2013年浙江高考理综物理试题及答案(word版清晰精校精排)

2013年浙江高考理科综合能力测试卷物理试题及答案一、单选题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”中的超声波传播速度相同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 14．B15．磁卡的磁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v 0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v02，线圈中的E －t 关系图可能是( )15．D [解析] 磁卡磁条的磁化区通过检测线圈时，检测线圈中产生动生电动势，当刷卡速度由v 0变成v 02时，动生电动势的大小由E ＝Blv 0变为E′＝Blv 02；刷卡器的长度一定，当刷卡速度由v 0变成v 02时，刷卡时间由t 0变为2t 0，故D 选项正确．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16．C [解析] 月全食的示意图如图所示．月全食发生时，月球处于地球的本影区．从原理上来说，地球上的人不会看到月亮．为什么会看到“红月亮”呢？是因为有一部分太阳光经过地球大气层的折射后，波长较短的蓝紫光大部分被吸收了，而波长较长的红光更多地照向月球表面，所以“红月亮”是地球大气对太阳光的折射造成的．月全食是自然现象，小虎看到整个月球是暗红色，也是自然现象，不是人用红色激光照射的结果，故A 错．月全食时月球在地球的背面，地球反射的光不会照向月球，故B 错．月全食时，太阳光无法直接照到月球，即使照到也不具备发生光的干涉的条件，即使具备发生光的干涉的条件，干涉图样也应该是条纹状的，故D 错．用排除法也应该选C.17．如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 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F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 217．D [解析] 从图可知，物块与木板之间的静摩擦力最大值为4 N ，滑动摩擦力大小为3 N ．结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律：在0～4 s 物块静止，4～5 s 物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动，5 s 以后物块做匀加速直线运动.0～4 s 物块静止，拉力对物体不做功，但是4～5 s 物块运动，拉力对物体做正功，故A 错误.4 s 末，物块所受的合力由0突变为1 N ，故B 错误．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝F f mg ＝31×10＝0.3，故C 错误.6～9s 内，物块的加速度a ＝F －F f m ＝5－31m/s 2＝2.0 m/s 2，故D 正确．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GMm（r －R ）2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMmr 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm23r 2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr218．BC [解析] 地球与一颗卫星的万有引力可由万有引力定律直接求出， F 地卫＝G Mmr2，故A 错误，B 正确．卫星间的万有引力也可由万有引力定律直接求出， F卫卫＝Gmm （3r ）2＝G m23r2，故C 正确．三颗卫星对地球的万有引力大小相等，相邻两个力的夹角均为120°，合力为零，故D 错误．二、选择题（本题共3小题。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）19．如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/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 ＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4830 NB ．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10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N19．AD [解析] 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球由牛顿第二定律有：F －mg ＝ma ，解得浮力F ＝mg ＋ma ＝4830 N ，故A 正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m 时的速度v ＝2ah ＝6 5 m/s>5 m/s ，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B 错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m 所用的时间t ＝2ha＝12 5 s>10 s ，说明上升10 s 后还未上升到180 m 处，速度小于5 m/s ，故C 错误．以5 m/s 的速度匀速上升阶段，空气阻力f ＝F －mg ＝230 N ，故D 正确．20．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，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P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝13，A 错误．离开电场区域时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝mBq 2Uq m ＝1B2Um q ，故r 1r 2＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝dr＝Bdq 2Um ，故sin θ1sin θ2＝q 1q 2＝13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝12，C 正确．三、非选择题部分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 21．(1)2.10 cm 或2.40 cm (±0.05 cm ，有效数字不作要求)(2)1.13 m/s 或1.25 m/s (±0.05 cm/s ，有效数字不作要求) 小于 (3)C【解析】(1)纸带①，b 点读数约为3.90 cm ，c 点读数约为6.00 cm ，b 、c 间距离约为2.10 cm.纸带②，b 点读数约为4.10 cm ，c 点读数约为6.50 cm ，b 、c 间距离约为2.40 cm.(2)c 、e 间的平均速度v －＝Δx ce2T ，纸带①中对应的约为1.13 m/s ，纸带②中对应的约为1.25 m/s.(3)纸带①中两计时点间的距离越来越大，说明小车一直在加速，所以是用装置甲实验所得．纸带②中d 点以后的计时点间的距离不变，说明小车先加速后匀速，所以是用装置乙实验所得．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 ．不再需要其他器材 (2)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R A ＝________． 22．(1)A (2)如图所示 (0.75±0.10)Ω (3)0.22 Ω[解析] (1)依据实物图，实验器材还缺电压表．(2)根据数据描点、连线，作出电源的U －I 图像，电源内阻r ＝ΔUΔI .(3)电流表的电阻R A ＝UI－R.23．