2013年全国高考物理试题解析集(全国15套)

2013年全国高考物理试题解析集(全国15套)

2013 年全国高考物理试题解析集 目 录 2013 年普通高等学校招生统一考试（新课标卷Ⅱ）（适用于宁夏 新疆 吉林 黑 龙江 云南 贵州 甘肃 青海 西藏 内蒙古）............................................................2 2013 年普通高等学校招生统一考试（新课标卷Ⅰ）（适用湖北.湖南.山西 河南 河 北）..............................................................................................................................13 2013 年普通高等学校招生全国统一考试(大纲卷).................................................. 25 2013 年普通高等学校招生统一考试（北京卷）.....................................................34 2013 年普通高等学校招生统一考试（上海卷）.....................................................43 2013 年普通高等学校招生统一考试（江苏卷）.....................................................54 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）.............................................65 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）.............................................78 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理科综合.............................86 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）.............................................93 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）.............................................98 2013 年普通高等学校招生全国统一考试(海南卷)物理........................................ 107 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科综合...........................116 2013 年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)理科综合................................ 124 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科综合...........................134 2013 年普通高等学校招生统一考试（新课标卷Ⅱ）（适用于 宁夏 新疆 吉林 黑龙江 云南 贵州 甘肃 青海 西藏 内蒙 古） 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一 项符合题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14.一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。 假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小，F 表示水 平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之间的关系的图像是 14.解析：当 0L，当线框完全进入磁场时，不会产生感应 电流，此时 F 安=0，a=o。从磁场中穿出过程，a 随 V 的再减小而减小（v-t 图像斜率变小）， 故 D 对. 17.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直横截面。一 质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速 度方向偏离入射方向 60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 A. B. C. D. 17. 解析：粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知， 粒子做圆周运动的半径: R1 RR 360tan  ， 由 1 2 R vmqvB  可知： qR mv qR mvB 3 3 0 1 0  ，本题选 A。 18.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a，b 和 c 分别位于边长为l 的正三角形的三 个顶点上；a、b 带正电，电荷量均为 q，c 带负电。整个系统置于 方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为 k。若 三个小球均处 于静止状态，则匀强电场场强的大小为 A. B. C. D. 2 3kg l 18. 解析：取 c 球为对象，受力分析可知，水平方向上受 a、b 的库仑力和匀强电场的电场 力 3 个力的作用而平衡，ab 两球在 c 球处的合电场为 E 合= 22 330cos2 l kq l kq  F 合=（E-E 合）qc=0；则 E= E 合= 22 330cos2 l kq l kq  。故选 B。 R R1 E E 合 19.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙 述符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，或出现 感应电流 D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁 场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 19.解析： （1）奥斯特发现了电流的磁效应，A 对 （2）安培提出了分子电流假说，B 对 （3）法拉第发现变化的电流在静止线圈中产生感应电流，C 错 （4）.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的 磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，D 对 20.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且 轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和薄气体阻力的 作用，则下列判断正确的是 A.卫星的动能逐渐减小 B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 20.依题意可知，卫星轨道半径 R 减小 据 v= R GM 可知 v 增大；则动能增大。A 错 由于卫星离地球越来越近，万有引力做正功，故势能减小；B 对 又由于稀薄气体的阻力做负功，故机械能减小；C 错 W 阻克=（EP1+EK1）-[（EP1-  Ep）+(EK1+  Ek） 得：  Ep= W 阻克+  Ek 可知减少的势能  Ep 大于增加的  Ek，也大于克服阻力做的功 W 阻克。D 对 21.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶 的速率为 vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处， A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于 vc，车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于 vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动 D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小 21.由于汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，故无摩擦力，向心力由重力和支持力的 合力提供如图： 向心力方向沿轨道半径指向圆心，方向水平向左，故路面外高左低 （外高内低）；A 对 车速低于 vC；Fn= r mv 2 也随之变小而小于 Fn，具有向内侧滑动的趋 FN Fn=F 合 mg 势，路面对车由向外的静摩擦力；只有当 F 合- r mv 2 〉fmax 时，才会向内则滑动，B 错 同理当车速高于 vc 时，具有向外侧滑动趋势，只有当 r mv 2 -F 合〉fmax 时，才开始向外侧滑 动，故 C 对 由于临界速度满足： r mvc 2 =F 合= tanmg ，与摩擦力无关，故 D 对 第Ⅱ卷 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33 题~第 40 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 129 分） 22.（8 分） 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌 面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘， 如图(a)所示。向左推小球，使弹黄压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地 面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。 回答下列问题： (1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等。已知重力 加速度大小为 g。为求得 Ek，至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号)。 A.小球的质量 m B.小球抛出点到落地点的水平距离 s C.桌面到地面的高度 h D.弹簧的压缩量△x E.弹簧原长 0l (2).用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek= 。 (3)图(b)中的直线是实验测量得到的 s-△x 图线。从理论上可推出， 如果 h 不变.m 增加，s—△x 图线的斜率会 （填“增 大”、“减小”或“不变”):如果 m 不变，h 增加，s—△x 图线的斜率 会 (填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b) 中给出的 直线关系和 Ek 的表达式可知，Ep 与△x 的 次方成正 比。 22.（1）验证原理：机械能守恒。通过计算小球离开桌面的动能 来间接知道弹性势能即：Ep=Ek= 2 02 1 mv ；通过测小球的质量 m、小球平抛运动的高度 h 和 水平位移 s 计算初速度来计算动能。ABC 对 （2）据 s=v0t 和 h= 2 2 1 gt 得：v0=s h g 2 ；所以动能 Ek= 2 02 1 mv = h gms 4 2 （3）据 Ep=Ek= 2 02 1 mv = h gms 4 2 得：s= mg hE p4 ；而由图可知 s 与Δx 成正比，所以 S---Δx 图像斜率 k= 0 0 1 1   x s ，当Δx1 不变 时，Ep1 也不变，据 s1/= mg hE p14 可知 h 不变，m 增大时 s1 减小 如图 a 直线斜率减小；同理得：当 m 不变 h 增大时，斜率 k 增 大. 由于 S 与Δx 成正比，而据 s= mg hE p4 得:Ep= h gms 4 2 即 Ep 与 s 的二次方成正比，所以 Ep 与 Δx 的二次方成正比。 23.（7 分） 某同学用量程为 I mA、内阻为 120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为 Iv 和 1A 的 多用电表。图中 R1 和 R2 为定值电阻，S 为开关。回答下列问题: (1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。 （2）开关 S 闭合时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压，或“电阻”)； 开关 S 断开时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。 （3）表笔 A 应为 色(填“红”或“黑”)。 （４）定值电阻的阻值Ｒ１＝ Ω，Ｒ２＝ Ω。（结果取３位 有效数字） 23.（1）如图 （2）开关闭合时，R1 具有分流作用，通过整个电 路的电流增大，故是电流表；开关断开时，R2 起 分压作用，故是电压表 （3）电路中的电流必须从表头的+接线柱流入， 而表头的+接线柱与红表笔相连；故表笔 A 为红表 笔。 （4）设表头内阻为 r，满偏电流为 Ig,S 断开时， 据闭合电路的欧姆定律得： Ig（r+R2）=1V ○1 S 闭合时有： AR RrII g g 1)( 1 2  ○2 由○1 ○2 得：R1=1.00 欧；R2=880 欧 a b s1// s1/ s1 Δx1 ２４.（１４分） 如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘 圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b 为轨道 直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ (q>０)的质点沿轨道内 侧运动.经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别为 Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点 经过 a 点和 b 点时的动能。 24.解：设电场强度为 E，ab 两点处的速度分别为 va ；vb；动能分别为 Ek1 ; Ek2 在 a 点处，据牛顿第二定律得： Nａ+Eq= r mva 2 ○1 同理在 b 点处得: Ｎｂ-Eq= r mvb 2 ○2 从 a 到 b，据动能定理得: 2Eqr= 2 2 bmv - 2 2 amv ○3 由○1 ○2 ○3 得：2Eqr=(Ｎｂ-Eq)r/2 - (Nａ+Eq)r/2 E=(Ｎｂ- Nａ)/6q 由○1 得： 2 2 amv = (Nａ+Eq)r/2= rNN ba 12 5  = Ek1 由○2 得： 2 2 bmv =(Ｎｂ-Eq)r/2= rNN ab 12 5  = Ek2 ２５.（１８分） 一长木板在水平地面上运动，在ｔ=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到 木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块 与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且 物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g＝１０ｍ／ｓ２求: (1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数: (2) 从ｔ＝０时刻到物块与木板均停止运动时，物块相 对于木板的位移的大小. 25.解析：（1）由图可知，当 t=0.5s 时，物块与木板的共同 速度为 v1=1m/s T=0.5s 前，物块相对于木板向后滑动，设物块与木板间动摩 擦因数为 1 ，木板与地面间动摩擦因数为 2 对物块：加速度 a1= m mg1 = g1 ○1 又据 a= t v1 得： g1 = t v1 =2m/s ○2 则 1 =0.2 对木板：加速度为 a2= )22(22 212 12  gggm mgmg  ○3 据 a= t v-v 01 得： )22( 2  g = t v-v 01 =-8 则 3.02  （2）t=0.5s 前，a1= m mg1 =2m/s a2= t v-v 01 )22( 2  g =-8m/s2， 木板对地位移为 x1= 2 2 0 2 1 2a v v =1.5m 当 t=0.5s 时，具有共同速度 v1=1m/s， t=0.5s 后物块对地速度大于木板对地速度，此时物块相对于木板响枪滑动，摩擦力方向改变。 木板加速度： a3= 22)2(2 212 12  gggm mgmg  =-4m/s2 位移为 x2= 3 2 1 2a 0 v = 8 1 m 物块加速度大小不变，但方向改变， / 1a =-a1=-2m/s2 当木板速度为零时；由于 mgmg 21 2  =fmax,故木板静止而物块仍在木板上以 a1 的加速度 做减速滑动，最后静止在木板上 在整个过程中，物块对地位移为 x= / 1 2 1 1 2 1 2 0 2 0 a v a v  =0.5m 物块相对木板的位移为 L L=(x1+x2)-x= 8 9 m （二）选考题:共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑。注意所做题目都题号必须 与所涂题目的题号一致，在答题卡选大区域指定位置答题。如果不涂、多涂均按所答第一题 评分；多答则每学科按所答的第一题评分。 33.[物理一选修 3-31](5 分) (I)(5 分)关于一定量的气体，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分， 选对 2 个得 4 分.选对 3 个得 5 分;每选错 I 个扣 3 分，最低得分为 0 分). A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之 和 B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高。 (2)(10 分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长 1l =25.0cm 的空气柱，中间有一段长为 2l =25.0cm 的水银柱，上部空气柱的长度 3l =40.0cm。已知大气压强为 P0=75.0cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口 处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为 ' 1l =20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气， 求活塞下推的距离。 【答案】见解析 【解析】（1）气体的分子间距很大，故气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体 积，而不是该气体所有分子体积之和，A 正确；温度越高，分子的热运动越剧烈，温度降低， 分子的热运动剧烈程度降低，B 正确；在完全失重的情况下，气体分子仍在做无规则运动， 对容器壁的压强一定不为零，C 错误；气体从外界吸收热量的同时，有可能对外做功，其内 能不一定增加，D 错误；由理想气体状态方程 pV kT  可知，等压膨胀过程中的温度一定升 高，E 正确。 34.[物理——选修 3-4]（15 分） （1）（5 分）如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹 簧振子，该物块是由 a、b 两个小物块粘在一起组成的。物块在光 滑水平面上左右振动 ，振幅为 A0，周期为 T0。当物块向右通过平 衡位置时，a、b 之间的粘胶脱开；以后小物块 a 振动的振幅和周期 分别为 A 和 T，则 A A0(填“>”“<”“=”), T T0(填“>”“<”“=”). (2)(10 分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A=30°， ∠B=60°。一束平行于 AC 边的光线自 AB 边的 p 点射入三棱镜， 在 AC 边发生反射后从 BC 边的 M 点射出，若光线在 P 店的入射 角和在 M 点的折射角相等 （i）求三棱镜的折射率 （ii）在三棱镜的 AC 边是否有光线逸出，写出分析过程。（不考 虑多次反射） 【答案】见解析 【解析】（1）当 a、b 脱开后，振子离开平衡位置的最大距离不变，则振幅不变；弹簧振子 的周期与振幅无关，与质量有关，由公式： 2 /T m k （k 是弹簧的劲度系数，m 是小 球的质量）可知质量减小，周期减小。故填“=”、“<”。 35.[物理—选修 3-5](15 分) (1) (5 分)关于原子核的结合能，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对 I 个 得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)。 Ａ.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合 能 C. 铯原子核( )的结合能小于铅原子核( )的结合能 D.比结合能越大，原子核越不稳定 Ｅ.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最大于该原子核的结合能 (2) (10 分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块Ａ、B、C。 B 的左 侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计).设 A 以速度ｖ０朝 B 运动，压缩弹簧； 当 A、 B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设 B 和 C 碰撞过 程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中， (i) 整个系统拐失的机械能； (ii) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 35.解析：（1）取 AB 和弹簧作为一个系统，具有共同速度 v1 时 据动量守恒定律得：mv0=2mv1 ○1 得：v1=v0/2 据机械能守恒定律得：此时弹性势能为 Ep= 2 1 2 0 )2(2 1 2 1 vmmv  = 2 04 1 mv 当 B 与 C 碰撞时，由于作用时间极短，弹簧来不及发生形变，所以势能也保持不变； Ｂ与 C 碰撞前后瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，设碰后 BC 共同速度为 v2 据动量守恒定律得：ｍｖ１＝２ｍｖ２ ○2 由○1 ○2 得：ｖ２＝ｖ０／４ BC 碰撞之后；ABC 组成的系统机械能守恒 整个过程中损失的能量为ΔＥ＝ 16])2(2 1)2 1[(2 1 2 02 2 2 1 2 0 mvvmEmvmv p  （２）弹簧最短时ＡＢＣ具有共同速度ｖ３ 据动量守恒得：ｍｖ１＋２ｍｖ２＝３ｍｖ３ 得：ｖ３＝ 3 0v Ｂ与Ｃ碰后；ABC 组成的系统机械能守恒，设弹簧最短时势能为 / pE / pE = 2 3 2 2 2 1 )3(2 1])2(2 1)2 1[( vmvmEmv p  = 2 048 13 mv 2013 年普通高等学校招生统一考试（新课标卷Ⅰ）（适用 湖北.湖南.山西 河南 河北） 第Ⅰ卷 二、选择题:本题共 8 小题，每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中，第 14-18 题只有一项 符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。 14. 右图是伽利略 1604 年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左 上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜 面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据 表中的数据.伽利略可以得出的结论是 A.物体具有惯性 B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比 D.物体运动的加速度与重力加速度成正比 14．【答案】C 【解析】第一列是第二列（时间）的平方和第三列数据可以看出： 2x t ，即物体的位移与时间的平方成正比，C 选项对。 15.如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的 轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量 为 q (q>O)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强 的大小为(k 为静电力常量) A.k B. k C. k D. k 15．【答案】B 【解析】根据场强的叠加， b aE E E  盘 ，可得圆盘在 b 点产生的电场强度与点电荷在 b 点产生的电场强度等大反向： 2 qE k r  盘 ，方向向左；根据对称性可知圆盘在 d 点处产生 的场强为 2' qE k r 盘 ，d 点处的合场强为 2 2 2 10 (3 ) 9d q q qE k k kr r r    ，B 选项对，A、C、 D 选项错误。 16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有 一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方 处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静 止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未写极板 接触)返回。若将下极板向上平移 ，则从 P 点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上 B.在下极板处返回 C.在距上极板 处返回 D.在距上极板 d 处返回 16．【答案】D 【解析】带电粒子运动过程中受重力和电场力做功；设电容器两极板间电压为 U，粒子下落 的全程由动能定理有： ( ) 0 02 dmg d Uq    ，得 3 2Uq mgd ，当下极板向上移 3 d 后， 设粒子能下落到距离上极板 h 处，由动能定理有： ( ) 0 022 3 d Umg h qh d     ，解得 2 5h d ，D 选项对。 17.如图.在水平面(纸面)内有三报相同的均匀金属棒 ab、ac 和 MN，其中 ab、ac 在 a 点接触， 构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使 MN 向右匀速运动，从图示 位置开始计时，运动中 MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回 路中电流 i 与时间 t 的关系图线.可能正确的是 17．【答案】A 【解析】设“V”字形导轨夹角为 2 ，MN 向右匀速运动运动的速度为 v， 根据法拉第电磁感应定律： 2 tanBLv B vt v      ，设回路中单位长度的导线的电阻为 RO， 0 t( 2 )cos vR R L  总 ， 根据欧姆定律： 0 0 2 tan tan t 1(2 tan 2 ) (tan )cos cos B vt v B vI vR R vt R                 总 常数 ，A 选项对。 18.如图，半径为 R 的圆死一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为 B， 方向垂直于纸面向外，一电荷量为 q（q>0）。质量为 m 的例子沿平行于之境 ab 的方向摄入 磁场区域，摄入点与 ab 的距离为 ，已知例子射出去的磁场与摄入磁场时运 动方向间的夹角为 60°，则例子的速率为（不计重力） A． B． C． D． 18．【答案】B 【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示： 入射点与圆心连线与初速度方向夹角为 30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为 30°，所 以轨迹半径 r R ,由 2v Bqr BqRBqv m vr m m     ，B 选项对。 19，如图，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上形式的汽车 a 和 b 的位置一时间（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 两车引动方向相反 C.在 t1 到 t2 这段时间内，b 车的速率先减少后增加 D.在 t1 到 t2 这段时间内，b 车的速率一直不 a 车大 19．【答案】BC 【解析】由图象可知：t1 时刻以前 b 在 a 的后面，所以在 t1 时刻是 b 追上了 a，A 选项错； 图象的斜率表示两车的速度，在 t2 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 对；t1 到 t2 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。 20. 2012 年 6 曰 18 日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面 343km 的近圆轨道上 成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的土气，下面说 法正确的是 A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B.