2010广东高考物理试卷(及答案)下载

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  • 最近更新2022年10月20日



2010年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷物理) 一、单项选择题:本大题共 4 小题,每小题 4 分。共 16 分。在每小题给出的四个选项中,只 有一个选项符合题目要求,选对的得 4 分,选错或不答的得 0 分。 13.图 2为节日里悬挂灯笼的一种方式,A,B点等高,O为结点,轻绳 AO、BO长度相等,拉力 分别为 FA ,FB灯笼受到的重力为 13. 图 2 为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B 点等高,O 为结点, 轻绳 AO、BO 长度相等,拉力分别为 FA 、FB,灯笼受到的重力 为 G.下列表述正确的是 A.FA 一定小于 G B.FA 与 FB 大小相等 C.FA 与 FB 是一对平衡力 D.FA 与 FB 大小之和等于 G 14. 图 3 是密闭的气缸,外力推动活塞 P 压缩气体,对缸内气体 做功 800J,同时气体向外界放热 200J,缸内气体的 A.温度升高,内能增加 600J B. 温度升高,内能减少 200J C. 温度降低,内能增加 600J D. 温度降低,内能减少 200J 15. 如图 4 所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣缸相 连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感 知管中的空气压力,从而控制进水量。设温度不变,洗 衣缸内水位升高,则细管中被封闭的空气 A. 体积不变,压强变小 B. 体积变小,压强变大 C. 体积不变,压强变大 D. 体积变小,压强变小 16. 如图 5 所示,平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域,细 金属棒 PQ 沿导轨从 MN 处匀速运动到 M’N’的过程中, 棒上感应电动势 E 随时间 t 变化的图示,可能正确的是 二. 双项选择题:本大题共 9 小题,每小题 6 分,共 54 分。在每小题给出的四个选项中,有 两个选项符合题目要求,全部选对得 6 分,只选 1 个且正确的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。 第 – 1 -页 共 9 页 17. 图 6 是某质点运动的速度图像,由图像得到的正确结果是 A.0~1 s 内的平均速度是 2m/s B. 0~2s内的位移大小是 3 m C. 0~1s内的加速度大于 2~4s 内的加速度 D.0~1s 内的运动方向与 2~4s 内的运动方向相反 18.关于核衰变和核反应的类型,下列表述正确的有 238U234Th24He 174 N24He187O11H 92 90 A. 是α衰变 B. 是β衰变 02H 13H24He01n 82Se82Kr24He 21e 36 C. 1 是轻核聚变 D . 34 是重核裂变 19.图 7 是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的 A 周期是 0.01S B 最大值是 311V C 有效值是 220V D 表达式为 U=220sin100πt(V) 20.下列关于力的说法正确的是 A.作用力和反作用力作用在同一物体上 B.太阳系中的行星均受到太阳的引力作用 C 运行的人造地球卫星所受引力的方向不变 D.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因 21.图 8 是某一点电荷的电场线分布图,下列表述正确的是 A.a 点的电势高于 b 点的电势 B.该点电荷带负电 C.a 点和 b 点电场强度的方向相同 D.a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 34.(18 分) (1)图 13 是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。 ①已知打点计时器电源频率为 50Hz,则纸带上打相邻两点的时间间隔为_________。 ②ABCD是纸带上四个计数点,每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图 13中读 出 A、B两点间距 s=__________;C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)。 第 – 2 -页 共 9 页 (2)某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻,使用的器材还包括定值电 阻( 0 =5 )一个,开关两个,导线若干,实验原理图如图 14(a). R①在图 14(b)的实物图中,已正确连接了部分电路,请完成余下电路的连接。 ②请完成下列主要实验步骤; A. 检查并调节电压表指针指零;调节电阻箱,示数如图14(c)所示,读得电 阻值是____________; B. 将开关1 闭合,开关 ss2 断开,电压表的示数是 1.49V; C. 将开关 s2 _______,电压表的示数是 1.16V;断开开关 s1 。③使用测得的数据,计算出干电池的内阻是_______(计算结果保留二位有效数字)。 ④由于所有电压表不是理想电压表,所以测得的电动势比实际值偏_________(填“大” 或“小”)。 35. (18 分) 如图 15 所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的 ab 段水平,bcde 段光滑,cde 段是以 O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起,静 止于 b 处,A 的质量是 B 的 3 倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离,分别向左、 右始终沿轨道运动。B 到 b 点时速度沿水平方向,此时轨道对 B 的支持力大小等于 B 34所受重力的 ,A 与 ab 段的动摩擦因数为μ,重力加速度 g,求: (1) 物块B 在 d 点的速度大小 ; (2) 物块A 滑行的距离 s. 