(16分)山谷中有三块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，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 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，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从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．23．[解析] (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为v C ，有 (M ＋m)gh 2＝12(M ＋m)v 2C ④v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s ⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得 F T －(M ＋m)g ＝(M ＋m)v 2CL ⑥由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m)g ＋(M ＋m)v 2CL ＝216 N ⑨24． (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R A 和R B 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 板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E k0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ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？ (4)比较|ΔEk 左|与|ΔE k 右|的大小，并说明理由．24．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝12mv 2R ＝R A ＋R B 2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e （R A ＋R B ）(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 ΔΕk ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 ΔΕk 左＝e(φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 ΔΕk 右＝e(φA －φC ) (4)根据电场线的特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有||φB －φC >||φA －φC 即||ΔΕk 左>||ΔΕk 右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＝0.2 Ω·m 的海水，通道中a×b×c＝0.3 m ×0.4 m ×0.3 m 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B ＝6.4 T 、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3 m ×0.4 m 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，设该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ρm ≈1.0×103 kg/m 3.(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v 0＝30 m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v ＝34 m/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．25．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力F ＝IBL代入数据得：F ＝IBc ＝1.0×103×6.4×0.3 N ＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以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，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率 P 1＝F 牵v 0根据牛顿第三定律：F 牵＝12IBL 当v 0＝30 m/s 时，代入数据得：P 1＝F 牵v 0＝12×1.92×103×30 W ＝6.9×105W 第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律： R ＝ρl S代入数据得：R ＝ρc ab ＝0.2×0.30.3×0.4Ω＝0.5 Ω 由热功率公式，P ＝I 2R 代入数据得：P 单＝I 2R ＝5.0×105WP 2＝12×5.0×105W ＝6.0×106W第三部分：单位时间内海水动能的增加值 设Δt 时间内喷出的海水质量为m P 3＝12×ΔΕkΔt考虑到海水的初动能为零， ΔΕk ＝Εk ＝12mv 2水对地m ＝ρm bcv 水对地ΔtP 3＝12×ΔΕk Δt ＝12×12ρm bcv 3水对地＝4.6×104W【18选6模块】题号：13 科目：物理13． [2013·浙江卷] “物理3－3”模块(10分)一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 、D 再回到状态A ，其体积V 与温度T 的关系如图所示．图中T A 、V A 和T D 为已知量．(1)从状态A 到B ，气体经历的是________过程(填“等温”“等容”或“等压”)； (2)从B 到C 的过程中，气体的内能________(填“增大”“减小”或“不变”)； (3)从C 到D 的过程中，气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，同时________(填“吸热”或“放热”)；(4)气体在状态D 时的体积V D ＝________． 13．(1)等容(2)不变(3)做负功 放热 (4)T DT AV A [解析] (1)从图像可知，从A 到B 过程为等容过程． (2)从B 到C 过程，温度不变，理想气体的内能不变．(3)从C 到D 过程， 体积减小，外界对气体做正功；温度降低，内能减小；根据热力学第一定律，气体放热．(4)从D 到A 过程是等压变化，有V D T D ＝V A T A ，所以V D ＝V A T DT A.题号：14 科目：物理14． [2013·浙江卷] “物理3－5”模块(10分)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示．已知普朗克常量h ＝6.63×10－34J ·s.甲 乙(1)图甲中电极A 为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U C 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νC ＝________Hz ，逸出功W 0＝________J ；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz ，则产生的光电子的最大初动能E k ＝________J.14．(1)阳极(2)(5.12～5.18)×1014 (3.39～3.43)×10－19(3)(1.21～1.25)×10－19[解析] (1)电路图为利用光电管产生光电流的实验电路，.光电子从K 极发射出来，故K 为光电管的阴极，A 为光电管的阳极．(2)遏制电压对光电子做负功，有eU C ＝E k ＝h ν－W 0，结合图像，当U C ＝0时，极限频率ν0＝5.15×1014 Hz ，故逸出功W 0＝h ν0＝3.41×10－19J.(3)光电子的最大初动能E k ＝h ν－W 0＝h ν－h ν0＝1.23×10－19J.。