如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 C.入不干涉，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 D.航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 20．【答案】BC 【解析】围绕地球运动的卫星和飞船，其环绕速度都小于第一宇宙速度，A 选项错，由于存 在稀薄的空气阻力，所以不干涉，天宫一号速度将减小做近心运动，半径变小，万有引力做 正功，其动能增加，B 选项对，C 选项对；航天员在天宫一号中处于完全失重状态，万有引 力全部提供向心力，所受的重力存在，D 选项错。 21.2012 年 11 曰，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦 系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的 动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加——作用力，使飞机在甲板上短距离滑 行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置， 其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑 行距离约为 I000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为 g。则 A. 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10 B. 在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C. 在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5 g D. 在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变 21．【答案】AC 【解析】由 v-t 图象面积的物理意义可以求出飞机滑行的距离约为 100m，是无阻拦索滑 行时的十分之一，A 选项对；在 0.4s~2.5s 的时间内，飞机做匀减速直线运动，阻拦索对 飞机的合力不变，但两个张力的夹角变小，所以两个张力变小，B 选项错；由图象可知， 飞机最大加速度约为 2 270 10 / 30 / 2.52.5 0.4 va m s m s gt       ，C 选项对；阻拦系 统对飞机的功率等于两个张力合力对飞机的功率，由 P=Fv 可知，功率逐渐减小，D 选 项错。 第Ⅱ卷 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须做答。第 33 题~第 40 题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题（共 129 分） 22.（7 分） 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下: ①用天 平测量物块和遮光片的总质量 M.重物的质量 m:用游标卡尺 测量遮光片的宽度 d;用米尺测 最两光电门之间的距离 s； ②调整轻滑轮，使细线水 平: ③让物块从光电门A的左 侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间△tA 和 △tB,求出加速度 a； ④多次重复步骤③，求 a 的平均 a ; ⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ。 回答下列为题： (1) 测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的最小 分度为 1mm)的示如图（b）所示。其读数 为 cm （2）物块的加速度 a 可用 d、s、AtA,和△ tB,表示为 a (3)动摩擦因数μ可用 M、m、 a ;和重 力加速度 g 表示为μ= （4）如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或”系统误差” ） 22．【答案】见解析 【解析】(1)游标卡尺测量数据不需要估读，主尺读数为：9mm，游标尺读数为：0.05mm× 12=0.56mm，所以读数为：9mm+0.56mm=9.56mm=0.956cm (2)根据 1 2, A B d dv vt t    结合位移速度关系式： 2 2 2 12ax v v  有： 2 2 2 2 2 1 2 2 1 ( )2 2 B A v v d da s s t t     (3)对重物和小物块整体受力分析： 1 1( )m g Mg M m a   ，解得 1 1( )m g M m a Mg    ； （4）如果细线没有调到水平，会使实验数据测量偏大或偏小，由于固定因素引起的误差叫 做系统误差。 23.（8 分） 某学生实验小组利用图(a)所示电路，测皿多用电表内 电池的电动势和电阻“xlk”挡内部电路的总电阻。使用的 器材有: 多用电表； 电压表:里程 5V，内阻十儿千欧; 滑动变阻器：最大阻值 5kΩ 导线若干。 回答下列问题: (1)将多用电表挡位调到电阻“xlk”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点 (2)将图((a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2）端相连，黑表笔连接另一端。 (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多角电表的示数如图(b)所示，这时电压表的 示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 15.0 kΩ和 3.60 V 。 (4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分 别为 12.0kΩ和 4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为 12.0 kΩ。 (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想 电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据 计算可得，此多用电表内电池的电动势为 9.00 V，电阻“xlk”挡内部 电路的总电阻为 15.0 kΩ。 23.【答案】（1）短接（2）1（3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0 【解析】（1）用欧姆表测量电阻时，选好档位之后，要进行欧姆调零， 即两个表笔短接进行调节。 （2）多用表测量时电流从红表笔流入，由黑表笔流出，所以红表笔应与接线柱 1 连接。 （3）欧姆表读数时，指针所处的位置最小格代表 1kΩ，所以读数时要估读到下一位，即 15.0 ×1kΩ=15.0 kΩ；电压表最小刻度表示 0.1V，所以要估读到 0.01V，即 3.60V； （4）滑动变阻器接入电路中的阻值为零，所以欧姆表测量的是电压表的内阻：12.0kΩ； （5）欧姆表测量电阻时，表内有电源，根据闭合电路的欧姆定律有： g g gU I R (2 g g g IU R R  测），所以中值为欧姆表的内阻 15gR  .0 kΩ，根据欧姆表测量电压表时组 成的回路有： g V UU U RR   g ，得 44 1512gU    V=9V. 24. (13 分) 水平桌面上有两个玩具车 A 和 B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在 橡皮筋上有一红色标记 R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B 和 R 分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知 A 从静止开始沿 y 轴正向做加速度大小为 a 的匀加速运动：B 平行于 x 轴朝 x 轴正向匀速运动。在两车此后运 动的过程中，标记 R 在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求 B 运动速度的 大小。 24.【答案】见解析 【解析】设 B 车的速度大小为 v.如图，标记 R 的时刻 t 通过点 K（l,l）,此时 A、B 的位置分 别为Ｈ、Ｇ。由运动学公式，H 的纵坐标 yA，G 的横坐标 xB 分别为 2 A 1y 2l at2   ○1 Bx vt ○2 在开始运动时，R 到Ａ和Ｂ的距离之比为２:１，即 ＯE：OF=2:1 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻Ｒ到 A 和 B 的距离之比都为 2:1。 因此，在时刻 t 有 HK：KG=2:1 ○3 由于 FGH IGK ∽ ，有 : :( )B BHG KG x x l  : ( ) : 2AHG KG y l l  由○3 ○4 ○5 式得 3 2Bx l ○6 5Ay l ○7 联立○1 ○2 ○6 ○7 式得 1 64v al 25.（19 分） 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为 L。导轨上端接有一平行 板电容器，电容为 C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面。 在导轨上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过 程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦 因数为μ，重力加速度大小为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨 上端由静止开始下滑，求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 25.【答案】见解析 【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为 v,则感应电动势为 E=BLv ○1 平行板电容器两极板间的电势差为 U=Ｅ ○2 设此时电容器极板上积累的电荷量为Ｑ，按定义有 QC U  ○3 联立○1 ○2 ○3 式得 Q=CBLv ○4 (2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i。金属棒受到的磁场 的作用力方向沿导轨向上，大小为 1f BLi ○5 设在时间间隔（t,t+ t ）内流经金属棒的电荷量为 Q ，按定义有 Qi t   ○6 Q 也是平行板电容器极板在时间间隔（t,t+ t ）内增加的电荷量。由○4 式得 Q CBL v   ○7 式中， v 为金属棒的速度变化量。按定义有 va t   ○8 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 2f N ○9 式中，N 是金属棒对于轨道的正压力的大小，有 cosN mg  ○10 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a,根据牛顿第二定律有 1 2sinmg f f ma    ○11 联立○5 到○11 式得 2 2 (sin cos )m ga gm B L C     ○12 由○12 式及题设可知，金属棒做初速度为 0 的匀加速运动。T 时刻金属棒的速度大小为 2 2 (sin cos )mv gtm B L C     （二）选考题:共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科 任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目 的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则 每学科按所做的第一题计分。 33.[物理—选修 3-3](15 分) (1)(6 分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此 过程中，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对 1 个得 3 分，选对 2 个得 4 分， 选对 3 个得 6 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) A 分子力先增大，后一直减小 B.分子力先做正功，后做负功 C.分子动能先增大，后减小 D.分子势能先增大，后减小 (2) (9 分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部 均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K.两气缸的容积均为 V0 气缸中各有一个绝热活塞(质量 不同，厚度可忽略)。开始时 K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)， 压强分别为 Po 和 Po/3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方 气体体积为 V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气 缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开 K，经过一段时间，重新达 到平衡。已知外界温度为 To，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求: (i)恒温热源的温度 T; (ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 VX。 33.【答案】见解析 【解析】(1)BCE 两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡 位置时，分子力为零，之后靠近分子间表现为斥力且越来远大，A 选项错；分子力先做正功 后做负功，B 选项对；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，B、C 选项对；D 选项 错；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，D 选项对。 (2)（ⅰ）与恒温热源接触后，在 k 未打开时，右活塞不动，两活塞下方对气体经历等压过 程，由盖·吕萨克定律得 0 0 0 7 / 4 5 / 4 VT T V  ○1 由此得 0 7 5T T ○2 （ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大，打开 K 后，左活塞下 降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。 气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞 上方气体压强为 P，由玻意耳定律得 0 0 3 4x P VPV   ○3 0 0 0 0 7( )(2 ) 4x VP P V V P    ○4 联立○3 ○4 式，得 2 2 0 06 0x xV V V V   其解为 0 1 2xV V ，另一个解 0 1 3xV V  ，不符合题意，舍去。 34. [物理—选修 3-4](15 分) (1) (6 分)如图，a. b, c. d 是均匀媒质中 x 轴上的四个质点.相邻两点 的间距依次为 2m、4m 和 6m 一列简谐横波以 2m/s 的波速沿 x 轴正 向传播，在 t=O 时刻到达质点 a 处，质点 a 由平衡位践开始竖直向 下运动，r=3s 时 a 第一次到达最高点。下列说法正确的是 (填 正确答案标号。选对 I 个得 3 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 6 分。每选错 I 个扣 3 分，最低得分为 0 分) A．在 t=6s 时刻波恰好传到质点 d 处 B．在 t=5s 时刻质点 c 恰好到达最高点 C.质点 b 开始振动后，其振动周期为 4s D.在 4s0）、质量为 m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在 t=0 时由静止开始运动， 场强随时间变化的规律如图所示，不计重力。求在 t=0 到 t=T 的时间间隔内 粒子位移的大小和方向 粒子沿初始电场反方向运动的时间 25．(19 分) 解法一：(1)带电粒子在 0 4 T 、4 2 T T 、 3 2 4 T T 、 3 4 T T 时 间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 1a 、 2a 、 3a 、 4a ，由牛顿第二定律得 0 1 qEa m  ① 0 2 2 qEa m   ② 0 3 2 qEa m  ③ 0 4 qEa m   ④ 由此得带电粒子在 0~T 时间间隔内运动的加速度-时间图象如图(a)所示。对应的速度-时间图 象如图(b)所示，其中 0 1 1 4 4 qE TTa m  v ⑤ 由图(b)可知，带电粒子在 0t  到 t=T 时的位移为 1 4 Ts  v ⑥ 由⑤⑥式得 20 16 qEs Tm  ⑦ 它沿初始电场正方向。 (2)由图(b)可知，粒子在 3 8t T 到 5 8t T 内沿初始电场的反方向 运动，总的运动时间 t 为 5 3 8 8 4 Tt T T   ⑧ 评分参考：第(1)问 15 分，①②③④⑤式各 1 分，加速度-时间图象正确的给 2 分，速度-时 间图象正确的给 3 分(直接给出正确的速度-时间图象的给 5 分，⑥⑦式务 2 分，正确给出位 移方向的给 1 分；第(2)问 4 分，⑧式 4 分。 解法二：(1) 带电粒子在 0 4 T 、 4 2 T T 、 3 2 4 T T 、 3 4 T T 时间间隔内做匀变速运动， 设加速度分别为 1a 、 2a 、 3a 、 4a ，由牛顿第二定律得 0 1 qEa m  ① 0 2 2 qEa m   ② 0 3 2 qEa m  ③ 0 4 qEa m   ④ 设带电粒子在 4 Tt  、 2 Tt  、 3 4t T 、t T 时的速度分别为 1v 、 2v 、 3v 、 4v ，则 1 1 4 Tav ⑤ 2 1 2 4 Ta v v ⑥ 3 2 3 4 Ta v v ⑦ 4 3 4 4 Ta v v ⑧ 设带电粒子在 0t  到 t=T 时的位移为 s，有 2 3 3 41 1 2( )2 2 2 2 4 Ts     v v v vv v v ⑨ 联立以上各式可得 20 16 qEs Tm  ⑩ 它沿初始电场正方向。 (2)由电场的变化规律知， 4 Tt  时粒子开始减速，设经过时间 1t 粒子速度减为零。 1 2 10 a t v 将①②⑤式代入上式得 1 8 Tt  粒子从 2 Tt  时开始加速，设经过时间 2t 速度变为零。 2 3 20 a t v 此式与①②③④⑤⑥式联立得 2 8 Tt  t=0 到 t=T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t 为 1 2( )4 Tt t t   将 式代入 式得 4 Tt  评分参考：第(1)问 15 分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各 1 分，⑨式 4 分，⑩式 2 分，正确给出位 移方向的给 1 分；第(2)问 式各 1 分。 26．（20 分） 如图，虚线 OL 与 y 轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q（q>0）的粒子从左侧平行于 x 轴射入磁场， 入射点为 M。粒子在磁场中运动的轨道半径为 R。粒子离开磁场后的运动轨迹与 x 轴交于 p 点（图中未画出）且 — op=R。不计重力。求 M 点到 O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间。 26．解： 根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线 OL 于 A 点，圆心为 y 轴上 的 C 点，AC 与 y 轴的夹角为 ；粒子从 A 点射出后，运动轨迹交 x 轴于 P 点，与 x 轴的 夹角为  ，如图所示。有 2 q B m R  vv ① 周期为 2 RT  v 由此得 2 mT Bq  ② 过 A 点作 x、y 轴的垂线，垂足分别为 B、D，由图中几何关 系得 AD sinR  D ADcot 60O   BP DcotO  P AD BPO     ③ 由以上五式和题给条件得 1sin cos 1 3    ④ 解得 30   ⑤ 90   ⑥ 设 M 点到 O 点的距离为 h Ch R O  根据几何关系 3C CD D cos AD3O O R     利用以上两式和 AD sinR  得 2 3 cos( 30 )3h R R     ⑦ 解得 3(1 )3h R  ( =30°) ⑧ 3(1 )3h R  ( =90°) ⑨ 当 =30°时，粒子在磁场中运动的时间为 12 6 T mt qB   ⑩ 当 =90°时，粒子在磁场中运动的时间为 4 2 T mt qB   评分参考：判断出圆心在 y 轴上的给 1 分，①②式各 1 分，③④⑤⑥式各 2 分，⑦式 1 分， ⑧⑨⑩ 各 2 分。 2013 年普通高等学校招生统一考试（北京卷） 13. 下列说法正确的是（） A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B．液体分子的无规则运动称为布朗运动 C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D．物体对外界做功，其内能一定减少 13、【答案】A 【解析】布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故 A 正确 B 错误；物体从外界吸收热量，有可能同时对外做功，其内能不一定增加，同理，物体对外做 功，有可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少，故 CD 错误。本题选 A。 14. 如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心 O，经折射后氛围两束单色光 a 和 b， 下列判断正确的是（ ） A．玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 B．a 光的频率大于 b 光的频率 C．在真空中 a 光的波长大于 b 光的波长 D．a 光光子能量小于 b 光光子能量 14、【答案】B 【解析】由题图可知 a 光在玻璃砖中的偏折程度较大，故玻璃砖对 a 光的折射率大，可假设 a 光是紫光，b 光是红光，结合所学易知选项 A、C 错误，B 正确； 由 E h 可知 a 光光子能量大于 b 光光子能量，D 错误。本题选 B。 15.一列沿 x 轴正方向传播的简谐机械横波，波速为 。某时刻波形如图所示，下列说 法正确的是（ ） A．这列波的振幅是 4cm B．这列波的周期为 1s C．此时 x=4m 处质点沿 y 轴负方向运动 D．此时 x=4m 处质点的加速度为 0 15、【答案】D 【解析】由题图可看出该横波的振幅是 2cm，波长是 8m，则周期T v  =2s，此时 x=4m 处的 质点处于平衡位置，速度最大，加速度为 0，由质点振动方向和波的传播方向的关系可知此 时 x=4m 处质点正沿 y 轴正方向运动，本题选 D。 16.倾角为 a、质量为 M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为 m 的木块静止在斜面体上。下 列结论正确的是（ ） A．木块受到的摩擦力大小是 mgcosa B．木块对斜面体的压力大小是 mgsina C．桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsinacosa D．桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g 16、【答案】D 【解析】隔离木块分析，可知木块受重力、斜面体的支持力 N 和静摩擦力 f 三个力的作用而 静止，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解可知 sin , cosf mg N mg   ，故 A 错误，由牛顿第三定律可知木块对斜两体的压力大小是 mgcosa，故 B 错误。以木块和 斜面体整体为研究对象，整体受重力和桌面的支持力两个力的作用而静止，合力为零， 根据平衡条件可知，水平方向没有其他外力，则桌面对斜面体没有摩擦力，故 C 错误 D 正确． 17. 如图，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆 MN 在平行金属导 轨上以速度 v 向右匀速运动，MN 中产生的感应电动势为 ；若磁感应强度增为 ， 其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为 。则通过电阻 R 的电流方向及 与 之比 ： 分别为 A． B． C． D． 17、【答案】C 【解析】据右手定则可直接判断出感应电流的方向为 a→c，由导体棒切割磁感线产生的感 应电动势的表达式 E BLv 可知若磁感应强度增为 2B,其他条件不变，MN 中产生的感应电 动势变为原来的 2 倍，本题选 C。 18．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运 动，那么电子运动（ ） A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大 C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小 18、【答案】C 【解析】电子绕原子核做匀速圆周运动，库仑力充当向心力，有 2 2 kQq vF mr r   向 2 22( )mr mr maT    ，结合以上关系式分析各选项可知半径越大， 加速度越小，角速度越小；半径越小，周期越小，线速度越大，只有选项 C 正确。 19．在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意图如图。小球 每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平抛出。改变水平板的高度，就 改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三 次做平抛，降水平板依次放在如图 1、2、3 的位置，且 1 与 2 的间距等于 2 与 3 的间距。 若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为 ，机械能的变化量依 次为 ，忽略空气阻力的影响，下列分析正确的是 A． B． C． D． 19、【答案】B 【解析】由平抛运动的特点可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运 动，由于水平板竖直方向上的间距相等，故小球经过板 1-2 的时间大于经过板 2-3 的时间， 故 x2- x1>x3- x2 ， 由 于 小 球 做 平 抛 运 动 的 过 程 中 只 有 重 力 做 功 ， 机 械 能 守 恒 ， 故 △E1=△E2=△E3=0，本题选 B。 20．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应。若一个电子在极短时间内只能吸收到一个 光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射 金属，由于其光子密度较大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成 多光子光电效应，这已经被实验证实。 光电效应实验装置示意如图。用频率为 v 的普通光源照射阴极 K，则发生了光电效应； 此时，若加上反向电压 U，即将阴极 K 接电源正极，阳极 A 接电源负极，在 KA 之间 就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大 U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到 零时，所加反向电压 U 可能是下列的（其中 W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子 电量） A． B． C． D． 20、【答案】B 【解析】由题意可知，用强激光照射发生光电效应时有 kE nh W  （n=2,3,4,5,6------）， 在 kA 之间逐渐增大 U，当光电流恰好减小到零时，由动能定理可得 0 keU E   ，联立可 得 nh WU e e   （n=2,3,4,5,6------），对比各选项可知选 B。 21、某同学通过实验测定一个阻值约为 的电阻 的阻值。 （1）现有电源（ ，内阻可不计）、滑动变阻器（ ，额定电流 ），开关和导 线若干，以及下列电表： A、电流表（ ，内阻约 ） B、电流表（ ，内阻约 ） C、电压表（ ，内阻约 ） D、电压表（ ，内阻约 ） 为了减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填 器材前的字母）。实验电路应采用图 1 中的 （填甲或乙） （2）图 2 是测量 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据在（1）的电路图， 补充完成图 2 中实物间的连线。 （3）接通开关，改变滑动变阻器滑片 的位置，并记录对应的电流表示数 ，电压表示数 ， 某次电表示数如图 3 所示，可得该电阻的测量值 （保留两位有效 数字） （4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若在（1）问中选用甲电 路，产生误差的主要原因是 ；（选填选项前的字母） A、电流表测量值小于流经 的电流值 B、电流表测量值大于流经 的电流值 C、电压表测量值小于流经 的电压值 D、电压表测量值大于流经 的电压值 （5）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片 从一端滑向另一端，随滑片 移动距离 的增加，被测电阻 两端的电压 也随之增加，下列反映 关系的示意图中正 确的是 21、【答案】(1)B C 甲 (2)如图所示 (3)5.2 （4）B D （5）A 【解析】（1）电流表、电压表在实验中指针能达到半偏附近，读数误差小、较精确，由于电 源电动势为 4V，待测电阻阻值约为 5Ω，则电路中的最大电流为 0.8A，故电流表应选 B，电 压表选 C；由于 x A VR R R  ，故实验中电流表应采用外接法。 （2）电流表外接即可，连线图见答案。 （3）由第（1）问已确定电表的两程，在此直接读数即可，电流 表示数为 0.5A，电压表示数为 2.6V，则 xR =5.2Ω。 （4）图甲电流表外接，测得的电流实际上是流过 xR 和电压表的电流之和；图乙电流表内接， 电压表的示数实际上是 xR 和电流表两端的电压之和。 （5）由闭合电路欧姆定律可知 xR 两端的电压与滑动变阻器两端的电压之和等于电源的电动 势，随着 x 的增大，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，电路中的电流逐渐增大，故 U-x 图线是斜率逐渐增大的曲线。选 A。 22.如图所示，两平行金属板间距为 d，电势差为 U，板间电场可视为匀强电场，金属板下 方有一磁感应强度为 B 的匀强磁场。带电量为+q、质量为 m 的粒子，由静止开始从正极板 出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求： （1）匀强电场场强 E 的大小： （2）粒子从电场射出时速度 v 的大小： （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R。 22、【答案】见解析 【解析】（1）由平行板电容器电场强度的定义式可知，电场强度的大小为 UE d  ； （2）根据动能定理，有 21 2qU mv ，解得 2qUv m  ； （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 2vqvB m R  ，解得 1 2mUR B q  。 23.蹦极比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段，最初，运动员静止站在蹦床上，在预备运 动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度，此后， 进入比赛动作阶段。 把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小 F=kx(x 为床面下沉的距离，k 为常量)。质 量 m=50kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉 x=0.10m;在预备运动中，假定运动员所做的 总功 W 全部用于增加其机械能，在比赛动作中，把该运动员视作质点，起每次离开床面做 竖直上抛运动的腾空时间均为△=0.2s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度为 x1,取重 力加速度 g=10m/s2,忽略空气阻力的影响。 （1）求常量 k,并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图 （2 求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度 hm （3）借助 F-x 图像可以确定弹力做功的规律，在次基础上，求 x1 和 W 的值。 23、【答案】见解析 【解析】（1）床面下沉 0 0.1x  m 时，运动员受力平衡， 有 0mg kx ，解得 3 0 5 10mgk x    N/m, F-x 图线如图所示。 （2）运动员从 x=0 处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等， 21 ( )2 2m th g  ，解得 mh  5.0m。 （3）参照由速度时间图线求位移的方法可知 F-x 图线下的面积等于弹力做的功，从 x 处到 x=0 处，弹力做的功 21 1= 2 2TW x kx kx ， 运动员从 1x 处上升到最大高度 mh 的过程，根据动能定理可得 2 1 1 1 ( ) 02 mkx mg x h   ，解得 1x =1.1m 对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有 2 0 0 1 ( )2 mW kx mg x h   解得 W=2525J. 24.对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系， 从而更加深刻地理解其物理本质。 （1）一段横截面积为 S，长为 l 的直导线，单位体积内有 n 个自由电子，电子质量为 e，该 导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为 v （a）求导线中的电流 I （b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度 B，导线所受安培力大小为 F 安， 导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为 F，推到 F 安=F （2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n 为恒 量，为简化问题，我们假定:粒子大小可以忽略，其速率均为 v,且与器壁各面碰撞的机会均 等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变，利用所学力学知识， 导出容器壁单位面积所受粒子压力 f 与 m,n,和 v 的关系. （注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 24、【答案】见解析 【解析】（1）（a）设 t 时间内通过导体横截面的电荷量为 q ，由电流的定义，可得 q neSv tI neSvt t      。 （b）每个自由电子所受的洛伦兹力为 F evB洛 ， 设导体中共有 N 个自由电子，则 N n Sl  导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为 F NF n Sl evB   洛 由安培力的计算公式，有 F IlB neSv lB  安 故 F F 安 。 （2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 2I mv  ， 如图所示，以器壁上的面积 S 为底，以 v t 为高构成柱体，由题设可知，其内 的粒子在 t 时间内有 1 6 与器壁 S 发生碰撞，碰撞粒子总数为 1 6N n Sv t  t 时间内粒子给器壁的冲量为 21 3I N I nSmv t    面积为 S 的器壁受到粒子压力为 IF t   器壁单位面积所受粒子压力为 21 3 Ff nmvS   2013 年普通高等学校招生统一考试（上海卷） 本试卷共 7 页，满分 l50 分，考试时间 l20 分钟。全卷包括六大题，第一、二大题为单项选 择题，第三大题为多项选择题，第四大题为填空题，第五大题为实验题，第六大题为计算题。 考生注意： 1、答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的 条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。 2、第一、第二和第三大题的作答必须用 28 铅笔涂在答题纸上相应区域内与试卷题号对应 的位置，需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。第四、第五和第六大题的 作答必须用黑色的钢笔或圆珠笔写在答题纸上与试卷题号对应的位置(作图可用铅笔)。 3、第 30、31、32、33 题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最 后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。有关物理量的数值计算问题，答案中必 须明确写出数值和单位。 一．单项选择题(共 16 分，每小题 2 分。每小题只有一个正确选项。) 1．电磁波与机械波具有的共同性质是 (A)都是横波 (B)都能传输能量 (C)都能在真空中传播 (D)都具有恒定的波速 答案：B 解析：电磁波与机械波具有的共同性质是都能传输能量，选项 B 正确。 2．当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时 (A)锌板带负电 (B)有正离子从锌板逸出 (C)有电子从锌板逸出 (D)锌板会吸附空气中的正离子 答案：C 解析：当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正 电，选项 C 正确 ABD 错误。 3．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的 (A)传播速度不同 (B)强度不同 (C)振动方向不同 (D)频率不同 答案：D 解析：白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的频率不同。 4．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是 (A)位移 (B)速度 (C)加速度 (D)回复力 答案：B 解析：做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相同，位移 相同，可能不同的物理量是速度，选项 B 正确。 5．液体与固体具有的相同特点是 (A)都具有确定的形状 (B)体积都不易被压缩 (C)物质分子的位置都确定 (D)物质分子都在固定位置附近振动 答案：B 解析：液体与固体具有的相同特点是体积都不易被压缩，选项 B 正确。 6．秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千 (A)在下摆过程中 (B)在上摆过程中 (C)摆到最高点时 (D)摆到最低点时 答案：D 解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项 D 正确。 7．在一个 238 92 U 原子核衰变为一个 206 82 Pb 原子核的过程中，发生β衰变的次数为 (A)6 次 (B)10 次 (C)22 次 (D)32 次 答案：A 解析：一个 238 92 U 原子核衰变为一个 206 82 Pb 原子核的过程中，发生α衰变的次数为 （238-206）÷4=8 次，发生β衰变的次数为 2×8-(92-82)=6 次，选项 A 正确。 8．如图，质量 mA＞mB 的两物体 A、B 叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放， 在沿粗糙墙面下落过程中，物体 B 的受力示意图是 答案：A 解析：两物体 A、B 叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物块与竖直墙面之 间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，AB 之间没有弹力作用，物体 B 的受 力示意图是图 A。 二．单项选择题(共 24 分，每小题 3 分。每小题只有一个正确选项。) 9．小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒 星运动一周的过程中近似做圆周运动。则经过足够长的时间后，小行星运动的 (A)半径变大 (B)速率变大 (C)角速度变大 (D)加速度变大 答案：A 解析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星 运动的半径增大，速率减小，角速度减小，加速度减小，选项 A 正确 BCD 错误。 10．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知 A 点电势高于 B 点电势。若位于 a、b 处点电荷的电荷量 大小分别为 qa 和 qb，则 (A)a 处为正电荷，qa＜qb (B)a 处为正电荷，qa＞qb (C)a 处为负电荷，qa＜qb (D)a 处为负电荷，qa＞qb 答案：B 解析：根据 A 点电势高于 B 点电势可知，a 处为正电荷，qa＞qb，选项 B 正确。 11．如图，通电导线 MN 与单匝矩形线圈 abcd 共面，位置靠近 ab 且 相互绝缘。当 MN 中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方 向 (A)向左 (B)向右 (C)垂直纸面向外 (D)垂直纸面向里 答案：B 解析：当 MN 中电流突然减小时，单匝矩形线圈 abcd 垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞 次定律，单匝矩形线圈 abcd 中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线 圈所受安培力的合力方向向右，选项 B 正确。 12．在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态， 报警灯就发光。能实现此功能的电路是 答案：B 解析：能实现此功能的电路是与门电路，选项 B 正确。 13．如图，足够长的直线 ab 靠近通电螺线管，与螺线管平 行。用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度 B，在计 算机屏幕上显示的大致图像是 答案：C 解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应 强度 B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 C。 14．一列横波沿水平绳传播，绳的一端在 t＝0 时开始做周期为 T 的简谐运动，经过时间 t( 3 4 T ＜t＜T)，绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处。则在 2t 时，该点位于平衡位置的 (A)上方，且向上运动 (B)上方，且向下运动 (C)下方，且向上运动 (D)下方，且向下运动 答案：B 解析：由于再经过 T 时间，该点才能位于平衡位置上方的最大位移处，所以在 2t 时， 该点位于平衡位置的上方，且向上运动，选项 B 正确。 15．已知湖水深度为 20m，湖底水温为 4℃，水面温度为 17℃，大气压强为 1.0×105Pa。当 一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取 g＝10m/s2，ρ＝1.0×103kg/m3) (A)12.8 倍 (B)8.5 倍 (C)3.1 倍 (D)2.1 倍 答案：C 解析：湖底压强大约为 3 个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面 时，其体积约为原来的 3.1 倍，选项 C 正确。 16．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力 均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前己做匀 速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移 s 随时间 t 的变化关系可 能是 答案：B 解析：在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大， 在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移 s 随时间 t 的变化关系可能是 B。 三．多项选择题(共 16 分，每小题 4 分。每小题有二个或三个正确选项。全选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分。) 17．某半导体激光器发射波长为 1.5×10-6m，功率为 5.0×10-3W 的连续激光。已知可见光波 长的数量级为 10-7m，普朗克常量 h＝6.63×10-34J·s，该激光器发出的 (A)是紫外线 (B)是红外线 (C)光子能量约为 1.3×10-18J (D)光子数约为每秒 3.8×1016 个 答案：（蓝色） 解析：由于激光波长大于可见光波长，所以该激光器发出的是红外线，选项 B 正确 A 错误。由 E=hc/λ可得光子能量约为 E=6.63×10-34×3×108÷(1.5×10-6)J=1.3×10-19J，选项 C 错误。 光子数约为每秒为 n=P/E=3.8×1016 个，选项 D 正确。 18．两个共点力 Fl、F2 大小不同，它们的合力大小为 F，则 (A)F1、F2 同时增大一倍，F 也增大一倍 (B)F1、F2 同时增加 10N，F 也增加 10N (C)F1 增加 10N，F2 减少 10N，F 一定不变 (D)若 F1、F2 中的一个增大，F 不一定增大 答案：AD 解析：F1、F2 同时增大一倍，F 也增大一倍，选项 A 正确。F1、F2 同时增加 10N，F 不 一定增加 10N，选项 B 错误；F1 增加 10N，F2 减少 10N，F 可能变化，选项 C 错误。 若 F1、F2 中的一个增大，F 不一定增大，选项 D 正确。 19．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放 一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标 A。已知 A 点高度为 h，山 坡倾角为θ，由此可算出 (A)轰炸机的飞行高度 (B)轰炸机的飞行速度 (C)炸弹的飞行时间 (D)炸弹投出时的动能 答案：ABC 解析：根据题述，tanθ=v/gt，x=vt，tanθ=h/x，H=v+y，y= 1 2 gt2，由此可算出轰炸机的 飞行高度 y；轰炸机的飞行速度 v，炸弹的飞行时间 t，选项 ABC 正确。由于题述没有给出 炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项 D 错误。 20．右图为在平静海面上，两艘拖船 A、B 拖着驳船 C 运动的示意图。A、 B 的速度分别沿着缆绳 CA、CB 方向，A、B、C 不在一条直线上。 由于缆绳不可伸长，因此 C 的速度在 CA、CB 方向的投影分别与 A、 B 的速度相等，由此可知 C 的 (A)速度大小可以介于 A、B 的速度大小之间 (B)速度大小一定不小于 A、B 的速度大小 (C)速度方向可能在 CA 和 CB 的夹角范围外 (D)速度方向一定在 CA 和 CB 的夹角范围内 答案：BD 解析：根据题述，C 的速度大小一定不小于 A、B 的速度大小，选项 A 错误 B 正确。 C 的速度方向一定在 CA 和 CB 的夹角范围内，选项 C 错误 D 正确。 四．填空题(共 20 分，每小题 4 分。) 本大题中第 22 题为分叉题，分 A、B 两类，考生可任选一类答题。若两类试题均做，一 律按 A 类题计分。 21．放射性元素 210 84 Po 衰变为 206 82 Pb ，此衰变过程的核反应方程是＿＿＿＿；用此衰变过程 中发出的射线轰击 19 9 F ，可得到质量数为 22 的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程 的方程是＿＿＿＿。 答案： 210 84 Po → 206 82 Pb + 4 2 He 4 2 He+ 19 9 F → 22 10 Ne+ 1 1 H。 解析：根据衰变规律，此衰变过程的核反应方程是 210 84 Po → 206 82 Pb + 4 2 He。用α射线轰击 19 9 F ，可得到质量数为 22 的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是： 4 2 He+ 19 9 F → 22 10 Ne+ 1 1 H。 22A、22B 选做一题 22A．质量为 M 的物块静止在光滑水平桌面上，质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入物块后， 以水平速度 2v0/3 射出。则物块的速度为＿＿＿＿，此过程中损失的机械能为＿＿＿＿。 答案： 0 3 mv M 5 18 m v02- 1 18M m2 v02。 解析：由动量守恒定律，m v0=m·2v0/3+Mv，解得 v= 0 3 mv M .由能量守恒定律，此过程中 损失的机械能为△E= 1 2 m v02- 1 2 m·(2v0/3)2+ 1 2 Mv2= 5 18 m v02- 1 18M m2 v02。 22B．若两颗人造地球卫星的周期之比为 T1∶T2＝2∶1，则它们的轨道半径之比 R1∶R2＝＿ ＿＿＿，向心加速度之比 a1∶a2＝＿＿＿＿。 答案： 3 4 ∶1 1∶2 3 2 解析：由开普勒定律，R1∶R2＝ 23 1T ∶ 23 2T ＝ 3 4 ∶1.由牛顿第二定律，G 2 Mm R =ma， 向心加速度之比 a1∶a2＝R22∶R12＝1∶2 3 2 。 23．如图，在：半径为 2.5m 的光滑圆环上切下一小段圆弧， 放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差 H 为 1cm。 将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为＿＿＿＿s， 在最低点处的加速度为＿＿＿＿m/s2。(取 g＝10m/s2) 答案：0.785 0.08 解析：小环运动沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低点所需的最 短时间为 t=T/4= 2.5 2 10  =0.785s。由机械能守恒定律，mgH= 1 2 mv2，在最低点处的速度为 v= 2gH 。在最低点处的加速度为 a= 2v R = 2gH R =0.08m/s2。 24．如图，电路中三个电阻 Rl、R2 和 R3 的阻值分别为 R、2R 和 4R。当电键 S1 断开、S2 闭合时，电源输出功率为 P0；当 S1 闭合、S2 断开时，电源输出功率也为 P0。则电源电动势为＿ ＿＿＿；当 S1、S2 都断开时，电源的总功率为＿＿＿＿。 答案： 0 3 2 P R 0.3 P0。 解析：当电键 S1 断开、S2 闭合时，电路中电流 I1=E/(R+r)，P0=I12R=E2 R /(R+r)2.。当 S1 闭合、S2 断开时，电路中电流 I2=E/ (4R+r)，P0=I224R=E24R/(4R+r)2.。联立解得：r=R/2， E= 0 3 2 P R 。当 S1、S2 都断开时，电路中电流 I3=E/ (7R+r)= 0 5 P R R ，电源的总功率为 P=EI3=0.3 P0。. 25．如图，倾角为 37°，质量不计的支架 ABCD 的 D 端有一大小与质量均可忽略的光滑定 滑轮，A 点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC＝CA＝0.3m。 质量 m＝lkg 的物体置于支架的 B 端，并与跨过定滑轮 的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力 F，物体 在拉力作用下沿 BD 做匀速直线运动，己知物体与 BD 间的动摩擦因数μ＝0.3。为保证支架不绕 A 点转动，物 体向上滑行的最大距离 s＝＿＿＿＿m。若增大 F 后， 支架仍不绕 A 点转动，物体能向上滑行的最大距离 s′＿＿＿＿s(填：“大于”、“等于”或 “小于”。)(取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案：0.248 等于 解析：拉力 F=mgsin37°+ μmgcos37°=8.4N。BC= CA/ sin37°＝0.5m.设 m 对支架 BC 的 压力 mg cos37°对 A 点的力臂为 x，由力矩平衡条件，F·DC cos37°+μmgcos37°·CA cos37°= F·CA cos37°+mg cos37°·x，解得 x=0.072m。由 x+s=BC-AC sin37°解得 s=0.248m。由上述方 程可知，F·DC cos37°= F·CA cos37°，x 值与 F 无关，所以若增大 F 后，支架仍不绕 A 点转 动，物体能向上滑行的最大距离 s′=s。 五．实验题(共 24 分) 26．(3 分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈，微电流传 感器，DIS 等组成)如图所示。首先将线圈竖直放置，以 竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针＿＿＿＿(填：“有” 或“无”)偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西 向平行，并从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有” 或“无”)偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动， 电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转。 答案：有 无 无 解析：首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，线圈中磁通量变化，屏幕上的电 流指针有偏转。然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，线圈中 磁通量不变化，电流指针无偏转。最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，线圈中磁通量 不变化，电流指针无偏转。 27．(6 分)为确定某电子元件的电气特性，做如 下测量。 (1) 用 多 用 表 测 量 该 元 件 的 电 阻 ， 选 用 “×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针 偏转过大，因此需选择＿＿＿＿倍率的电阻 档(填：“×10”或“×1k”)，并＿＿＿＿再进行 测量，多用表的示数如图(a)所示，测量结 果为＿＿＿＿Ω。 (2)将待测元件(额定电压 9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连 接成电路如图(b)所示。添加连线，使电路能测量该元件 完整的伏安特性。 本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到＿ ＿＿＿档(填：“直流电压 10V”或“直流电压 50V”)。 答案：（1）×10 欧姆调零 70 （2）电路如图。 解析：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍 率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明电阻较 小，因此需选择×10 倍率的电阻档，并欧姆调零后再进行测量，多用表 的示数如图(a)所示，测量结果为 70Ω。 (2) 要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路。本实验中使用多 用表测电压，多用表的选择开关应调到直流电压 10V 档。 28．(8 分)如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平 桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上 的标尺可以测得水平位移。 保持水平槽口距底板高度 h＝0.420m 不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测 出小球做平抛运动的初速度 v0、飞行时间 t 和水平位移 d，记录在表中。 (1) 由表中数据可知，在 h 一定时，小球水平位移 d 与其初速度 v0 成＿＿＿＿关系，与＿ ＿＿＿无关。 v0(m/s) 0.741 1.034 1.318 1.584 t(ms) 292.7 293.0 292.8 292.9 d(cm) 21.7 30.3 38.6 46.4 (2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值 2 2 0.420= 289.8ms10 ht g  理 ，发现理论 值与测量值之差约为 3ms。经检查，实验及测量无误，其原因是＿＿＿＿。 (3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值 t′依然大于自己 得到的理论值t理 ，但二者之差在 3－7ms 之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的 安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是＿＿＿＿。 答案：（1）正比 h （2）g 取值 10m/s2 偏大 （3）水平槽口距底板高度 h 较大，小球飞行时受到空气阻力作用 解析：（1）由表中数据可知，在 h 一定时，小球水平位移 d 与其初速度 v0 成正比关系， 与 h 无关。 （2）计算小球飞行时间的理论值 2 2 0.420= 289.8ms10 ht g  理 中，g 不能取 值 10m/s2，应该取值 g=9.8m/s，这样计算出的 t=292.8ms。 （3）导致偏差的原因是：水平槽口距底板高度 h 较大，小球飞行时受到空气阻力作用 29．(7 分)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下： ①将倒 U 形玻璃管 A 的一端通过橡胶软管与直玻璃管 B 连接，并注入适量的水，另一 端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在 A 上标注此时水面的位置 K；再将一活塞置于 10ml 位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至 0 刻度位置；上下移动 B，保持 A 中的 水面位于 K 处，测得此时水面的高度差为 17.1cm。 ②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于 0ml 位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶 口；然后将活塞抽拔至 10ml 位置，上下移动 B，使 A 中的水面仍位于 K， 测得此时玻璃管中水面的高度差为 16.8cm。