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2014年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)
理科综合能力测试　物理
说明:理科综合能力测试安徽卷物理试题共11题,共110分。其中单项选择题包括第14~20题,共7题,42分;实验题包括第21题,共1题,18分;解答题包括第22~24题,共3题,50分。
第Ⅰ卷(选择题　共120分)
本卷共20小题,每小题6分,共120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。
14.(2014·安徽理综,14)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。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时,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=2πrGMl　　　　　　　
B.T=2πrlGM
C.T=2πrGMl
D.T=2πlrGM
答案:B
解析:设离地心r处重力加速度为g,则GMmr2=mg,故g=GMr2①;单摆振动周期T=2πlg②.①代入②得T=2πrlGM,故选项B正确。
15.(2014·安徽理综,15)

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
答案:A
解析:由机械能守恒可知,小球沿MPN或沿MQN到达N点时的动能与M点动能相等,因而速率也相等,即v1=v2=v0。沿MPN运动时,除M、N两点外,其他位置的重力势能均比M点大,动能均比M点小,即速率均比M点小。同理,沿MQN运动时,除M、N两点外,其他位置的速率均比M点大。所以沿MPN运动时平均速率较小,所需时间较长,即t1>t2。故选项A正确。
16.(2014·安徽理综,16)一简谐横波沿x轴正向传播,图1是t=0时刻的波形,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(　　)

图1

图2
A.0.5 m B.1.5 m
C.2.5 m D.3.5 m
答案:C
解析:由质点振动图象可知,t=0时刻质点y坐标介于-0.1~-0.2之间,且振动方向向下。再由波的图象以及波的传播方向和振动方向的关系可知,该质点x坐标的合理值是x=2.5 m。故选项C正确。
17.(2014·安徽理综,17)

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(　　)

答案:D
解析:由电势能Ep与位移x的关系图象可知,Ep随x的变化越来越缓慢,即带电粒子每移动单位长度引起的电势能的减少量ΔEp越来越小,这表明带电粒子每移动单位长度其所受电场力做功越来越少。由此可知电场力F、电场强度E、加速度a都是随x增加而逐渐减小,粒子的运动不是匀加速运动。依此判定D正确,A、C错误;又只有静电力做功时动能与电势能之和守恒,电势能Ep减小,且越来越缓慢.所以动能Ek增加,也应增加越来越缓慢。可判断B错误。
18.(2014·安徽理综,18)“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.T B.T
C.T3 D.T2
答案:A
解析:带电粒子在磁场中运动半径r=mvqB,得B=mvqr①;又Ek=12mv2∝T(T为热力学温度),得v∝T②.由①②得,B∝T。即在被束缚离子种类及运动半径不变的条件下,所需磁感应强度B与T成正比。故选项A正确。
19.(2014·安徽理综,19)

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2.5 m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32(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10 m/s2。则ω的最大值是(　　)
A.5 rad/s B.3 rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
答案:C
解析:小物体随圆盘转动时,向心力由静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的合力提供,小物体转到最低点时,最容易发生相对滑动。只要保证最低点不发生相对滑动即可。在最低点,由向心力公式得:Ff-mgsin θ=mω2r①;Ff=μmgcos θ②代入数值得:ω=1.0 rad/s,故选项C正确。
20.(2014·安徽理综,20)

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的绝缘细圆环水平放置,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.12r2qk
C.2πr2qk D.πr2qk
答案:D
解析:设圆环所在回路感应电动势为E,则由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kS=kπr2,小球运动一周,感应电场对小球做功大小为W=qE=qkπr2,故选项D正确。
第Ⅱ卷(非选择题　共180分)
21.(2014·安徽理综,21)(18分)

图1
Ⅰ.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,其中合理的有　　　。 
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yx2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　　　　。 

图2
(3)

图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5.0 cm,y2为45.0 cm,A、B两点水平间距Δx为40.0 cm。则平抛小球的初速度v0为　　　　 m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0 cm,则小球在C点的速度vC为　　　　 m/s(结果保留两位有效数字,g取10 m/s2)。 
Ⅱ.某同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻,进行了如下实验。
(1)他先用多用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3.00×103 Ω,此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”,表内电池电动势为1.5 V,则电压表的示数应为　　　　 V(结果保留两位有效数字)。 

图1

(2)

