2013高考物理终极猜想卷02

14、一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

下列选项正确的是 A ．在0～6s 内，物体离出发点最远为35m B ．在0～6s 内，物体经过的路程为40m C ．在0～6s 内，物体的平均速度为7.5m/s
D ．在5～6s 内，物体做减速运动
【答案】AB
【解析】0～5s ，物体向正向运动，5～6s 向负向运动，故5s 末离出发点最远，0～5s ，路程
为111
10m/s 2s 10/210/13522s m s s m s s m
=⨯⨯+⨯+⨯⨯= ，5～6s 路程为
21
10m/s 1s=52s m
=⨯⨯，所以在0～6s 内，物体的平均速度为126s s -=5m/s ，在5～6s 内，
物体做沿负向做加速运动。

故AB 对CD 错。

15、一质量为m 的物体放在粗糙斜面上保持静止。

现用水平力F 推m ，如图所示，F 由零逐渐增加，整个过程中物体m 和斜面始终保持静止状态，则（ ） A ．物体m 所受的支持力逐渐增加
B ．物体m 所受的静摩擦力逐渐减小直到为零
C ．物体m 所受的合力逐渐增加
D ．水平面对斜面的摩擦力逐渐增加
【答案】AD
【解析】物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零．故C 错误． 对物体受力分析并分解如图：
未画上f ，讨论f 的情况： ①Fcosθ=Gsinθ；f=0
②Fcosθ＞G sinθ；f 沿斜面向下 ③Fcosθ＜Gsinθ；f 沿斜面向上
所以f 的变化情况是：①有可能一直变大②有可能先变小后反向变大 故B 错误．
物体m 所受的支持力大小等于Gcosθ+Fsinθ，故A 正确.
将物体和斜面看做一个整体分析可知，随F 增大，水平面对斜面的摩擦力逐渐增加。

16．经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间.已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里.假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较( ) A.“神舟星”的轨道半径大 B.“神舟星”的公转周期大
C.“神舟星”的加速度大
D.“神舟星”受到的向心力大 【答案】C
【解析】根据线速度的定义式得：v=
l
t
∆∆，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度,研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
222
,GMm v GM
m R R R v
==（其中M 为太阳的质量，R 为轨道半径），由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，故A 错误．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
22
24,2GMm m R T R T π==M 为太阳的质量，R 为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期．故B 错误．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
22
,GMm GM
ma a R R
==，其中M 为太阳的质量，R 为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度．故C 正确．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：F 向=
2
GMm
R ，其中M 为太阳的质量，R 为轨道半径，m 为卫星的质量．由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系，所以两者的向心力无法比较．故D 错误．故选C ．
17．电场线分布如图所示，电场中a ，b 两点的电场强度大小分别为a
E 和
b
E ，电势分
别为a
ϕ和
b
ϕ，则 A ． a b E E >，a b ϕϕ> B ．a b E E >，a b ϕϕ< C ．
a b
E E <，
a b ϕϕ> D ．a b E E <，a b ϕϕ<
【答案】C Zxxk
【解析】根据电场线疏密表示电场强度大小，E a ＜E b ；根据沿电场线方向电势降低，φa
＞φb ，故ABD 错误，C 正确．
18.2012年伦敦奥运会上，牙买加选手博尔特，夺得100米冠军，成为“世界飞人”。

他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。

如图所示，假设他的质量为m, 在起跑时前进的距离S 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为阻W 、重力对人做功重W 、地面对人做功地W 、运动员自身做功人W ，则在此过程中，下列说法中正确的是
A.地面对人做功mgh mv W +=
2
21地 B.运动员机械能增加了mgh mv +2
2
1
C.运动员的重力做功为mgh W -=重
D.运动员自身做功为阻人W mgh mv W -+=2
2
1 【答案】BC
【解析】重心上升h ，故重力做功为-mgh ，重力势能增加mgh ，动能增加
12
mv 2
，故机械能增加量为mgh+
12mv 2，由动能定理可知2
1++=2
G W W W W mv +阻人地，综上所述可知，AD 错误，BC 正确。