(玻璃管 A 内气体体积忽略不计， ρ＝1.0×103kg/m3，取 g＝10m/s2) (1)若用 V0 表示烧瓶容积，p0 表示大气压强，△V 示针筒内气体的体积，△p1、 △p2 表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气 体满足的方程分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿ ＿＿＿＿＿＿＿。 (2)由实验数据得烧瓶容积 V0＝＿＿＿＿＿ml，大气压强 p0＝＿＿＿＿Pa。 (3)(单选题)倒 U 形玻璃管 A 内气体的存在 (A)仅对容积的测量结果有影响 (B)仅对压强的测量结果有影响 (C)对二者的测量结果均有影响 (D)对二者的测量结果均无影响 答案：（1）p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0; p0V0=( p0-△p2) (V0+△V); （2）560 9.58×104 （3）C 解析： （1）对于步骤①，根据玻意耳定律可得 p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0;对于步骤②，根据玻 意耳定律可得 p0V0=( p0-△p2) (V0+△V); （2）联立解得 V0＝ 2 1 2 p p p     △V=56×10ml=560ml；p0＝ 0V V △p1=56×0.171×1.0×103×10 Pa=9.58×104 Pa。 （3）倒 U 形玻璃管 A 内气体的存在对二者的测量结果均有影响，选项 C 正确。 六．计算题(共 50 分) 30．(10 分)如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定 量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底 部的高度为 H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上 逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部 H2 处，气体温 度升高了△T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下 降，最后静止于距容器底部 H3 处：已知大气压强为 p0。求：气体最后的压强与温度。 31．(12 分)如图，质量为 M、长为 L、高为 h 的矩形滑块置于水 平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑， 其右端放置一个质量为 m 的小球。用水平外力击打滑块左端， 使其在极短时间内获得向右的速度 v0，经过一段时间后小球 落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。 32．(12 分)半径为 R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电 场；场强火小沿半径分布如图所示，图中 E0 已知，E－r 曲线下 O－R 部分的面积等于 R－2R 部分的面积。 (1)写出 E－r 曲线下面积的单位； (2)己知带电球在 r≥R 处的场强 E＝kQ／r2，式中 k 为静电力常量，该均匀带电球所带的 电荷量 Q 为多大? (3)求球心与球表面间的电势差△U； (4)质量为 m，电荷量为 q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到 2R 处? 33．(16 分)如图，两根相距 l＝0.4m、电阻不计的平行光滑 金属导轨水平放置，一端与阻值 R＝0.15Ω的电阻相连。 导轨 x＞0 一侧存在沿 x 方向均匀增大的稳恒磁场，其 方向与导轨平面垂直，变化率 k＝0.5T/m，x＝0 处磁场 的磁感应强度 B0＝0.5T。一根质量 m＝0.1kg、电阻 r＝ 0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求： (1)同路中的电流； (2)金属棒在 x＝2m 处的速度； (3)金属棒从 x＝0 运动到 x＝2m 过程中安培力做功的大小； (4)金属棒从 x＝0 运动到 x＝2m 过程中外力的平均功率。 2013 年普通高等学校招生统一考试（江苏卷） 物 理 试 题 一、单项选择题:本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。 每小题只有一个．．．．选项符合题意。 1。 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知 （A）太阳位于木星运行轨道的中心 （B）火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 （C）火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 （D）相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案：C 解析：太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，故 A 错；火星和木星绕太阳运行的轨道不同， 运行速度的大小不等，根据开普勒第二定律，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积不等 于木星与太阳连线扫过的面积，故 B、D 错；根据开普勒第三定律，火星与木星公转周期之 比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，故 C 对。 2。 如图所示，“旋转秋千冶中的两个座椅 A、B 质量相等，通 过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。 不考虑空气阻力的影 响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的 是 （A）A 的速度比 B 的大 （B）A 与 B 的向心加速度大小相等 （C）悬挂 A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等 （D）悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小 答案：D 解析：当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，A 与 B 的角速度相等，A 的半径比 B 的小， 由 v＝ωr，可得 A 的速度比 B 的小，故 A 错；由 得，A 的向心加速度比 B 的小， 故 B 错；座椅受重力 mg 和拉力 T，mgtanθ= r2m ，A 与竖直方向的夹角比 B 的小，故 C 错；拉力 cos mgT ，悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小，故 D 对。 3。 下列选项中的各 1 4 圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各 1 4 圆 环间 彼此绝缘。 坐标原点O 处电场强度最大的是 答案：B 解析：将 1 4 圆环视为点电荷，圆环半径为 r，由 E=k 2r Q 可求每个点电荷的场强 E=k 2r q ，根 据场强的合成满足平行四边形定则，可知选项 A 和 C 的场强为 E=k 2r q ，选项 B 的场强为 E=k 2 2 r q ，选项,D 的场强为 0，故 B 对。 4。 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如 图所示。 M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻 MR 发生变化，导致 S 两端电压 U 增大，装置发出警报，此时 （A） MR 变大，且 R 越大，U 增大越明显 （B） MR 变大，且 R 越小，U 增大越明显 （C） MR 变小，且 R 越大，U 增大越明显 （D） MR 变小，且 R 越小，U 增大越明显 答案：C 解析：接触到药液时其电阻 MR 发生变化，导致 S 两端电压 U 增大，根据欧姆定律 U=IRs， 由闭合电路欧姆定律 知 R RR RR M SM M S R R E R R EI      1 rr ，两者联立 可知 MR 变小，且 R 越大，U 增大越明显，故 A、B、D 错，C 对。 5。 水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。 碰撞过程的频闪照片如图所 示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 （A）30% （B）50% （C）70% （D）90% 答案：A 解析：碰撞过程的频闪的时间间隔 t 相同，速度 t xv ，如图所示，相同时间内，白球碰前 与碰后的位移之比大约为 1:3 ，速度之比为 1:3 ，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约 为 1:1 ，速度之比为 1:1 ，又动能 2 2 1 mvEk  ，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动 能为碰前动能减去系统碰后动能，除以碰撞前动能时，两球质量可约去，其比例为       3 1- 3 113 2 222   ，故 A 对，B、C、D 错。 二、多项选择题:本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。 每小题有多个选项符合题意。 全 部选 对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6。 将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金 属球表面的电势处处相等。 a、b 为电场中的两点，则 （A）a 点的电场强度比 b 点的大 （B）a 点的电势比 b 点的高 （C）检验电荷-q 在 a 点的电势能比在 b 点的大 （D）将检验电荷-q 从 a 点移到 b 点的过程中，电场力做 负功 答案：ABD 解析：电场线的疏密表示场强的大小，a 点的电场强度比 b 点的大，故 A 对；沿电场线电势 降落，a 点的电势比 b 点的高，故 B 对；负电荷在电势低的地方电势能打，故 C 错：将检验 电荷-q 从 a 点移到 b 点的过程中，电场力与位移方向相反，做负功，故 D 对。 7。 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球 A、B，分别落在地面上的 M、N 点，两球运 动的最大高度相同。 空气阻力不计，则 （A）B 的加速度比 A 的大 （B）B 的飞行时间比 A 的长 （C）B 在最高点的速度比 A 在最高点的大 （D）B 在落地时的速度比 A 在落地时的大 答案：CD 解析：抛体运动的加速度相同，都为 g，故 A 错；两球运动的最大高度相同，表明两小球 A、 B 的竖直方向运动相同，运动时间相同，故 B 错；小球 B 水平距离远， t xv ，表明小球 B 的水平速度大，B 在最高点的速度比 A 在最高点的大，故 C 对；落地时，两小球 A、B 竖 直方向速度相同，而小球 B 的水平速度大，B 在落地时的速度比 A 在落地时的大，故 D 对。 8。 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片 P 处于图示位置时， 灯泡 L 能发光。 要使灯泡变亮，可以采取的方法有 （A）向下滑动 P （B）增大交流电源的电压 （C）增大交流电源的频率 （D）减小电容器 C 的电容 答案：BC 解析：根据 n n 2 1 2 1 U U  有 ，向下滑动 P 时，n2 减小导致 U2 减小 ，灯泡变暗，故 A 错；增大 交流电源的电压 U1 可使 U2 增大，灯泡变亮，故 B 对；增大交流电源的频率，可减小容抗， 增大通过灯泡的电流，灯泡变亮，故 C 对；减小电容器 C 的电容，增加容抗，减小通过灯 泡的电流，灯泡变暗，故 D 错。 9。 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。 弹簧处于自然长 度时物块位于 O 点（图中未标出）。 物块的质量为 m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数 为  。 现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W。 撤去拉力后物块由 静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零。 重力加速度为 g。 则上述过程中 （A）物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于 1 2W mga （B）物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 3 2W mga （C）经 O 点时，物块的动能小于W mga （D）物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能 答案：BC 解析：将物块从 O 点拉倒 A 点，根据功能关系有， E PAmgW  x ，x> 2 a ，弹簧的弹性势 能小于 1 2W mga ，故 A 错；将物块从 O 点拉倒 A 点，然后到 O 点，再到 B 点，根据 功能关系有， E PBmgmgW  a-x  ，x> 2 a ，弹簧的弹性势能小于 3 2W mga ，故 B 对；将 物块从 O 点拉倒 A 点，然后到 O 点，根据动能定理有， 0x2 2  E KmgW  ，x> 2 a ，物块的 动能小于 W mga ，故 C 对；物块动能最大时弹簧的弹性势能为 kx1=  mg 时， E PmgmgW 11x-x   ，x1Q2 q1=q2 B: Q1>Q2 q1>q2 C:Q1=Q2 q1=q2 D: Q1=Q2 q1>q2 4．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上 测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流 互感器 ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为 Iab， cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为 Icd，为了使 电流表能正常工作，则 A.ab 接 MN、cd 接 PQ，IabIcd C.ab 接 PQ、cd 接 MN，IabIcd 5．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点。现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状 态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的 支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变化情况是 A·FN 保持不变，FT 不断增大 B·FN 不断增大，FT 不断减小 C． FN 保持不变，FT 先增大后减小 D·FN 不断场大，FT 先减小后增大 6 ．两个带等量正电的点电荷，固定在图中 P、Q 两点，MN 为 PQ 连线的中垂线， 交 PQ 于 O 点，A 点为 MN 上的一点。一带负电的试探电荷 q，从 A 点由静止释放， 只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则 A.q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动 B.q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐减小 C.q 运动到 O 点时的动能最大 o.q 运动到 O 点时电势能为零 7. 一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距 9m 的 a、b 两质点的振 动图象如右图所示．下列描述该波的图象可能正确的是 8．固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O 点为圆心，OO’为直径 MN 的垂线。足够大的光屏 PQ 紧靠玻瑞砖右侧且垂直于 MN．由 A、B 两种单色光组成的一束光沿半径方向射向 O 点，入 射光线与 OO’夹角θ较小时，光屏 NQ 区城出现两个光斑·逐渐增大θ角．当θ=α时，光 屏 NQ 区城 A 光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏 NQ 区域 B 光的光斑消失，则 A．玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大 B. A 光在玻璃砖中传播速度比 B 光的大 C.α<θ<β时，光屏上只有 1 个光斑 D.β<θ<π/2 时，光屏上只有 1 个光斑 第二卷 9（1）“嫦娥一号”和“嫦娥二号”卫星相继完成了对月球的环月飞行，标志着我国探月工 程的第一阶段己经完成。设“嫦娥二号”卫星环绕月球的运动为匀速圆周运动，它距月球表 面的高度为 h，己知月球的质量为 M、半径为 R，引力常量为 G，则卫星绕月球运动的向心加 速度 a＝ 线速度 v= (2）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系． ①下列做法正确的是 （填字母代号） A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木 块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要盆新调节木板倾斜度 ②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件 是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或 近似于） ③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码， 在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线·设 甲、乙用的木块质量分别为 m 甲、m 乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙， 由图可知，m 甲 m 乙 μ甲 μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”) （3）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由,零逐渐 增加到 3V，并便于操作。已选用的器材有： 电池组（电动势为 4.5V，内阻约 1Ω): 电流表（量程为 0~250mA．内阻约 5Ω); 电压表（量程为 0~3V．内限约 3kΩ): 电键一个、导线若干。 1 实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）。 A. 滑动变阻器（最大阻值 20Ω, 额定电流 1A) B. 滑动变阻器（最大阻值 1750Ω,额定电流 0.3A) 2 实验的电路图应选用下列的图（填字母代号）。 3 实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电 动势为 1.5V，内阻为 50Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是＿W。 10.(16 分）质量为 m=4kg 的小物块静止于水平地面上的 A 点，现用 F=10N 的水平恒力拉动 物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在 B 点，A、B 两点相距 x=20m，物块与地面 间的动摩擦因数μ=0.2,g 取 10m/s2,，求： (l）物块在力 F 作用过程发生位移 xl 的大小： (2）撤去力 F 后物块继续滑动的时间 t。 11.(18 分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度为 B。圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N，其中 M 板带正电荷．N 板带等量负 电荷。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿半径 SO 方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出，设粒子与 圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： (1)M、N 间电场强度 E 的大小； (2）圆筒的半径 R: （3）保持 M、N 间电场强度 E 不变，仅将 M 板向上平移 2/3d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由 静止释放粒子自进入圆筒至从 S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数 n。 12.(20 分）超导现象是 20 世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最 大的高温超导电缆并成功示范运行。 (l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭 合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发 生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化．则表明其电 阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。 （2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为 I,并 经一年以上的时间 t 未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI 的电流变化，其中 △I<0 代表圆盘逆时针转动。 已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻 （1） 根据图 19（b）写出 ab、bc 段对应 I 与ω的关系式 （2） 求出图 19（b）中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc （3） 分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 Ip 与其两端电压 Up 的关系式 36、【答案】见解析 【解析】(1)根据图象可知 ab 段满足： I k (1) 又由图象可求得 1 150k  所以 150I  ( 45 / 15 /rad s rad s   ) (2) bc 段满足： bI k  (3) 由图象可得 0.01, 0.05k b   所以 0.01 0.05I   (15 / 45 /rad s rad s  (4) (2)b 点时对应圆盘产生的电动势 21 0.32b bBr    V 所以， 0.3b bU    V 21 0.92c cBr    V 所以， 0.9c cU    V (3)经分析可知 ab 段时没有电流流过元件 P， IP=0, 0.9 0.3V U V   ； bc 段时元件 P 中有电流流过 21 2PU Br  (5) P P UI I R   (6) 把(4)(5)代入(6)解得： 2 20.01 0.05 0.056 P P P P U U UI Br R       ( 0.3 0.9PV U V  ) 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理科综 合 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第 1 页至第 5 页，第 Ⅱ卷第 6 页至第 12 页。全卷满分 300 分，时间 150 分钟。 考生注意事项： 1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核 对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答 题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。 2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3、答第Ⅱ卷时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、 笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡．．．规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色 墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无．．．．．．．．．．．． 效，在试题卷、草稿纸上答题无效。．．．．．．．．．．．．．．．． 4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。 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．如图所示，细线的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端， 细线与斜面平行。在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止 在斜面上，小球受到细线的拉力 T 和斜面的支持力 FN 分别为（重力加速度为 g） A． ( sin cos )T m g a   ( cos sin )NF m g a   B． ( cos sin )T m g a   ( sin cos )NF m g a   C． ( cos sin )T m a g   ( cos sin )NF m g a   D． ( sin cos )T m a g   ( sin cos )NF m g a   【答案】A 【解析】小球受力如图，根据牛顿第二定律： 沿斜面方向有 sin cosT mg ma   ； 垂直于斜面方向上有 cos sinNmg F ma   解得： ( sin cos )T m g a   ； ( cos sin )NF m g a   。 正确选项：A 15．图中 a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方 形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电的 粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的 方向是 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【答案】B 【解析】根据右手安培定则可判定 O 点磁感应强度的方向水平向左，根据 am θ a × × × · b c d O 370 N × M 小灯泡 a mgθ TFN 左手定则可判定：一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运 动，它所受洛伦兹力的方向是向下。正确选项：B 16．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为 370，宽度为 0.5m，电阻忽略不计， 其上端接一小灯泡，电阻为 1Ω。一导体棒 MN 垂直于导轨放置，质量为 0.2kg，接入电路的 电阻为 1Ω，两端于导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5。在导轨间存在着垂直于导 轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 0.8T。将导体棒 MN 由静止释放，运动一端时间后，小 灯泡稳定发光，此后导体棒 MN 的运动速度及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度 g 取 10m/s2，sin370=0.6） A．2.5m/s 1W B．5m/s 1W C．7.5m/s 9W D．15m/s 9W 【答案】B 【 解 析 】 小 灯 泡 稳 定 发 光 ， 说 明 导 体 棒 MN 匀 速 运 动 ， 则 有 2 2 0 0sin37 cos37 0 L B L vmg mgR R    ，可得导体棒 MN 的运动速度 5 /v m s ； 小灯泡消耗的电功率 2 2( ) 1L L L BLvP I R R WR R    。正确选项：B 17．质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 p GMmE r   ，其 中 G 为引力常量，M 为地球质量。该卫星原来的在半径为 R1 的轨道上绕地球做匀速圆周运 动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2，此过程 中因摩擦而产生的热量为 A ． 2 1 1 1( )GMm R R  B ． 1 2 1 1( )GMm R R  C ． 2 1 1 1( )2 GMm R R  D． 1 2 1 1( )2 GMm R R  【答案】C 【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： 2 2 Mm vG mr r  ，故 人造地球卫星的动能 21 1 2 2k GMmE mv r   ，而引力势能 p GMmE r   ，人造地 球 卫 星 机 械 能 E=EP+Ek 。 