图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3 V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1.5 V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2 000 Ω
c.滑动变阻器:最大阻值10 Ω
d.电阻箱:最大阻值9 999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω
e.电阻箱:最大阻值999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω
f.电池组:电动势约6 V,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　　　　(填“b”或“c”),电阻箱中选用　　　　(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　　　　(填“>”或“<”)R真;若RV越大,则|R测-R真|R真越　　　　(填“大”或“小”)。 
答案:Ⅰ.(1)ac　(2)c　(3)2.0　4.0
Ⅱ.(1)1.0　(2)①c　d　②>　小
解析:Ⅰ.(1)安装斜槽轨道时,必须使其末端保持水平,保证小球离开轨道后水平飞出。为了描下轨迹上的多个点,实验须重复多次,但每次小球平抛的初速度必须相同,所以每次小球应从同一高度由静止释放。描绘轨迹时,应该用平滑的曲线把描的点连接起来。选项a、c正确。
(2)若轨迹为抛物线,则轨迹方程为y=kx2,即y与x2成正比。选项c正确。
(3)设从O运动到A、B两点所用时间分别为tA、tB,
由y=12gt2得tA=0.1 s　tB=0.3 s
v0=xB-xAtB-tA=0.40.3-0.1 m/s=2.0 m/s
由机械能守恒得:
12mv02+mgy3=12mvC2
得:vC=4.0 m/s
Ⅱ.(1)欧姆挡选择“×100”,且欧姆表盘中央刻度值为15,可知欧姆表内阻R内=1.5×103 Ω(欧姆表内阻等于中央刻度值所对应电阻)。因测得电压表内阻为3.00×103 Ω,欧姆表内电池电动势为1.5 V,故电压表示数为U=ERVRV+R内=1.0 V
(2)①本实验中,只有当电压表电阻RV远远大于滑动变阻器bP段的电阻RbP时,才能把电压表所在支路近似视为断路,这样,在步骤F中保持P位置不变,调节电阻箱R0的阻值时,才可以认为bP段分出的电压近似不变,仍为3 V。调节R0使电压表读数变为1.5 V时,R0上分得的电压近似为1.5 V。此时,R0的电阻近似等于电压表内阻RV。因此,本实验必须满足滑动变阻器总电阻远远小于电压表电阻,故滑动变阻器选c。实验中电阻箱的最大电阻值应大于电压表内阻RV,故电阻箱应选d。
②步骤F中,电阻箱阻值调大的过程中,滑动变阻器bP段分出的电压会相应略有增加,当电压表读数为1.5 V时,电阻箱两端电压略大于1.5 V,此时,电阻箱电阻略大于电压表电阻。故电压表内阻测量值大于真实值。
|R测-R真|R真是电压表内阻测量的相对误差,根据以上分析,电压表内阻RV越大,就能更好地保证滑动变阻器总电阻远远小于电压表电阻这一实验要求,测量相对误差就越小,即|R测-R真|R真越小。
22.(2014·安徽理综,22)

(14分)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。
分析:(1)在极板外,小球做自由落体运动,由v2=2gh可求出小球到达小孔处的速度。
(2)小球在两板间运动时,由牛顿第二定律和运动学公式,可求出电场强度E。再由U=Ed、Q=CU可求出电容器带电荷量。
(3)由运动学公式可分别求出电场内和电场外两个阶段的运动时间t1、t2,进而可求出总时间t。
解:(1)由v2=2gh得v=2gℎ
(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有
mg-qE=ma
0-v2=2ad
得E=mg(ℎ+d)qd
U=Ed、Q=CU得Q=Cmg(ℎ+d)q
(3)由h=12gt12　0=v+at2
t=t1+t2
综合可得t=ℎ+dℎ2ℎg
23.(2014·安徽理综,23)(16分)如图1所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T,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2.5 m,MN连线水平,长为3 m。以MN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3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/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=0.8 m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Fx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。

图1

图2
分析:(1)金属杆产生的感应电动势直接由公式E=Blv求出。当x=0.8 m时,金属杆在导轨间的电势差为零(因导轨电阻不计)。此时金属杆两端电势差UCD大小等于金属杆位于导轨以外的那两部分产生的感应电动势。由几何关系求出这两部分导体的总长度l外,再由E=Bl外v求出E,就得到UCD大小,再注意C、D两端电势高低关系,即可确定UCD。
(2)先确定两导轨之间的导体杆的长度l与位置x的关系,算出感应电动势和感应电流,就可以求出安培力F安,再对杆应用平衡条件就可以确定拉力F与x的关系式,然后可画出Fx关系图象。
(3)由Fx关系图象,利用求“面积”的方法可求出拉力所做总功WF,由于拉力所做总功WF等于产生焦耳热与重力势能增加量之和,据此可求出焦耳热Q。
解:(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv(l=d)
E=1.5 V(D点电势高)
当x=0.8 m时,金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外,则
l外=d-OP-xOPd
OP=MP2-(MN2)2得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高,故C、D两端电势差
UCD=-Bl外v　UCD=-0.6 V

(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=OP-xOPd=3-32x
对应的电阻Rl为Rl=ldR
电流I=BlvRl
杆受的安培力F安为F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mgsin θ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2)
画出的Fx图象如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积,即WF=5+12.52×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp
ΔEp=mgOPsin θ
故全过程产生的焦耳热Q　Q=WF-ΔEp=7.5 J
24.(2014·安徽理综,24)(20分)在光滑水平地面上有一凹槽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1.0 m,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=5 m/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10 m/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。
分析:(1)物块与凹槽组成的系统合外力为零,由动量守恒定律可求出共同速度。
(2)对A和B组成的系统,其总动能的损失等于系统克服摩擦力所做的功W,而系统克服摩擦力做的总功等于摩擦力与相对滑动的路程s1的乘积,这样可以确定相对滑动的路程。然后再根据B在凹槽中的初始位置及凹槽长度就可以确定物块与凹槽右壁的碰撞次数。
(3)由于A、B质量相等,且碰撞中无能量损失,所以每次碰后都交换速度,且分析可知,二者对地速度方向始终向右。
相对滑动中二者加速度大小均为a=μmgm=0.5 m/s2,对A或B,每次碰撞之后加速度方向都会变得与碰前相反。
在同一vt坐标系中分别画出A、B运动的速度图象,并注意到每相邻两次碰撞之间相对滑动的路程均为L,并在图象中把相邻两次碰撞之间相对滑动的路程用“面积”表示。再考虑到物块第7次到达B右端时恰好达到同速,就可以借助图象求出从开始到两者刚达到相对静止所经历的时间及凹槽运动的位移大小。
解:(1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律得
mv0=2mv　v=2.5 m/s
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff=μFN=μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1,由能量守恒得
12mv02−12(m+m)v2=Ff·s1,得s1=12.5 m
已知L=1 m,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'　　　12mv12+12mv22=12mv1'2+12mv2'2
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vt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=5 s
凹槽的vt图象所包围的阴影部分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。)
s2=12(v02)t+6.5L　　　　s2=12.75 m

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