第 – 3 -页 共 9 页 36 (18分) 如图 16(a)所示,左为某同学设想的粒子速度选择装置,由水平转轴及两 个薄盘 N1、N2 构成,两盘面平行且与转轴垂直,相距为 L,盘上各开一狭缝, 两狭缝夹角 可调(如图16(b));右为水平放置的长为 d 的感光板,板的正上 方有一匀强磁场,方向垂直纸面向外,磁感应强度为 B.一小束速度不同、带 正电的粒子沿水平方向射入 N1,能通过 N2 的粒子经 O 点垂直进入磁场。 O 到感 d2光板的距离为 , 粒子电荷量为 q,质量为 m,不计重力。 (1) 若两狭缝平行且盘静止(如图16(c)),某一粒子进入磁场后,竖直向下打在感光 板中心点 M 上,求该粒子在磁场中运动的时间 t; (2) 若两狭缝夹角为0 ,盘匀速转动,转动方向如图 16(b).要使穿过 N1、N2 的粒 子均打到感光板 P1P2 连线上。试分析盘转动角速度 有粒子在盘转一圈的时间内都能到达 N2)。  的取值范围(设通过 N1 的所 第 – 4 -页 共 9 页 2010年广东卷 物理部分 答案 一、选择题: 题号 答案 13 B14 A15 B16 A17 BC 18 AC 19 BC 20 BD 21 BD 二、实验题: 34、(1)①0.02s ②0.70cm;0.100m/s (2)①连图如下图所示 ②20Ω;闭合 ③0.69Ω ④小 三、计算题 Rg R35、(1) 36、(1) (2) (2) 28 qB0d 4mL 5qB0d 4mL m 2Bq    第 – 5 -页 共 9 页 2010年广东卷 物理部分 解析 13、三力平衡问题,用正交分解法,设∠AOB=2θ,O 点受 到 FA、FB、F 三力作用,其中 F=G,建立如图所示的坐标 系,列平衡方程得: FA FB F sin  F sin θ θ ABFA cos  FB cos  G G解出: FA  FB  当θ=1200时: FA  FB  G ;当 2cos θ<1200时: FA  FB  G ;当θ>1200时: FA  FB  G 故G选 B 14、由W  Q  U 得: U  800J  (200J)  600J ,一定质量的理想气体的内能大小 只与温度有关, U  0 故温度升高,选 A 15、由连通器原理知:对同一液面压强相同: P气  P0  P水 (P0为大气压)P水增加因而 P气增加,由 PV=nRT得体积减小,选 B 16、MN只有进入磁场中才切割磁感线,因而只有中间过程有感应电动势,选 A 17、v-t图的考察: sA 分析平均速度: v  ,由面积法求 0—1s的位移 s=1m,时间 t=1s因而: v  1m / s tB 由面积法知:0—2s的位移 s=3m C 用斜率求出 0—1s的加速度:a1=2m/s2、2—4s的加速度 a2=1m/s2、因而:a1> a2 D 0—1s、2—4s两个时间段内速度均为正,表明速度都为正向,运动方向相同 因而选:BC 18、B 为人工核转变,D为衰变 选 AC 19、交流电考察 Um 由图知:最大值 Um=311V有效值U   220V 周期 T=0.02s 2表达式u  311sin100t(V ) 选 BC 20、A 作用力和反作用力受力物体不同,要明确和一对平衡力区别,不要混淆 C人造地球卫星绕地做匀速圆周运动有万有引力提供向心力,因而方向始终指向地心一直 在变 ,选BD 21、考察电场线的知识: A 以点电荷为圆心,同一圆周上,电势相等,以点电荷为圆心,a点为圆周一点做圆交过 b 点的电场线为 a′,则:a  a ,由顺着电场线电势降低知:b  a 因而:b  a C D a点电场线比 b点密因而:Ea>Eb a、b两点的电场线的方向不同 选 BD 第 – 6 -页 共 9 页 134、(1)①T  0.02s ②读 A、B两点数值:1.00cm、1.70cm fBD 0.90 1.10 故:s=1.70cm-1.00cm=0.70cm vc  vBD 102 m / s  0.100m / s 2t (2)①略 ②读出:20Ω;闭合 S2后电阻箱才工作 0.2 ③ S1闭合、S2断开时:RV很大,认为: E  U1 ⅠⅡU2 E U2 S1、S2都闭合时: Rr  R0 U1 U2 r  1 R  R0  0.69 由ⅠⅡ得 U1 U2 误差分析解析一 ④忽略电压表电阻的影响,有 r测  R0  RⅰU2 考虑电压表电阻的影响,设电压表的电阻为:RV则Ⅰ、Ⅱ两式变为: UE U1 1RV R0  r 真两式相减并整理得: U2 E U2 RV // R R0  r真 U1 U2 U2 U1 RV // R RV r真  R0  ⅱr测  R0 U2 UU2 U1 RRⅰ/ⅱ得: (1 )  1  1 (U1>U2) r真  R0 U2 RV // R RV RV U1 r测<r真 测量值偏小 误差分析解析二 用大学学的等效电源定理(戴维南定理):把 E、R0、电压表 RV 组 RV E  E 、内阻为 r  RV //(r  R0 )  r  R0 成新的电源,电动势为 E  RV  r  R0 因而测得电动势和内阻都偏小 35、解:设 A、B在分离瞬间速度大小分别为 v1、v2,质量分别为 3m、m (1)在 d点对 B由牛顿第二定律得: 3v2 Rmg  mg  m ①4第 – 7 -页 共 9 页 Rg 由①得: v  2(2)取水平向右方向为正,A、B分离过程动量守恒,则: 3m(v1 )  mv2  0 ②A、 B分离后,A向左减速至零过程由动能定理得: 1 (3m)gs  0  (3m)v12 ③2B从 b点到 d点过程由动能定理得: 112 mgR  mv2  mv2 ④22R由①②③④得: s  8 d236、解:(1)分析之该粒子轨迹圆心为 P1,半径为 ,在磁场中转过的圆心角为  ,22 m 2Bq 因而运动时间为:t  T  (2)设粒子从 N1运动到 N2过程历时为 t,之后在磁场中运行速度大小为 v,轨迹 半径为 R则: 在粒子匀速过程有: L=vt ①粒子出来进入磁场的条件: 0  t ②在磁场中做匀速圆周运动有: v2 qvB  m ③R设粒子刚好过 P1点、P2点时轨迹半径分别为:R1、R2则: R1  R  R2 ④⑤dR1  42dR2  R   d 2 ⑥222qB0d 4mL 5qB0d 4mL 由①——⑥得:    第 – 8 -页 共 9 页 第 – 9 -页 共 9 页

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