由 能 量 守 恒 定 律 ， 因 摩 擦 而 产 生 的 热 量 ： 1 2 1 1 2 2( ) ( )k p k pQ E E E E E E      代入 R1 和 R2 得： 2 1 1 1( )2 GMmQ R R   。 正确选项：C 18．由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是 0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为 16 3 /m s ，方向与水平面夹角为 600，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空 中水柱的高度和水量分别是（重力加速度 g 取 10m/s2） A．28.8m 1.12×10-2m3 B．28.8m 0.672m3 C．38.4m 1.29×10-2m3 D．38.4m 0.776m3 【答案】A 【解析】水离开喷口时竖直分速度为 0sin 60 24 /v v m s   ，在竖直方向上升的高度 2 28.82 vH mg   ，水离开喷口到达着火位置所用时间为 2.4vt sg   ，空中水 柱的水量为 30.28 0.2460V Qt m   2 31.12 10 m  。正确选项：A 19．用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中 Rx 是待测电阻，R0 是定值，○G 是 灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头 P 的位 置，当通过电流表○G 的电流为零时，测得 1MP l ， 2PN l ，则 Rx 的阻值为 A． 1 0 2 l Rl B． 1 0 1 2 l Rl l C． 2 0 1 l Rl D． 2 0 1 2 l Rl l 【答案】C 【解析】通过电流表○G 的电流为零时，P 点的电势与 R0 和 Rx 连接点的电势相等。则 0 1 2 l x l R R R R  。又电阻丝的电阻 R l ，故 0 1 2x R l R l  ，所以 2 0 1 x lR Rl  。正确选项：C 20．如图所示， xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满 0z  的空间， 0z  的空间为 真空。将电荷为 q 的点电荷置于 z 轴上 z=h 处，则在 xOy 平面上会产生感应电荷。空间任 意一点处的电场皆是由点电荷 q 和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体 内部场强处处为零，则在 z 轴上 2 hz  处的场强大小为（k 为静电力常量） A． 2 4qk h B． 2 4 9 qk h C． 2 32 9 qk h D． 2 40 9 qk h 【答案】D 【解析】由点电荷产生的电场在导体表面间的电场分布，导体表面上的感应电荷等效于在 z= － h 处 的 带 等 量 的 异 种 电 荷 － q ， 故 在 z 轴 上 2 hz  处 的 场 强 大 小 为 2 2 2 40 ( ) ( )2 2 q q qE k k kh h hh     。正确选项：D G M N P R0 Rx z x y q （在此卷上答题无效） 绝密★启用前 2013 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） 第Ⅱ卷（非选择题 共 180 分） 考生注意事项： 请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．．作答，在试题卷上答题无效．．．．．．．．．。 21．（18 分） I．（5 分）根据单摆周期公式 12T g  ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图 1 所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。 （1）用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图 2 所示，读数为_______mm。 图 1 （2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。 a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有 较大的角度 d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于 50，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回 到开始位置时停止计时，此时间间隔 t 即为单摆周期 T e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 50，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平 衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t ，则单摆周期 50 tT  【答案】(1)18.6 (2)abe 【解析】（1）由题图主尺读数 18mm，游标尺的第 6 条刻度线与主尺刻度线对齐读数应为 0.6mm，小钢球直径 D=18mm+0.6mm=18.6mm （2）根据实验要求，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，a 正 确；为了减小空气阻力的影响，应尽量选择质量大些、体积小些的摆球，b 正确；为了使单 摆的运动为简谐运动，要求摆角不大于 50， 为了减小测量的误差，应使摆球振动稳定后， 从平衡位置开始计时，e 正确。 II．（6 分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直 径 的 过 程 如 图 所 示 ， 校 零 时 的 读 数 为 ________ mm ， 合 金 丝 的 直 径 为 _______mm。 （2）为了精确测量合金丝的电阻 Rx,设计出如图Ⅰ所示的实验电路图，按 照该电路图完成图 2 中的实物电路连接。 V A Rx R E S图 1 图 2 【答案】(1)0.007 0.638 (2)如图所示 【解析】（1）由图可读得 0.007mm 和 0.645mm， 故校零时的读数为 0.007mm； 合金丝的直径为 D=0.645mm－0.007mm=0.638mm。 （2）按照电路图连接电路如图 III．（7 分）根据闭合电路欧姆定律，用图Ⅰ所示电路可以测定电 池的电动势和内电阻。图中 R0 两端的对应电压 U12,对所得的实验数 据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在 12 1 RU  坐标 系中描出坐标点，如图 2 所示。已知 0 150R   ，请完成以下数据分析和处 理。 （1）图 2 中电阻为  的数据点 应剔除； （2）在坐标纸上画出 12 1 Ru  关系图线； （3）图线的斜率是 1 1( )V   ，由此可得电池电动势 nE  V。 【答案】(1)80.00 (2)如图所示 (3)0.00444 1.50 【解析】（1）由图 2 发现在拟合的过程中，80.00 的数据点误差太 大，故应剔除。 （2）拟合作图如图所示 /R  1 12 1 /VU  20 40 60 80 100 120140 1600.70 0.80 0.90 1.00 1.10 1.20 1.30 1.40 1.50 × × × × × × × × R0 RSEn rn 1 2 图 1 1 12 1 /VU  /R 20 40 60 80 100 120140 1600.70 0.80 0.90 1.00 1.10 1.20 1.30 1.40 1.50 × × × × × × × × 图 2 （3）用较远的两点得图线斜率 1.50 0.70 180 0k   =0.00444， 由闭合电路欧姆定律知 12 12 0 ( )n UE U R rR    可得 12 0 0 1 1 1 n n n r RU E E R E R    ，所以 0 1 n k E R  代入 k、R0 值得 E=1.50V。 22．（14 分） 一物体放在水平地面上，如图 1 所示，已知物体所受水平拉力 F 随时间t 的变化情况如 图 2 所示，物体相应的速度 v 随时间t 的变化关系如图 3 所示。求： 图 1 F 图 2 F/N t/s O 2 4 6 8 10 1 2 3 v/(m·s-1) t/s O 2 4 6 8 10 1 2 3 图 3 （1）0~8s 时间内拉力的冲量； （2）0~6s 时间内物体的位移； （3）0~10s 时间内，物体克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）18N s （2）6m （3）30J 【解析】（1）由图 2 知 1 1 2 2 3 3I F t F t F t      ， 18I N s  （2）由图 3 知物体的位移为 (6 2) 3 62x m m   （3）由图 2 知，在 6~8s 时间内，物体作匀速运动，于是有 f=2N 由图 3 知在 0~10s 时间内物体的总位移为 (8 6) (10 2) 3 152l m m     ，所以 2 15 30W fl J J    23．（16 分） 如图所示的平面直角坐标系 xoy，在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，方向沿 y 正 方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc 区域内有匀强电场，方向垂直于 xoy 平面向里，正三角形 边长为 L，且 ab 边与 y 轴平行。一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子，从 y 轴上的 ( , )p o h 点， 以大小为 0v 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的 (2 , )a h o 点进入第Ⅳ象限， 又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与 y 轴负方向成 45°角，不计粒子所受 的重力。求： （1）电场强度 E 的大小； （2）粒子到达 a 点时速度的大小和方向； （3） abc 区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值。 【答案】（1） 2 0 2 mv qh （2） 02v 方向指向第 IV 象限与 x 轴正方向成 450 角 x a b cB y O P Ev0 （3） 02mv qL 【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 0 2x v t h  21 2y at h  qE ma 联立以上各式可得 2 0 2 mvE qh  （2）粒子到达 a 点时沿负 y 方向的分速度为 0yv at v  所以 2 2 0 02yv v v v   方向指向第 IV 象限与 x 轴正方向成 450 角 （3）粒子在磁场中运动时，有 2vqvB m r  当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 2 2r L 所以 02mvB qL  24．（20 分） 如图所示，质量为 M 、倾角为 的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面 上，底部与地面的动摩擦因数为  ，斜面顶端与劲度系数为 k 、自然长度为l 的轻质弹簧相 连，弹簧的另一端连接着质量为 m 的物块。压缩弹簧使其长度为 3 4 l 时将物块由静止开始释 放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为 g 。 （1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度； （2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴， 用 x 表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动； （3）求弹簧的最大伸长量； （4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数  应满足什么条件（假 设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？ 【 答 案 】（ 1 ） sinmgL k  （ 2 ） 见 解 析 （ 3 ） sin 4 L mg k  （ 4 ） 2 ( 4 sin )cos 4 4 cos sin kL mg Mg mg kL        【解析】（1）设物块在斜面上平衡时，弹簧的伸长量为 L ，有 sin 0mg k L    解得 sinmgL k   此时弹簧的长度为 sinmgL k  （ 2 ） 当 物 块 的 位 移 为 x 时 ， 弹 簧 伸 长 量 为 x L  ， 物 块 所 受 合 力 为 m α M x m α M O r 450 x a b cB y O P Ev0 sin ( )F mg k x L   合 联立以上各式可得 F kx 合 可知物块作简谐运动 （3）物块作简谐运动的振幅为 sin 4 L mgA k   由对称性可知，最大伸长量为 sin 4 L mg k  （4）设物块位移 x 为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有 水平方向 1 sin cos 0Nf F F    竖直方向 2 1 cos sin 0N NF Mg F F     又 ( )F k x L   ， 1 cosNF mg  联立可得 cosf kx  ， 2 sinNF Mg mg kx    为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有 2Nf F ，所以 2 cos sinN f k x F Mg mg kx      当 x A  时，上式右端达到最大值，于是有 2 ( 4 sin )cos 4 4 cos sin kL mg Mg mg kL        2013 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 一、选择题（本大题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求） 1．如题 1 图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之 间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为 G，则椅子各部分对他的作 用力的合力大小为 A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ 解析：对人，由整体法，据二力平衡知合力大小为 G，选 A。 2 ． 铀 是 常 用 的 一 种 核 燃 料 ， 若 它 的 原 子 核 发 生 了 如 下 的 裂 变 反 应 ： 则 a+b 可能是 f Fα Mg FN2 FN1 A． B． C． D． 解析：由质量数守恒和电荷数守恒，选 D。 3．如题 3 图所示，高速运动的α粒子被位于 O 点的重原子核 散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N 和 Q 为轨迹上的三点， N 点离核最近，Q 点比 M 点离核更远，则 A．α粒子在 M 点的速率比在 Q 点的大 B．三点中，α粒子在 N 点的电势能最大 C．在重核产生的电场中，M 点的电势比 Q 点的低 D．α粒子从 M 点运动到 Q 点，电场力对它做的总功为负 功 解析：重核带正电，周围电势为正，且离核越近电势越高，电势能与动能总和守恒，选 B。 4． 题 4 图 1 为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面 滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线 运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值 的比值 y 随θ变化的图像分别对应题 4 图 2 中的 A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和② 解析：受力分析解得，压力 ，加速度 ，重力加速度恒为 ， 比值分别按余弦、正弦、常数函数规律变化，选 B。 5．如题 5 图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为 a 和 b，内有带电量为 q 的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于 其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为 B。当通以从左到 右的稳恒电流 I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为 U，且上表 面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷 数及自由运动电荷的正负分别为 A． ，负 B． ，正 C． ，负 D． ，正 解析：此题考查霍尔效应模型， ，重力加速度恒为 ，带 入解得 ，选 C。 二、非选择题（本大题共 4 小题，共 68 分） 6．（19 分）（1）我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组以舰载飞机 利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣。他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制 作了如图 6（1）图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前 速率的关系。要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢 球由静止释放时的 和在橡皮条阻拦下前进 的距离，还必须增加的一种实验器材是 。忽略 钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据 定律（定理），可得到钢球被阻拦前的速率。 （2）某同学对有故障的电热毯进行探究。题 6（2） 图 1 是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接。题 6（2）图 2 为测 试电路实物图，A、B 为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表。 ①请在答题卡虚线框内画出与题 6（2）图 2 对应的电路图。 ②断开 K1，用上述测试电路在 1 和 1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电 热线的 U—I 曲线如题 6（2）图 3 所示。已知电热线材料的电阻率为 2.8×10-7Ω·m， 电热线的直径为 0.200mm。可求得此电热线的电阻为 KΩ，总长度为 m。 （结果均保留两位有效数字） ③为了进一步检查故障，该同学闭合开关 K1 和 K2，用表笔 A 和 B 分别对题 6（2） 图 1 中所示的各点进行测试，部分测试结果如下 表所示。由此测试结果可判断出电路有断路，位 置在 之间（在“1 和 2”、“1′和 2′”、“2 和 3”、“2′和 3′”中选填一项）。 解析：(1)此题考查探究初速度与物体运动位移的关系，由机械能守恒定律或动能定理可 求得初速度（已知高度），用刻度尺可测长度或高度。 (2)将实物图转化为电路图如图。根据 6（2）图 3 知图像的斜率为 0.58 ，由 带入解得 ，由 1 和 之间有电流，1 和 之间 无电流知断路处为 和 之间。 7．（15）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实 验，其装置如题 7 图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电 子测力计上，此时电子测力计的计数为 G1，磁铁两极之间的磁场可 视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条 AB 的两端通过导 线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为 R。若让铜条水平且垂直于 磁场，以恒定的速率 v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的 计数为 G2，铜条在磁场中的长度 L。 （1）判断铜墙条所受安培力的方向，G1 和 G2 哪个大？ （2）求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大 小。 解析：（1）由右手定则和左手定则知安培力方向向上，且 。 （2） 8．（16 分）如题 8 图所示，半径为 R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平 转台上，转台转轴与过陶罐球心 O 的对称轴 OO′重合。转台以一定角速度ω匀 速转动，一质量为 m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起 转动且相对罐壁静止，它和 O 点的连线与 OO′之间的夹角θ为 60°。重力加速 度大小为 g。 （1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； （2）ω=（1±k）ω0，且 0＜k <<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。 解析：（1）对 m， （2）当 时， 物块有向内运动的趋势， 静摩擦力沿切线向外 同理当 时, 静摩擦力沿切线向内， 9．（18 分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球 A 和小球 B，从距 水平地面高度为 ph（p＞1）和 h 的地方同时由静止释放，如题 9 图所示。球 A 的质量为 m， 球 B 的质量为 3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为 g，忽略球的直径、空气 阻力及碰撞时间。 （1）求球 B 第一次落地时球 A 的速度大小； （2）若球 B 在第一次上升过程中就能与球 A 相碰，求 p 的取值范围； （3）在（2）情形下，要使球 A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求 p 应满 足的条件。 解析：（1） （2） （ 3 ） 三、选做题（第 10 题和第 11 题各 12 分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第 10 题计分，其中选择题仅有一个正确选项，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置） 10．【选修 3—3】 （1）（6 分）某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当 室内空气温度高于室外空气温度时， A．室内空气的压强比室外的小 B．室内空气分子的平均动能比室外的大 C．室内空气的密度比室外大 D．室内空气对室外空气做了负功 （2）（6 分）汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为 v0，压强为 p0；装载货物 后，该轮胎内气体的压强增加了Δp。若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货 物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。 解析：（1）温度是分子热运动平均动能的标志，选 B （2） 11．【选修 3—4】 （1）（6 分）一列简谐波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相 距 6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为 A．4m、6m 和 8m B．6m、8m 和 12m C．4m、6m 和 12m D．4m、8m 和 12m （2）（6 分）利用半圆柱形玻璃，可减小激光束的发散程度。在题 11 （2）图所示的光路中，A 为激光的出射点，O 为半圆柱形玻璃横截面的圆心， AO 过半圆顶点。若某条从 A 点发出的与 AO 成α角的光线，以入射角 i 入 射到半圆弧上，出射光线平行于 AO，求此玻璃的折射率。 解析：（1） 或 或 解得 4，6，12 （2） 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） 第一卷 （选择题 共 42 分） 共 7 题，每题 6 分。每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合 题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不且的得 3 分，有选错的得 0 分。 1．下列关于电磁波说法，正确的是 A．电磁波只能在真空中传播 B．电场随时间变化时一定产生电磁波 C．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波 D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在 1.【答案】：C 【 解析】：电磁波既可以 在真空中传播，也可在其它介质中传播，选项 A 错误；只有变化的电场才能产生磁场，也只有变化的磁场才能产生电场，选项 B 错误； 做变速运动的电荷对应变化的电场，激发磁场，相当于变化的电流，产生变化的磁场，产生 电磁波，选项 C 正确；电磁波的存在首先由赫兹实验证实，选项 D 错误。 2．用 220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是 110V，通过负 载的电流图象如图所示，则 A.变压器输入功率约为 3.9W B.输出电压的最大值是 110V C.变压器原、副线圈的匝数比是 1∶2 D.负载电流的函数表达式 Ati )2100sin(05.0   2【答案】：A 【 解析】：由题意知，u2=110v，im=0.05A, 2= 2 mi i有效 ,输出功率为 2p u i出 有效 ， =11 2w ，输入功率等于输出功率，选项 A 正确；u2=110v 是有效值，选项 B 错误；根据 变压器的变压比公式 1 1 2 2 u n u n  ，解得 1 2 2 1 n n  ，选项 C 错误；负载电流的表达式： 0.05sin100 (i t A ），交流电的初相位为 0 ，选项 D 错误。 3．光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播形式可知 A．折射现象的出现表明光是纵波 B．光总会分为反射光和折射光 C．折射光与入射光的传播方向总是不同的 D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同 3【答案】：D 【 解析】：光是横波，选项 A 错误；在不同介质的分界面上，当光发生 全反射时，光只有入射光和反射光，选项 B 错误；当光以零入射角入射时，入射光与折射 光传播方向相同，选项 C 错误；选项 D 正确。 4．太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Glicsc581”运行的行星“Gl-581c”却很 值得我们期待。该行星的温度在 0℃到 40℃之间，质量是地球的 6 倍，直径是地球的 1.5 倍、公转周期为 13 个地球日。“Glicsc581”的质量是太阳质量的 0.31 倍。设该行星与地球 均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则 A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 B．如果人到了该行星，其体重是地球上的 3 22 倍 C．该行星与“Glicsc581”的距离是日地距离的 365 13 倍 i/A t/s 0.01 0.05 -0.05 0.02 D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短 4【答案】：B 【 解析】：卫星做近地环绕时， 2 1 2 Mm vG mR R  ，第一宇宙速度： 1v gR ，， 易得两者不相同，选项 A 正确；在行星表面总有 2=GM gR ，得 2= GMg R ，根据行星、地球 的质量比和直径比，得 8= 3 g g 行 地 ，人到此星球表面，体重增加，选项 B 正确；环绕天体与中 心天体间： 2 2 2 4MmG m rr T  ，得 2 3 24 GMTr  ，其中 T 为公转周期，易判断选项 C 错误； 在不同的环绕系统下，都有 2 2 Mm vG mr r  ，得出 3 2 1 1 3 1 2 2 v M T v M T  ,代入数字，知道 2 1v v 根据 相对论，高速状态尺短钟慢效应，则地球上的物体在该星球上长度会变长，选项 D 错误。 5．图 1 是一列简谐横波在 t=1.25s 时的波形图，已知 C 位置的质点比 a 位置的晚 0.5s 起振。 则图 2 所示振动图像对应的质点可能位于 A． bxa  B． cxb  C． dxc  D． exd  5【答案】：D 【 解析】：有 C 指点比 a 质点起振晚 0.5s，知道波 动周期 T=1s;在振动图像上确定 1.25s 时刻的位置，是 t 轴上第二个平 衡位置和第二个最大位移之间，由此可判断该质点的运动状态是处于正向位移，向下振动， 根据“上坡下，下坡上”，知质点应该位于“正向位移，上坡位置”，选项 D 正确。 6．甲、乙两物体在 t=0 时刻经过同一位置沿 x 轴运动，其 v-t 图像如图所示。则 A．甲、乙在 t=0s 到 t=1s 之间沿同一方向运动 B．乙在 t=0 到 t=7s 之间的位移为零 C．甲在 t=0 到 t=4s 之间做往复运动 D．