间的电势差；
（2）根据上述发现，感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由电量表达式结合时间即可求解；
（3）当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热．
解答：
解：
（1）导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：
E=Bdv=0.5×3×1=1.5V；
由几何关系得：
m，
，
接入导轨之间的有效长度：
L=2•（2.0﹣vt）•tan∠MPO=1.5×（2.0﹣vt），
金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：
E=BLv=0.5×1.5×（2.0﹣x）×1=0.75（2.0﹣x），
运动到x=0.8m处时的有效电动势：
E1=0.75（2.0﹣x）=0.75×（2.0﹣0.8）V=0.9V．
这一段相当于相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；
所以：
UDC=E﹣E1=1.5V﹣0.9V=0.6V，
UCD=﹣0.6V；
（2）接入电路的导体棒的电阻：
感应电流：
A
安培力F安=BIL=0.5×10×0.75（2.0﹣x）=3.75（2.0﹣x）
由平衡条件得：
mgsinθ+F安=F
得拉力F与位置坐标x的关系式：
F=5+3.75（2.0﹣x）
x=0时，F=12.5；
x=2.0时，F=5N画出F﹣x关系图象如图：
（3）设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，
则t时刻导体棒切割的有效长度Lx=L﹣2x
导体棒在导轨上运动时所受的安培力：
F安=3.75（2.0﹣x）
因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：
N
产生的焦耳热：
J
答：
（1）金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E=1.5V，运动到x=0.8m处CD之间的电势差是﹣0.6V；
（2）金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F=5+3.75（2.0﹣x），并在图2中画出F﹣x关系图象如图；
（3）金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J．
点评：
考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，共点力平衡条件及安培力表达式．本题突破口：
产生感应电流与导体棒有效长度无关，同时巧用安培力与位移成线性关系，由安培力平均值来求焦耳热．
第三小问另一种解法：
设导体棒经t时间沿导轨匀速向下运动的位移为x，则t时刻导体棒切割的有效长度Lx=L﹣2x，求出导体棒在导轨上运动时所受的安培力，作出安培力大小随位移x变化的图象，图象与坐标轴围成面积表示导体棒克服安培力作功，也为产生的焦耳热．
25．（20分）（2014•安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．
考点：
动量守恒定律．菁优网版权所有
专题：
动量定理应用专题．
分析：
（1）碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；
（2）整个过程，对整体根据动能定理列式即可求解；
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小．
解答：
解：
（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：
mv0=2mv
解得：
v=
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力f=μN=μmg
设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：
解得：
s1=12.5m
已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．有
mv1+mv2=mv1′+mv2′，
得v1′=v2，v2′=v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，
根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，
故可用匀变速直线运动规律求时间．则
v=v0+at，a=﹣μg
解得：
t=5s
凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2．（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L．其余每份面积均为L．）
答：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数6次；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间为5s，该时间内凹槽运动的位移大小为12.75m．
点评：
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据题意画出速度﹣时间图象，难度适中．
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