甲、乙在 t=6s 时的加速度方向相同 6【答案】：BD 【 解析】：由 v-t 图像知，0-1s 甲始终是正方向运动，乙是先负方向运 动，后又正方向运动，选项 A 错误；根据乙图线所构成的 x 轴上下图形面积，正负之和为 0 ， 选项 B 正确；甲在 0-4s 阶段一直在向正方向运动，选项 C 错误；在 t=6s 时刻，甲乙图线上 υ/(m.s-1) 0 t/s -v0 v0 2v0 1 2 3 4 5 6 7乙 甲 的斜率都为负，所以加速度方向相同，选项 D 正确。 7．如图所示，边长为 L、不可形变的正方形导体框内有半径为 r 的圆形区域，其磁感应强 度 B 随时间 t 的变化关系为 B＝kt(常量 k＞0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑动 片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1＝R0、R2＝ 2 R 0 。 闭合开关 S，电压表的示数为 U，不考虑虚线 MN 右侧导体 的感应电动势。则 A．R1 两端的电压为 7 U B．电容器的 a 极板带正电 C．滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2 的 5 倍 D．正方形导线框中的感应电动势为 kL2 7【答案】：AC 【 解析】：滑片在中间位置是，P 将 R 分为 R左 、 R右 等大两部分，大小 为 0 2 R ， 则 R2 与 R右 并联，阻值为 0 1 4 R ，再与 R1、 R左 串联构成闭合电路外电路，所以根据欧姆定 律得，R2 两端电压因为 7 U ，选项 A 正确；由于 B 在随时间增大，根据楞次定律，易得，b 板应该带正电荷，选项 B 错误；滑动变阻器上的电功率由 R左 、 R右 两部分构成， R左 电流 是 R右 的两倍，也是 R2 的两倍，功率表示为 2 2(2 )Rp I r I r  ， 2 2p I r ,可解的 25Rp p ， 选项 C 正确；由于产生电磁感应的磁场实际面积小于 L2，知选项 D 错误。 第二卷（非选择题 共 68 分） 8.（17 分） （1）（6 分）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能 与两电荷的间离和带电量有关。他选用带正电的小球 A 和 B，A 球放在 可移动的绝座上，B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒 C 点，如图所示。 实验时，先保持两电荷量不变，使 A 球从远处逐渐向 B 球靠近，观 察到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改 变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大。 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的____________ 而增大，随其所带电荷量___________而增大。 此同学在探究中应用的科学方法是 _________________(选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”) （2）（11 分） 如图 1 所示，某组同学借用“探究 a 与 F、m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操 作，进行“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验： ①为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程 度，根据打出的纸带判断小车是否做___________运动。 ②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图 2 所示的纸带。纸带上 O 为小车运动起 始时刻所打的点，选取时 间间隔为 0.1s 的相邻计 数点 A、B、C、D、E、F、 G。实验时小车所受拉力为 0.2N，小力车的质量为 0.2kg. 请计算小车所受合外 力做的功 W 和小车动能的 变化 kE ，补填表中空格（结果保留至少小数点后第四位）。 O—B O—C O—D O—E O—F W/J 0.0432 0.0572 0.0734 0.0915 kE /J 0.0430 0.0570 0.0734 0.0907 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内 kEW  ，与理论推导结果一致。 ③实验前已测得托盘的质量 7.7×10－3kg,实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 _________kg(g 取 9.8m/s2,结果保留至小数点后第三位) 8【答案】： （1） 减小 增大 控制变量法（2）匀速运动 0.1115 0.1105 0.015 【 解析】：(2) 0.2 0.5575 0.1115W Fs J J    ; 2 OG OE F s sv T  21 2k FE m v 车 代入数 据 得 0.1105kE J ③ mg F ma  , 得 Fm g a   ， 逐 差 法 求 小 车 加 速 度 a=0.9856m/s2 ，即砝码与托盘的加速度，， m砝码 盘=m-m 代入计算的，得 0.015m kg砝码 9．近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交 通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置 交通管制，人人遵守交通规则，才有保证行人的生命安全。 如右图所示，停车线 AB 与前方斑马线边界 CD 间的距离为 23m。质量 8t、车长 7m 的卡车以 54km/h 的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停 车线 AB，该车前方的机动车交通信号灯由 绿灯变黄灯。 （1）若此时前方 C 处人行横道路边等 待的行人就抡先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为 3×104N。求卡 车的制动距离？ （2）若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界 CD。为确保行人安全， D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？ 9【答案】： 1 30ms  2t s 【 解析】：已知卡车质量 m=8t=8×103kg 、初速度 v0=54km/h=15m/s. （1）从制动到停止，阻力对卡车所做的功为 W，由动能定理有 2 0 1 2W mv  已知卡车所受的阻力 f=-3×104N,设卡车的制动距离为 s1 ，有 1W fs 联立式①②式，代入数据解得: 1 30ms  （2）已知车长 7ml  ，AB 与 CD 的距离为 0 23ms  。设卡车驶过的距离为 2s 设人行 横道信号灯至少需经过时间 t 后变灯，有 2 0s s l  2 0s v t  代入数据解得 2t s 10．（17 分） 在如图所示的竖直平面内，物体 A 和带正电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分 别静止于倾角θ＝370 的光滑斜面上的 M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲 度系数 k=5N/m 的轻弹簧一端固定在 O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环 D 与 A 相连， 弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。水平面处于场强 E＝5×104N/C、方向水平 向右的匀强电场中。已知 A、B 的质量分别为 mA=0.1kg,mB=0.2kg,B 所带电荷量 q=+4×10-6C。 设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量 不变。取 g＝10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8. (1) 求 B 所受摩擦力的大小； (2) 现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F 使 A 以加速度 a=0.6m/s2 开始作匀加速直线运动。A 从 M 到 N 的过程中，B 的电势能增加了 JE p 06.0 。已知 DN 沿竖直方向，B 与水平 面间的动摩擦因数为μ=0.4.求 A 到达 N 点时拉力 F 的瞬时功率？ · B A E O D N M 10【答案】： 0 0.4f N  0.528P W 【 解析】：（1）F 作用之前，AB 处于静止状 态，设 B 所受的静摩擦力大小为 0f ，AB 间的绳子的张力为 0T ，有 对 A： 0 = sinAT m g  对 B： 0 0T qE f  联立两式，代入数据得 0 0.4f N  方向向左 （2）物体 A 从 M 点到 N 点的过程中，AB 两物体的位移均为 s，AB 间绳子的张力为 T， 有 pqEs E B BT m g qE m a   设 A 在 N 点时速度为 v，受弹簧拉力为 F弹 ，弹簧的伸长量为 x ，有 2 2v as F k x 弹 + sin sinA AF m g F T m a   弹 由几何关系知 (1 cos ) sin sx    设拉力 F 的瞬时功率为 P,有 p Fv 联立解得： 0.528P W 11．（19 分） 如图所示，竖直平面（纸面）内有平 面直角坐标系 x0y,x 轴沿水平方向。在 x≤0 的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B1 的匀强磁场。在第二象限紧贴 y 轴固定放置长为 l 、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行 x 轴且与 x 轴相距 h。在第一 象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为 B2，方向垂直于纸面向外） 和匀强电场（图中未画出）。一质量为 m、不带电的小球 Q 从平板下侧 A 点沿 x 正向抛出； 另一质量也为 m、带电量为 q 的小球 P 从 A 点紧贴平板沿 x 轴正向运动，变为匀速运动后从 y 轴上的 D 点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经 4 1 圆周离开电磁场区域，沿 y 轴负方向运 动，然后从 x 轴上的 K 点进入第四象限。小球 P、Q 相遇在第四象限内的某一点，且竖直方 向速度相同。设运动过程中小球 P 的电量不变，小球 P 和 Q 始终在纸面内运动且均看作质点， 重力加速度为 g。求： （1）匀强电场的场强大小，并判断 P 球所带电荷的正负； （2）小球 Q 的抛出速度 v0 取值范围； （3）B1 是 B2 的多少倍？ 11【答案】： mgE q  0< 2 0 2 1 2 2 ( )2 gh m gv lh B B q   0.5 倍【 解析】：（1）有题给条 件，小球 P 在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求的场强大小为 E， 有 mg qE 得 mgE q  小球 P 在平板下侧紧贴平板运动，其所受的洛伦兹力必竖直向上，故小球 P 带正电。 （2）设小球 P 铁平板运动到匀速时速度为 v，此时洛伦兹力与重力平衡，有 1B qv mg 小球 P 以速度 v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为 R，有 2 2 vB qv m R  设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y ，有 0x  0y  小球 Q 运动到相遇点所需时间 t0，水平方向位移为 S，竖直方向位移为 d，有 0 0s v t 2 0 1 2d gt 由题意得 x s l  y h d  联立解方程组，由题意知 0 0v  得 0< 2 0 2 1 2 2 ( )2 gh m gv lh B B q   （3）小球 Q 在空间做平抛运动，要满足题设条件，则运动到小球 P 传出电磁场区域的同一 水平高度时的 W 点，其竖直方向的速度 yv 与竖直位移 Qy 必须满足 xv v Qy R 设小球 Q 运动到 W 点的时间为 t，由平抛运动，有 yv gt 21 2Qy gt 解得 1 2 1 2B B B1 是 B2 的 0.5 倍。 2013 年普通高等学校招生全国统一考试(海南卷)物理 一、选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 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。 1．如图，电荷量为 q1 和 q2 的两个点电荷分别位于 P 点和 Q 点。已知在 P、Q 连线至某点 R 处的电场强度为零，且 PR=2RQ。则 A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=-2q2 D．q1=-4q2 B 解析： 本题考查电场强度的叠加，由于 R 处的合场强为 0，故两点电荷的电性相同，结合点电荷的 场强公式 2= qE k r 可知 1 2 2 2 1 2 0q qk kr r   ，又 1 22r r ，故 1 24q q ，本题选 B。 2．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原 方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小 a 和速度 大小 v 的变化情况是 A．a 和 v 都始终增大 B．a 和 v 都先增大后减小 C．a 先增大后减小，v 始终增大 D．a 和 v 都先减小后增大 C 解析： 质点受到的合外力先从 0 逐渐增大，然后又逐渐减小为 0，合力的方向始终未变，故质点的 加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选 C。 3．通过一阻值 R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为 1s.电阻两端电压的有效值为 A．12V B．4 10 V C．15V D．8 5 V B 解析： 由题意结合有效值的定义可得 2 2 2 1 2 2 12( )5 10I RT I R T I R T  ，将 1 0.1I  A， 2 0.2I  A 代 入可得流过电阻的电流的有效值 10 25I  A，故电阻两端电压的有效值为 4 10IR  V，本 题选 B。 4．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 a-t 图象如图所示。下列 v-t 图象中，可能正 确描述此物体运动的是 A 3T/2 a a0 -a0 0 T/2 T 2T t 3T/2 v t v0 -v0 0 T/2 T 2T 3T/2 v t v0 -v0 0 T/2 T 2T 3T/2 v t v0 -v0 0 T/2 T 2T D 3T/2 v t v0 -v0 0 T/2 T 2T B C q1 q2 P QR 1 i/A t/s0.5 0.1 0.2 -0. 1-0. 2 0 D 解析： 解答本题的突破口是 T-2T 时间内的加速度跟 0- 2 T 时间内的加速度大小相等，方向相反，从 而排除选项 ABC，本题选 D。 5．“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星 组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球 半径的 6 倍和 3.4 倍，下列说法中正确的是 A．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 2 倍 B．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的 2 倍 C．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的 1/7 D．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的 1/7 A 解析： 由万有引力提供向心力可知 2 2 2 2 2( )Mm vG m mr mr mar r T     ，整理可得周期 2 34 rT GM  ，线速度 GMv r  ，角速度 3 GM r   ，向心加速度 2 GMa r  ，设地球的 半径为 R，由题意知静止轨道卫星的运行半径是 1r =7R，中轨道卫星的运行半径是 2r =4.4R， 由比例关系可得静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 3 3 7 24.4  倍，故 A 正确；同理可 判断出选项 BCD 均错误。 6．如图，水平桌面上固定有一半径为 R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻 为 r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下；一长度为 2R、电阻可忽略 的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度 a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是 A．拉力的大小在运动过程中保持不变 B．棒通过整个圆环所用的时间为 2R/a C．棒经过环心时流过棒的电流为 rπ/2aRB D．棒经过环心时所受安培力的大小为 rπ/2aRRB8 2 D 解析： 导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变 化，选项 A 错误；设棒通过整个圆环所用的时间为 t，由匀变速直线运动的基本关系式可得 212 2R at ，解得 4Rt a  ，选项 B 错误；由 2 2 0 2v v ax  可知棒经过环心时的速度 B O 2v aR ，此时的感应电动势 =2E BRv ，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻 = 2 Rrr  总 ， 故棒经过环心时流过棒的电流为 4 2=E B aRI r r 总 ，选项 C 错误；由对选项 C 的分析可知 棒经过环心时所受安培力的大小为 28 22 B R aRF BI R r  ，选项 D 正确。 二、多项选择题，本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有 多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分；选对但不全的得 3 分；有选错的得 0 分。 7．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实 的是 A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这 一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直 线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 BCD 解析： 本题考查物理学史实。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利 略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如 没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了 类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律， 即认为物体具有保持原 来匀速直线运动状态或静止状态的性质。本题应选 BCD。 8．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是 A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同 B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变 C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心 D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 AD 解析： 本题考查考生的辨析理解能力。物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速度方向一 致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A 正确；物体做变速率曲线运动时，其所 受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B 错误；物体只有在做匀速率圆周运动 时，合外力才全部充当向心力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量， 但其所受合外力的方向不指向圆心，故 C 错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可 知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D 正确。本题选 AD。 9．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过 的电流均为 I，方向如图所示。a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线 上，且到相应顶点的距离相等。将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3，下列说法正确的是 A．B1=B20)的点电荷 a 在纸面内垂直于 EF 从 F 点射出，其轨迹经过 G 点； 再使带有同样电荷量的点电荷 b 在纸面内与 EF 成一定角度从 E 点射出， 其轨迹也经过 G 点，两点电荷从射出到经过 G 点所用的时间相同，且经 过 G 点时的速度方向也相同。已知点电荷 a 的质量为 m，轨道半径为 R， 不计重力，求： （1）点电荷 a 从射出到经过 G 点所用的时间； （2）点电荷 b 的速度大小。 （1）πm/2qB （2）4qBR/3m 解析： G E F 300 1350 五．选考题：请考生在第 15、16、17 三题中任选二题做答，如果多做则按所做的第一、二 题计分。做答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。计算题请写出必要的文字说 明、方程式和演算步骤。 15．模块 3-3 试题（12 分） （1）（4 分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分.选对 3 个得 4 分;每选错 I 个扣 2 分，最低得分为 0 分） A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故 B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂 使水的表面张力增大的缘故 C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的 材质有关 E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是 由于水膜具有表面张力的缘故 ACD 解析： 针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A 说法正确；水在 涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水可以浸润油脂， 不可以浸润玻璃，B 说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，仅 在液体表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C 正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有 的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，D 正确；当两薄玻璃板间夹有一 层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后， 中间没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在 一起，E 错误． （2）（8 分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管 相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为 3：1，初始时，该装置的底部盛有水银； 活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为 l（以 cm 为单位）；竖直管内的水银 面比气缸内的水银面高出 3l/8。现使活塞缓慢向上移动 11l/32，这时气缸和竖直管内 的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以 cmHg 为单位） P=15l/8 解析： 16．模块 3-4 试题（12 分） （1）（4 分）下列选项与多普勒效应有关的是 （填正确答案标号。选对 1 个得 2 分， 选对 2 个得 3 分.选对 3 个得 4 分;每选错 I 个扣 2 分，最低得分为 0 分） A．科学家用激光测量月球与地球间的距离 B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速 C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡 D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度 E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度 BDE 3l/8 l 解析： 多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者接收到的频 率发生了变化，根据此定义可判断选项 BDE 符合要求。 （2）（8 分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A=300，AC 平行于光 屏 MN，与光屏的距离为 L，棱镜对红光的折射率为 n1，对紫光的折射率为 n2。 一束很细的白光由棱镜的侧面 AB 垂直射入，直接到达 AC 面并射出。画出光路 示意图，并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之 间的距离。 光路图见答案 2 1 2 1 2 2 2 1 ( 4- 4- n nd d L n n    ） 解析： 17．模块 3-5 试题（12 分） （1）（4 分）原子核 232 90 Th 具有天然放射性，它经过若干次α衰变和β衰变后会变成新的原子 核。下列原子核中，有三种是 232 90 Th 衰变过程中可以产生的，它们是 （填正确答案标 号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分.选对 3 个得 4 分;每选错 I 个扣 2 分，最低得分为 0 分） A． 204 82 Pb B． 203 82 Pb C． 210 84 Po D． 224 88 Ra E． 226 88 Ra ACD 解析： 发生α衰变是放出 42He，发生β衰变是放出电子 0-1e，根据质量数和电荷数守恒有，每发生 一次α衰变质量数减少 4，电荷数减少 2，每发生一次β衰变质量数不变化，电荷数增加 1， 由质量数的变化可确定α衰变的次数（必须是整数），进而可知β衰变的次数。逐一判断可 知 ACD 符合要求。 （2）（8 分）如图，光滑水平面上有三个物块 A、B 和 C，它们具有相同的质量， A B C A B C M N 且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让 A 以一定速度与 B 碰撞，碰后它们粘 在一起，然后又一起与 C 碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。 3 解析： 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科综合 一、选择题（本题 4 小题。每题 6 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．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是 A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息 B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波 C．太阳光中的可见光和医院“B 超”中的超声波传递速度相同 D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的 X 射线波长相同 答案：B 解析：A、电磁波可以传递信息，如电视信号；声波也可以传递信息，如人说话；故 A 错误； B、手机用电磁波传递信息，人用声波说话，故 B 正确； C、太阳光中的可见光是电磁波，真空中为 3×108m/s；“B 超”中的超声波是声波，常 温下，空气中大约为 340m/s；故 C 错误； D、遥控器发出的红外线波长和医院 CT 中的 X 射线频率不同，波速相同，根据 c=λf， 波长不同，故 D 错误； 15．磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速 度 v0 刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其 E-t 关系如右图所示。如果只将刷卡速度改 为 v0/2，线圈中的 E-t 关系可能是（ ） A. B. C. D. 答案：D 解析：根据感应电动势公式 E=BLv 可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度 成正比，只将刷卡速度改为 2 0v ，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的 2 1 。磁 卡通过刷卡器的时间 v st  与速率成反比，所用时间变为原来的 2 倍．故 D 正确． 16．与通常观察到的月全食不同，小虎同学在 2012 年 12 月 10 日晚观看月全食时，看到整 个月亮是暗红的。小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是 A．地球上有人用红色激光照射月球 B．太阳照射到地球的红光反射到月球 C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球 D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹 答案：C 解析：当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的沿直线 传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月球上，在地球上完全看不到月球的现象就 是月全食．看到整个月亮是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球．故 C 正确，A、B、D 错误．故选 C． 17．如图所示，水平板上有质量 m=1.0kg 的物块，受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用，用 力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力 Ff 的大小。取重力加速度 g=10m/s2。下列判断 正确的是 A．5s 内拉力对物块做功为零 B．4s 末物块所受合力大小为 4.0N C．物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4 D．6s-9s 内物块的加速度的大小为 2.0m/s2 答案：D 解析：A、在 0-4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则 5s 内位移不为零， 则拉力做功不为零．故 A 错误．B、4s 末拉力为 4N，摩擦力为 4N，合力为零．故 B 错误．C、 根据牛顿第二定律得，6s～9s 内物体做匀加速直线运动的加速度 2/21 35 smm FFa f  f=μmg，解得= 3.010 3μ  mg f 。故 C 错误，D 正确．故选 D． 二、选择题（本题共 3 小题。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确，全部选 对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。） 18．如图所示，三颗质量均为 m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为 r 的圆轨道上，设地 球质量为 M，半径为 R。下列说法正确的是 A．地球对一颗卫星的引力大小为 2)( Rr GMm  B．一颗卫星对地球的引力大小为 2r GMm C．两颗卫星之间的引力大小为 2 2 3r Gm D．三颗卫星对地球引力的合力大小为 2 3 r GMm 答案：BC． 解析：A、根据万有引力定律 2r MmGF  可知，质量分布均匀的球体间的引力距离 r 等于两 球心间的距离，而 r-R 为同步卫星距地面的高度，故 A 错误；B、计算卫星与地球间的引力， r 应为卫星到地球球心间的距离也就是卫星运行轨道半径 r，故 B 选项正确； C、根据几何关系可知，两同步卫星间的距离 rd 3 ，故两卫星间的引力大小为 2 2 2 3r mGd MmG  ，故 C 正确；D、卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外，由于三 颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，根据几何关系 可知，地球受到三个卫星的引力大小相等方向成 120°角，所以合力为 0，故 D 错误． 19．如图所示，总质量为 460kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为 0.5m/s2， 当热气球上升到 180m 时，以 5m/s 的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮 力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度 g=10m/s2 。关于热气球，下 列说法正确的是 A．所受浮力大小为 4830N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升 10s 后的速度大小为 5m/s D．以 5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230N 答案：AD 解析：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根 据牛顿第二粒，有：F 浮-mg=ma 解得：F 浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故 A 正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾， 故 B 错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为 0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减 小，故 10s 后的速度大小小于 5m/s，故 C 错误；D、以 5m/s 匀速上升时，根据平衡条件， 有：F 浮=mg+f，解得 f=230N，故 D 正确； 20．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子 P+和 P3+，经电压为 U 的电场加速后， 垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如 图所示。已知离子 P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动 时，离子 P+和 P3+ A．在电场中的加速度之比为 1:1 B．在磁场中运动的半径之比为 3 :1 C．在磁场中转过的角度之比为 1 : 2 D．离开电场区域时的动能之比为 1 : 3 答案：BCD 解析：A：两个离子的质量相同，其带电量是 1：3 的关系，所以由 md qUa  可知其在电场 中的加速度是 1：3，故 A 错．B：要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决 定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为： m qUv 2 ，可知其速度之比为： 3:1 ．又由 r vmqvB 2  ，知 qB mvr  ，所以其半径之比为 1:3 ，故 B 正确．C：由 B 的 分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为： 1:3 ，设磁场宽度为 L，离子通过磁场转过 的角度等于其圆心角，所以有 sinθ= R L ，则可知角度的正弦值之比为 3:1 ，又 P+的角度为 300，可知 P3+角度为 600，故 C 正确． D：由电场加速后： 2 2 1 mvqU  可知，两离子离开电场的动能之比为 1：3，故 D 正确． 非选择题部分共 5 题，共 78 分。 21．（10 分）如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中 橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上。一同学用装置甲和乙分别进行实 验，经正确操作获得两条纸带①和②，纸带上的 a、b、c……均为打点计时器打出的点。 （1）任选一条纸带读出 b、c 两点间的距离为 ； （2）任选一条纸带求出 c、e 两点间的平均速度大小为 ，纸带①和②上 c、 e 两点间的平均速度 v ① v ②(填“大于”、“等于”或“小于”)； （3）图中 （填选项） A. 两条纸带均为用装置甲实验所得 B. 两条纸带均为用装置乙实验所得 C. 纸带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得 D. 纸带①为用装置乙实验所得，纸带②为用装置甲实验所得 答案：（1）2.40cm （2）1.25m/s，小于 （3）C 解析：（1）选②纸带读出 b、c 两点间的距离为 6.50-4.10cm=2.40cm （2）选②纸带读出 c、e 两点间的距离为 5cm，相对应的平均速度 smsv /25.104.0 cm5  选 ①纸带读出 c、e 两点间的距离为 4.5cm，所以平均速度v ①小于 v ②． （3）装置甲实验中小车做匀加速直线运动，所以相邻的计时点的间距之差相等，装置乙实 验中小车受橡皮筋的弹力越来越小，所以做加速度减小的变加速直线运动，以相邻的计时点 的间距之差减小，所以带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得故选 C． 22．（10 分）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。 （1）除了选用照片中的部分器材外， 填选项 A．还需要电压表 B．还需要电流表 C．还需要学生电源 D．不在需要任何器材 七、测量所得数据如下 用作图法求得电池的内阻 r= ； （3）根据第 5 次所测得的实验数据，求得电流表内阻 RA= 。 答案：（1）A；（2）见右图，r=0.76Ω；（3）0.22Ω． 解析：（1）对照电路图，会发现缺少电压表； （2）根据闭合电路欧姆定律，有 E=U+Ir，变形得到：U=-rI+E，作出 U-I 图，如图所示 斜率的绝对值表示内电阻，故   76.025.1 4.035.1U Ir ； （3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=IRA+IR，故  22.04.000.1 62.0RI URA 23．（16 分）山谷中有三块大石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下。图中 A、B、 C、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。 开始时，质量分别为 M=10kg 和 m=2kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的 石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头 A 点起水平跳到中间石头， 大猴抱起小猴跑到 C 点，抓住青藤的下端荡到右边石头的 D 点，此时速度恰好为零。 运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g=10m/s2，求： （1）大猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值； （2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小； （3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。 答案：（1）大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值为 8m/s． （2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小 9m/s． （3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为 216N． 解析：根据 2 1 2 1 gth  ，解得 ssg ht 6.010 8.122  。则跳离的最小速度 smt xv /86.0 8.41 0  （2）根据机械能守恒定律得， 2 2 )()(2 1 ghmMvmM  解得 smsmghv /9/802 2  （3）根据牛顿第二定律得，F-(M+m)g=(M+m) L v 2 根据 几何关系得，(L-h2)2+x22=L2 联立解得 F=216N． 点评：本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律， 24．(20 分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两 个相互绝缘、半径分别为 RA 和 RB 的同心金属半球面 A 和 B 构成，A、B 为电势值不等 的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为 e、质量为 m 的电子以不同的动能 从偏转器左端 M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的 探测板 N，其中动能为 Ek0 的电子沿等势面 C 做匀速圆周运动到达 N 板的正中间。忽略 电场的边缘效应。 （1）判断半球面 A、B 的电势高低，并说明理由； （2）求等势面 C 所在处电场强度 E 的大小； （3）若半球面 A、B 和等势面 C 的电势分别为φA、φB 和φC，则到达 N 板左、右边缘处 的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK 左和ΔEK 右分别为多少？ （4）比较|ΔEK 左|和|ΔEK 右|的大小，并说明理由。 答：（1）B 板电势高于 A 板； （2）求等势面 C 所在处电场强度 E 的大小 )( 4 BA KO RRe EE  ； （3） △ Ek 左=e（φC-φB）， △ Ek 右=e（φC-φA）；（4）| △ Ek 左|＞| △ Ek 右| 解析：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所 以 B 板的电势较高； （2）电场力提供向心力： R mveE 2  又： 2 BA RRR  ， 2 2 1 mvEKO  联立以上 3 式，得： )( 4 BA KO RRe EE  （3）到达 N 板左、右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做功，电子动能的改 变量等于电场力做功，即： △ EK 左=eUCB=e（φC-φB）， △ EK 右=eUCA=e（φC-φA） （4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以 UBC＞UCA，即：φC-φB＞ φC-φA，所以：| △ EK 左|＞| △ EK 右| 点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向 心力，写出相应的表达式，即可正确解答．属于中档题目． 25．（22 分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方 有左、右两组推进器，每组由 6 个相同的用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原 理 示 意 图 如 下 。 在 直 线 通 道 内 充 满 电 阻 率 ρ=0.2Ω∙m 的 海 水 ， 通 道 中 a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m 的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度 B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有 a×b=0.3m×0.4m 的金属板 M、 N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从 N 到 M，大小恒 为 I=1.0×103A 的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密 度ρ≈1.0×103kg/m3。 （1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向； （2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？ （3）当潜艇以恒定速度 v0=30m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度 v=34m/s， 思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。 答：（1）一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小为 1.92××103N，其方向为 垂直于 BI 平面向右； （2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯． 改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”． （3）当潜艇以恒定速度 v0=30m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度 v=34m/s， 电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，其大小 6.9×105W；电源提供的电功率中的第 二部分为单位时间内海水的焦耳热功率，其大小为 6×106W；电源提供的电功率中的第三部 分为单位时间内海水动能的增加量，其功率的大小为 4.6×104W． 解析：（1）安培力的大小，F=BIL=6.4×1000×0.3=1.92×103N， 根据左手定则可知，方向：垂直于 BI 平面向右； （2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯． 改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”． （3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率 P1=F 牵 v0=6.9×105W 电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率 推进器内海水的电阻  5.0ab c S LR  P2=12I2R=6×106W 电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量 单位时间内通过推进器的水的质量为 m=ρmbcv 水对地=480kg 单位时间内其动能增加为 P3= 2 112 mv2 水对地=4.6×104W 点评：考查安培力及其根据 F=BIL 求其大小，由左手定则确定安培力方向．并巧用安培力 来实施转弯及倒车，同时掌握提供电源的不同功率，且通过功率公式来计算． 2013 年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)理科综合 相对原子质量：N-14 O-16 Mg-24 13.设太阳质量为 M，某行星绕太阳公转周期为 T，轨道可视为 r 的圆。已知万有引力常量 为 G，则描述该行星运动的上述物理量满足 A． 2 3 2 4 rGM T  B． 2 2 2 4 rGM T  C． 2 2 3 4 rGM T  D． 3 2 4 rGM T  答案： A 【解析】：行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有 ，所以 ，选项 A 正确。 14.一束由红、紫两色组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅途中能正确表示 该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是 A. B. C. D. 答案：B 【解析】：A、复色光进入三棱镜左侧面时发生了第一次，由于红光与紫光的折射率不同， 则折射角应不同．故 A 错误．B、红光的折射率小于紫光的折射率，经过两次折射后，紫光 的偏折角大于红光的偏折．故 B 正确．C、光线从从空气射入介质折射时，入射角大于折射 角，而图中入射角小于折射角，而且两种色光的折射角不同．故 C 错误．D、光线从从空气 射入介质折射时，入射角大于折射角，而图中入射角小于折射角，故 D 错误． 点评：本题考查对光的色散现象的理解能力，关键抓住红光与紫光折射率的关系，根据折射 定律进行分析． 15.如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻 r=1.0  ,外接 R=9.0  的电阻。闭合开关 S，当发 电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 10 2 sin10 ( )e t V ，则 A.该交变电流的频率为 10Hz B.该电动势的有效值为10 2V C.外接电阻 R 所消耗的电功率为 10W D.电路中理想交流电流表 的示数为 1.0A 答案：D 【解析】：从电动势瞬时值表达式可知，交变电流的频率 ，选项 A 错误； 该电动势的有效值 ，选项 B 错误；电路中电流（有效值） ，电阻 R 消耗功率 P＝I2R＝9W，选项 C 错误；电流表的读数即为电流的有效值，选项 D 正确。 16.如图，t=0 时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿 y 轴正方向开始振动，振动周期为 0.4s， 在同一均匀介质中形成沿 x 轴正、负两方向传播的简谐横波。下图中能够正确表示 t=0.6 时 波形的图是 A. B. C. D. 答案：C 【解析】：由题，该波的周期为 T=0.4s，则时间 t=0.6s=1.5T，向左和向右分别形成 1.5 个 波长的波形．由于波源在坐标原点从平衡位置沿 y 轴正方向开始振动，则 t=0.6 时的振动方 向沿 y 轴负方向，故 C 正确． 点评：本题的解题关键是抓住对称性，分析波源振动状态和波形的长度，即可得到答案． 17.在国际单位制（简称 SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、 A（安培）。导出单位 V（伏特）用上述基本单位可表示为 A. 2 4 1m kg s A    B. 2 3 1m kg s A    C. 2 2 1m kg s A    D. 2 1 1m kg s A    答案：B 【解析】：根据物理学有关规律和公式，电势差 ，因此，代入各量的基 本单位，有 ，选项 B 正确。 18. 如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t2 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界 OO’ 平行，线框平面与磁场方向垂直。设 OO’下方磁场磁场区域足够大，不计空气影响，则下 列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化的规律 A. B. C. D. 答案：A 【解析】：A、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小， 而图象中的加速度逐渐增大．故 A 错误;B、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后做减 速运动，因为重力小于安培力，做加速度减小到零做匀速直线运动，cd 边进入磁场做匀加 速直线运动，加速度为 g．故 B 正确;C、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重 力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为 g， 故 C 正确’D、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线 运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为 g，故 D 正确． 本题选不可能的，故选 A．点评：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结 合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析． 19.（18 分） （1）（6 分）在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）： ①下列说法哪一项是正确的 。（填选项前字母） A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B.为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C 实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 ②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取 O、A、B、C 计数点，已知打点计时器 使用的交流电频率为 50 Hz．则打 B 点时小车的瞬时速度大小为____m/s（保留三位有效数 字）。 (2)（12 分）硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件。某实验小组设计如图甲 电路，给硅光电池加反向电压（硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点），探究其在无 光照时的反向伏安特性。图中电压表的 V1 量程选用 3V，内阻为 6.0k ;电压表 V2 量程选用 15V，内阻约为 30k ；R0 为保护电阻；直流电源电动势 E 约为 12V，内阻不计。 ①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路。 ②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关 S，调节变阻器 R，读出电压表 V1、V2 的示教 U1、U2。 (ⅰ)某次测量时，电压表 V1 示数如图丙，则 U1= V．可算出通过硅光电他的反向电 流大小为 mA（保留两位小数）。 （ⅱ）该小组测出大量数据，筛选出下表所示的 9 组 U1、U2 数据，算出相应的硅光电池两 端反向电压 UX 和通过反向电流 IX（表中“-”表示反向），并在坐标纸上建立 IX-UX 坐标系， 标出了与表中前 5 组 UX、IX 数据对应的 5 个坐标点。请你标出余下的 4 个坐标点，并绘出 IX-UX 图线。 （ⅲ）由 IX-UX 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时， IX 与 UX 成____（填“线性”或“非线性”）关系。 【答案】⑴① C ②0.653⑵①电路连接如图所示 ②（i）1.40 0.23 (ii) 如图所示（iii） 非线性 【解析】：（1）①平衡摩擦阻力是当小车不受拉力时能匀速滑动，所以不应挂钩码时小车 能匀速滑动；为了减小系统误差，应使钩码的质量远小于小车质量，这样才能把钩码的重力 近似当作小车的拉力大小；实验时把小车从静止开始释放，小车初动能为零，使实验计算更 简单。 ②打 B 点时小车的瞬时速度大小 。 （2）①电路连接如图。 ②电压表 V1 示数 U1＝1.40V，注意要估读最小刻度的下一位；硅光电流的反向电流 ；图线如图所示； 由图可知，Ix 与 Ux 成非线性关系。 20. （15 分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，T 端系一质量 m=1.0kg 的小球。 现将小球拉到 A 点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛 后落在水平地面上的 C 点。地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L=1.0 m，B 点 离地高度 H=1.0 m，A、B 两点的高度差 h=0.5 m，重力加速度 g 取 10m/s2,不计空气影响， (1)地面上 DC 两点间的距离 s；(2)轻绳所受的最大拉力大小。 【答案】⑴1.41m ⑵20N 【解析】(1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有 21 2 Bmgh mv ① 小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有 21 2H gt ② 在水平方向上有 Bs v t ③ 由①②③式解得 s=1.41m ④ (2)小球下摆到达 B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，由、有 2 BvF mg m L   ⑤ 由①⑤式解得 F=20N 根据牛顿第三定律 F F   轻绳所受的最大拉力为 20N。 21.（19 分）质量为 M、长为 3 L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且 光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环。已知重力加速度为 g，不计空气影响。 (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小： (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬 于 A 端的正下方，如图乙所示。 ①求此状态下杆的加速度大小 a； ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？ 【答案】⑴ 6 4 mg ⑵① 3 3 g ② 2 3 ( )3 m M g ，与水平方向夹角为 60º斜向右上方。 【解析】 (1)如图 1. 设平衡时，绳中拉力为 FT，有 2 cos 0TF mg   ① 由图知 6cos 3   ② 由①②式解得 6 4TF mg ③ (2) ①此时，对小铁环受力分析如图 2， 有 sinTF ma   ④ cos 0T TF F mg     ⑤ 由图知 060  ，代入④⑤式解得 3 3a g ⑥ ②如图 3， 设外力 F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有 cos ( )F M m a   ⑦ sin ( ) 0F M m g    ⑧ 由⑥⑦⑧式解得 2 3 ( )3F m M g  tan 3 )  0(或 =60 即与水平方向夹角为 60º斜向右上方。 22. (20 分)如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度 大小为 B。让质量为 m，电量为 q（q<0)的粒子从坐标原点 O 沿加 xoy 平面以不同的初速度 大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。 (1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的 A(a，0)点，求 v1 的大小： (2)已知一粒子的初建度大小为 v(v>v1)．为使该粒子能经过 A(a，0)点，其入射角 （粒子初 速度与 x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的 sin 值： (3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场，一粒子从 O 点以初速度 v0 沿 x 轴正向发射。研究表明：粒子在 xoy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度 的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小 E 无关。求该粒子运动过 程中的最大速度值 vm。 【答案】⑴ 2 Bqa m （2） 2 2 0( )E E vB B   【解析】(1)带电粒子以速率 v 在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动，半径为 R，有 2vqvB m R  ① 当粒子沿 y 轴正向入射，转过半个圆周至 A 点，该圆周的半径为 R1，有 1 2 aR  ② 由②代入①式得 1 2 Bqav m  ③ ⑵如图。 O、A 两点处于同一圆周上，且圆心在 x=a/2 的直线上，半径为 R。 当确定一个初速率 v 时，有 2 个入射角，分别在第 1、2 象限， 有 sin sin 2 a R     ④ 由①④解得sin 2 aqB mv   ⑤ ⑶粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，用 ym 表 示其 y 坐标，由动能定理，有 2 2 m 0 1 1 2 2mqEy mv mv  ⑥ 由题意，有 vm=kym ⑦ 若 E=0 时，粒子以初速度 v0 沿 y 轴正向入射，有 2 0 0 0 vqv B m R  ， ⑧ v0=kR0 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得 2 2 0( )m E Ev vB B    29．[物理-选修 3-3]（本题共有两小题，每小题 6 分，共 12 分。每小题只有一个选项符合 题意） (1)下列四﹣中，能正确反映分子间作用力 f 和分子势能 EP 随分子间距离 r 变化关系的图线 是 。（填选图下方的字母） (2)某自行车轮胎的容积为 V．里面已有压强为 P0 的空气，现在要使轮胎内的气压增大到 P， 设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度 相同，压强也是 P0，体积为 的空气。（填选项前的字母） A. 0P VP B. 0 P VP C. 0 1P VP      D. 0 1P VP      答案：（1）B （2）C 【解析】：（1）当分子间距离 r=r0 时，分子之间引力和斥力大小相等，分子作用力为零；当 rr0 时，分子间作用力表现 为引力，作用力随 r 增大而增大，当 r>10r0 时，作用力又趋近于零。分子势能的变化与分子 作用力做功有关，选项 B 正确。 （2）设需再充入体积为 x 的空气。我们把轮胎里体积为 V 的空气和外面体积为 x 的空气当 作一定质量的气体，充气过程为等温过程，有 P0（V+x）=PV，得到 ，选项 C 正 确。 30.[物趣建修 3-5](本题共有两小题，每小题 6 分，共 12 分。每小题只有一个符合题意) (1)在卢瑟福 粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其 中两个 粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是____。（填选图下方的字母） (2)将静置在地面上，质量为 M（含燃料）的火箭模型点火升空，在及短时间内以相对地面 的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷 气结束时火箭模型获得的速度大小是 。（填选项前的事母） A. 0 m vM B. 0 M vm C. 0 M vM m D. 0 m vM m 答案：（1）C （2）D 【解析】：（1）α粒子受到原子核的斥力作用而发生散射，离原子核越近的粒子，受到的斥力 越大，散射角度越大，选项 C 正确。 （2）根据动量守恒定律得： ，所以火箭模型获得的速度大小是 ，选项 D 正确。 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科综 合 二、选择题（共７小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个 选项正确，全部选对的得５分，选对但不全的得 3 分，有选错的得０分） 14、伽利略开始了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利 略发现的规律有（ ） Ａ、力不是维持物体运动的原因 Ｂ、物体之间普遍存在相互作用 Ｃ、忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 Ｄ、物体间的相互作用力总是大小相等， 方向相反 答案：AC 解析：“物体之间普遍存在相互吸引力”是牛顿总结出的万有引力定律的内容，“物体间的相 互作用力总是大小相等、方向相反”是牛顿第三定律的内容，从而排除选项 B、D。选项 AC 均是伽利略利用实验研究和逻辑推理相结合得出的物理规律。本题选 AC。 15、如图所示，用完全相同的轻弹簧 A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静 止状态，弹簧 A 与竖直方向夹角为 30°，弹簧 C 水平，则弹簧 A、C 的伸长量之比为（ ） A． 43： B. 34： C. 1:2 D. 2:1 答案：D 解析：将两球和弹簧 B 看成一个整体，整体受到总重力 G、弹簧 A 和 C 的拉力，如图，设 弹簧 A、C 的拉力分别为 F1 和 F2．由平衡条件得知， F2 和 G 的合力与 F1 大小相等、方向 相反 则得：F2=F1sin30°=0.5F1． 根据胡克定律得：F=kx，k 相同，则 弹簧 A、C 的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有 xA：xC=F1：F2=2：1 故选 D 16、如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角 相同，顶角 b 处安装一定滑轮，质量分别为 M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳 定滑轮连接，轻绳与斜面平等，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的 质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ） A、两滑块组成系统的机械能守恒 B、重力对 M 做的功等于 M 动能的增加 C、轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 D、两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功 答案：CD 解析：A、由于“粗糙斜面 ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故 A 错误 B、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对 M 做的总功等于 M 动能的增加，故 B 错误 C、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故 C 正确 D、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故 D 正确 故选 CD 点评：关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对 应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化 17、如图甲所示为交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向匀强磁场， ○A 为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO＇沿逆时针方向匀速转动，从图示位置 开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（ ） A、电流表的示数为 10A B、线圈转动的角速度为 50πrad/s C、0.01s 时，线圈平面与磁场方向平行 D、0.02s 时，电阻 R 中电流的方向自右向左 答案：AC 解析：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是 AI m 210 ，周期 T=0.02s，由于电流表 的示数为有效值，故示数 AII m 10 2  ，选项 A 正确；B、角速度 T  2 =100π rad/s， 选项 B 错误；C、0.01s 时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁 通量变化最快，磁通量为 0，故线圈平面与磁场方向平行，选项 C 正确；D、由楞次定律可 判断出 0.02s 时流过电阻的电流方向自左向右，选项 D 错误． 点评：交流电年年考一道选择题，所不同的是今年的没有涉及变压器。只考察交流电的产生 与描述。 18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的 ab 边置于 垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域风有垂直纸面的磁场Ⅱ。以向里为磁场Ⅱ的 正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像如图乙所示。用 F 表示 ab 边受到的安培力， 以水平向右为 F 的正方向，能正确反映 F 随时间 t 变化的图像是（ ） 答案：B 解析：分析一个周期内的情况： 在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度 B 的变化度一定，由法拉第电磁感应 定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab 边在磁 场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针 方向，通过 ab 的电流方向从 b→a，由左手定则判断得知，ab 所受的安培力方向水平向左， 为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故 B 正确． 点评：也是很经典的的题型，电磁感应图像：分段分析，注意矢量的正负，16、17、18 这 三道题比 前几年的考题明显简单，尤其是 2011 年那道电磁感应，双棒切割，不容易，今年这 一道题不 必动笔计算。 19、如图所示，在 x 轴上相距为 L 的两点固定两个等量异种电荷+Q、-Q，虚线是以+Q 所在 点为圆心、 2 L 为半径的圆，a、b、c、d 是圆上的四个点，其中 a、c 两点在 x 轴上，b、d 两点关于 x 轴对称，下列说法正确的是（ ） A、b、d 两点处的电势相同 B、四个点中 c 点处的电势最低 C、b、d 两点处的电场强度相同 D、将一试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点，+q 的电势能减小 答案：ABD 解析：A：该电场中的电势关于 X 轴对称，所以 bd 两点的电势相等，故 A 正确； B：c 点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷 远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即 C 点的电势在四个点中是最低 的．故 B 正确； C：该电场中的电场强度关于 X 轴对称，所以 bd 两点场强大小相等，方向是对称的，不相 同的．故 C 错误； D：c 点的电势低于 a 点的电势，试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点，电场力做正功，+q 的 电势能减小．故 D 正确． 点评：双电荷模型，注意 C 项电场强度是矢量，方向不同。 20、双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做 周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均 可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T，经过一段时间演化后，两星总 质量为原来的 k 倍，双星之间的距离变为原来的 n 倍，则此时圆周运动的周期为（ ） A、 Tk n 2 3 B、 Tk n3 C、 Tk n2 D、 Tk n 答案：B 解析：设 m1 的轨道半径为 R1，m2 的轨道半径为 R2．由于它们之间的距离恒定，因此双星 在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同．由向心力公式可得： 对 m1: 2 1 2 1 2 21 4 T Rm l mGm  ① 对 m2: 2 2 2 2 2 21 4 T Rm l mGm  ② 又因为 R1+R2=l,m1+m2=M 所 以 当 两 星 总 质 量 变 为 KM ， 两 星 之 间 的 距 离 变 为 原 来 的 n 倍 ， 由 2 2332 21 32 2 4 )( )(4 Tk n GKM ln mmG nlT   可得： 圆周运动的周期 Tk nT 2  ,故 ACD 错误，B 正确 点评：双星系统向心力由彼此的万有引力提供，周期 T 相同，列出方程即可求解。 第Ⅱ卷 【必做部分】 21、（13 分）（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标 卡尺的_ （填“A”、“B”或“C”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为 mm。 答案：A，11.30 解析：由游标卡尺的结构原理可知测内经，应该用游标卡尺的内测量脚．即 A 部分． 游标卡尺测内径时，主尺读数为 11mm，游标读数为 0.05×6=0.30mm，最后读数为 11.30mm． （2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性 进展，如图所示，在一矩形半导体薄片的 P、Q 间通入电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场 B，在 M、N 间出现电压 UM，这种现象称为霍尔效应。UM 为霍尔电压，且满足 d IBkU M  ， 式中 d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数。某同学通过实验测定该半导体薄片的霍尔系数。 ①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学 用电压表测量 UM 时，应将电压表的“+”接线柱与 M（填“M”或“N”）端通过导线连接。 ②已知薄片厚度 d=0.40mm。该同学保持磁感应强度 B＝0.10T 不变，改变电流 I 的大小，测 量相应的 UM 值，记录数据如下表所示，根据表中数据在给定坐标纸上画出 UM－I 图线，利 用图线求出该势头的霍尔系数为______ 11310   TAmV （保留 2 位有效数字）。 ③该同学查资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向的测量的平均值， 可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路。S1、S2 均为单刀 双掷开关，虚线框内为半导体薄片（示画出）。为使电流自 Q 端流入，P 端流出，应将 S1 掷向 b（填“a”或“b”）， S2 掷向 c（填“c”或“d”）。 为了保证测量安全，该同学改装了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其 它连接不变的情况下，该定值电阻串接在相邻器件 S1 与 e（填器件代号）之间。 答案：①M ②如图所示，1.5（1.4 或 1.6）③b,c;S1，E（或 S2，E） 解析：①由于导电空穴为带正电的粒子，由电流方向和磁场方向结合左手定则可判断出正粒 子向 M 板偏转，故 M 板的电势高，电压表的“+”接线柱应与 M 端连接。 ②根据表格数据，在做表纸上苗点、连线，注意使图线尽可能多的穿过坐标点，不在线上 的点均匀分布在线的两侧，误差较大的点予以舍去。作图如下图： 由题意 d IBkU a  知 d BkI U a  ，即图线的斜率表示 d Bk ，将已知数据代入可求得 113105.1   TAmVk ③为使电流从 Q 端流入，P 端流出，应将 S1 掷向“b”, S2 掷向 “c”。 为了保证测量安全， 可以将一合适的定值电阻与电源串联连接在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值 电阻应串联在相邻器件 S1 和 E 之间。 点评：以往的实验往往是一力一电，今年的游标卡尺是选修 3-1 的附录，游标卡尺、螺旋测 微器、 多用电表，大家狂练过的---我以为今年考多用电表的。电学实验霍尔效应的空穴导电 属于新 情景，不过大部分学校练习过，第 3 问有难度。 22、（15 分） 如图所示，一质量 m=0.4kg 的小物块，以 v0=2m/s 的初速度，在与斜面成某的角度的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t=2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，AB 两点间的 距离 L＝10m.已知斜面倾角 30 ，物块与斜面之间的动摩擦因数 3 3 ，重力加速度 g 取 10m/s2. （1）求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小。 （2）拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？ 答：（1）物块加速度的大小为 3m/s2，到达 B 点的速度为 8m/s；  F A B （2）拉力 F 与斜面的夹角 30°时，拉力 F 最小，最小值是 N5 3 13=Fmin ． 解析：（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有： 2 2 1 atL  ①，v=at ② 联立解得； a=3m/s2，v=8m/s （2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图 根据牛顿第二定律，有： 水平方向：Fcosα-mgsinα-Ff=ma 竖直方向：Fsinα+FN-mgcosα=0 其中：Ff=μFN 联立解得： α)+sin(60 3 3 2 ma+μcosα)+mg(sinα= sincos ma+μcosα)+mg(sinα=F   故当α=30°时，拉力 F 有最小值，为 N5 3 13=Fmin ； 点评：本题是已知运动情况确定受力情况，关键先根据运动学公式求解加速度，然后根据牛 顿第二定律列式讨论． 23、（18 分）如图所示，在坐标系 xoy 的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直 于 xoy 平面向里；第四象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E。一带电量为 +q、质量为 m 的粒子，自 y 轴上的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象 限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留 磁场。已知 OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。 （1）求粒子过 Q 点时速度的大小和方向。 （2）若磁感应强度的大小为一确定值 B0，粒子将以垂直 y 轴的方 o y x E Q P 向进入第二象限，求 B0 的大小。 （3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点，且速度与 第一次过 Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间。 答：（1）粒子过 Q 点时速度的大小 m qEd 2=v ，与水平方向的夹角θ=45° （2）粒子以垂直 y 轴的方向进入第二象限时 2qd mE =B0 （3）粒子相邻两次经过 Q 点 所用的时间 qE 2md π)+(2=t 解析：（1）粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，水平方向：2d=v0t 竖直方向做匀加速直线运动，最大速度 yv ： t v2 1=d y t m qE=at=v y  联立以上三公式，得： m 2qEd =v=v y0 粒子的合速度： m qEd 2= v+ v =v 2 y 2 0 设合速度与水平方向的夹角为θ，则： 1= v v=tanθ 0 y ，故θ=45° （2）粒子以垂直 y 轴的方向进入第二象限，则粒子偏转的角度是 135°，粒子的运动轨迹 如下图所示： O1 为圆心，由几何关系可知 OQO1 为等腰直角三角形，则有 d 22R1  粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： R mv=qvB 1 2 0 代人数据，整理得： 2qd mE =B0 （3）若经过一段时间后粒子能够再次经过 Q 点，且速度与第一次过 Q 点时相同则粒子运动 的轨如图： 它在磁场中运动的半径： d 2 =r 2 1=′R 粒子在一、三象限中运动的总时间： qE 2md π=v R2=t1  粒子中二、四象限中运动轨迹的长度： d 2 2=s 粒子中二、四象限中运动的时间： qE 2md 2= v 2s=t 2 粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间： qE 2md π)+(2=t+t=t 21 点评：拿下前 2 问即可，第 3 问直接放弃，除非你非常优秀，不然后面的题就没有时间了。 36、（8 分）【物理——选修 3－3】 （1）下列关于热现象的描述正确的一项是（ ） A、根据热力学定律，热机的效率可能达到 100% B、做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 C、温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 D、物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的。 答案：C 解析：在热机工作过程中不可避免的要有能量耗散，其效率不可能达到 100%,A 错误；热传 递是靠热量的转移告便系统的内能的，B 错；系统达到热平衡的标志是温度相同，C 正确； 分自动理论告诉我们，物质是由分子组成的，分子永不停息的做无规则运动，胆大两分子运 动遵从一定的统计规律，如温度升高，所有的分子的平均动能增大，D 错。 （2）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验 中，“蛟龙”号探测到 990m 深处的海水温度为 280K。某同学利用该数据来研究气体状态随 海水深度的变化。如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩 擦，气缸所处海平面的温度 T0＝300K，压强 P0＝1atm，封闭气体的体积 V0＝3m3。如果将 该气缸下潜至 990m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。 ①求 990m 深处封闭气体的体积（1atm 相当于 10m 深海水产生的压强）。 ②下潜过程中封闭气体______________（填“吸热”或“放热”），传递的热量_______（填 “大于”或“小于”）外界对气体所做的功。 答案：① 32-108.2 mV  ②放热，大于 ①当气缸下潜至 990m 时，设封闭气体的压强为 p，温度为 T，突击为 V 由题意知 p=100atm 根据理想气体状态方程得 T PV= T VP 0 00 代入数据得 32-108.2 mV  ②下滑过程中气体体积减小，外界对气体做正功，由气体的质量一定，温度降低，故气体向 外发生热传递，且传递的热量大于外界对气体做的功。 37、（8 分）【物理——选修 3－4】 （1）如图甲所示，在某不过均匀介质中，A、B 是振动情况完全相同的两个波源，鞭税率 运动表达式均为 mtx )20sin(1.0  ，介质中 P 点与 A、B 两波源间的距离分别为 4m 和 5m， 两波源形成的简谐横波分别沿 AP、BP 方向传播，波速都是 10m/s。 ①求简谐横波的波长。 ②P 点的振动_______________ 答案：①λ=1m，②加强 解析：①由简谐运动表达式为 x=0.1πsin（20πt）m 知，角频率ω=20πrad/s，则周期为 0.1m/s= ω 2=T  ，由 T λ=v 得，波长λ=vT=1m； ②△S=5m-4m=1m=λ，故 P 点的振动加强． （2）如图乙所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由 O 点垂直 AD 边射入。已知棱镜的折射率 2n ，AB＝BC＝8cm， 60OAB 。 ①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。 ②第一次出射点距 C cm。 答：①从 CD 边射出，与 CD 边成 45°斜向左下方 ② 3 3 4 解析：（1）因为 n 1=sinC ，临界角 C=45° 第一次射到 AB 面上的入射角为 60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到 BC 面上，入 射角为 60°，又发生全反射，射到 CD 面上的入射角为 30° 根据折射定律得， sin30 sinθ=n  ，解得θ=45°． 即光从 CD 边射出，与 CD 边成 45°斜向左下方． （2）根据几何关系得，AF=4cm，则 BF=4cm． ∠BFG=∠BGF，则 BG=4cm．所以 GC=4cm． 所以 cm 3 3 4=CE 38、（8 分）【物理——选修 3－5】 （1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应在，当温度达到 103K 时，可 以发生“氦燃烧”。 ①完成“氦燃烧”的核反应议程：  BeHe 8 4 4 2 _____ 。 ② Be8 4 是一种不稳定的粒子，其半衰期为 s161026  。一定质量的 Be8 4 经 s24108.7  后所 剩 Be8 4 占开始时的____________________。 答案： He4 2 或α， 8 1 或 12.5% 解析：①根据电荷数守恒、质量数守恒，知未知粒子的电荷数为 2，质量数为 4，为 He4 2 ． ②经 7.8×10-16s，知经历了 3 个半衰期，所剩 Be8 4 占开始时的 3 2 1）（ = 8 1 ． （2）如图所示，光滑水平轨道上放置以 A（上表面粗糙）和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端。 三者质量分别为 mA=2Kg、mB=1Kg、mC=2Kg。开始时 C 静止，A、B 一起以 v0=5m/s 的速 度匀速向右运动，A 与 C 相碰撞（时间极短）后 C 向右运动，经过一段时间，A、B 再次达 到共同速度一起向右运动，且恰 好不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大 小。 答案：A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小是 2m/s 解析：因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间 A 的速度大小为 vA，C 的速度大小为 vC， 以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mCvC，① A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律得 mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB ② A、B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足：vAB=vC ③ 联立①②③式解得：vA=2m/s．