19、火警报警系统原理如图甲所示，M 是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n 1:n 2 =10:1，接线柱a 、b 接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示,在变压器右侧部分,R 2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R 1为一定值电阻。

下列说法中正确的是：（ ） A ．电压表示数为 22V B ．此交变电源的频率为 50Hz
C ．当传感器R 2所在处出现火警时，电流表的示数减小
D ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表的示数减小
19、BD
20、在如图7所示的斜面上方分别有光滑轨道OA 、OB ，其中
OA沿竖直方向，OB与斜面夹角∠OBA大于90°。

设一光滑
小球从O点由静止沿OA、OB运动到斜面上所用的时间
分别是t1、t2，则（）
A．t1＜t2 B．t1=t2
C．t1＞t2 D．无法确定
【答案】C
20、
如图甲所示，bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ 与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示，PQ能够始终保持静止，则0～t2时间内，PQ受到的安培力F和摩擦力f随时间变化的图像可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)
【答案】BCD
由图乙可知磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，根据左手定则可知导体棒开始受到逐渐减小的安培力，当B=0时，安培力为零，当磁场反向时，导体棒受到逐渐增大的安培力，显然A错误。

分析清楚安培力的情况，然后对导体棒进行正确受力分析，即可正确判断摩擦力的变化情况．
若磁场方向垂直斜面向上为正，则开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsinθ，则摩擦力为：f=mgsinθ-F安，随着安培力的减小，摩擦力f逐渐逐渐增大，当安培力反向时，f=mgsinθ+F安，安培力逐渐增大，故摩擦力也是逐渐增大；若安培力大于mgsinθ，则安培力为：f=F安-mgsinθ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安=mgsinθ时，摩擦力为零并开始反向变为：f=mgsinθ-F安，随着安培力的变化将逐渐增大，故BCD均有可能正确。

22.（6分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。

该螺旋测微器校零时的示数如
图（a ）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b ）所示。

图（a ）所示读数为_________mm ，图（b ）所示读数为_________mm ，所测金属板的厚度为_________mm 。

【答案】0.010； 6.870； 6.860
【解析】测量时被测物体长度的半毫米由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01 (mm).螺旋测微器的读数为（a ）d ＝(0＋1.0×0.01)mm ＝0.010 mm. (b)(6.5＋37.0×0.01)mm ＝6.870 mm,
23．（12分）在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：
（1）动能增加量略小于重力势能减少量的主要原因是_____________。

A ．重物下落的实际距离大于测量值
B ．重物下落的实际距离小于测量值
C ．重物下落受到阻力。

D ．重物的实际末速度大于计算值。

（2）甲、乙、丙三位同学分别得到A 、B 、C 三条纸带，它们的前两个点间的距离分别
是1．0mm 、1．9mm 、4．0mm 。

那么一定存在操作错误的同学是________________ 错误的原因是____________________
（3）有一条纸带，各点距A 点的距离分别为d 1，d 2，d 3，……，如图所示，各相邻点间
的时间间隔为T ，当地重力加速度为g 。

要用它来验证B 和G 两点处机械能是否守恒，则B 点的速度表达式为v B =__________，G 点的速度表达式为v G =____________，若B 点和G 点的速度v B 、v G 和BG 间的距离h 均为已知量，则当_____________________时，机械能守恒。

【答案】（1）C ； （2）丙； 先释放重物，后接通电源； （3）T d 2/2；
T d d 2/)(57- gh v v B G
22
2=-
【解析】（1）原因是由于纸带与打点计时器之间的摩擦和空气阻力的影响。

（2）由自由落体运动的位移公式知，第一、二两点间距离应该约为 2 mm,本实验中要求先接通计时器电源后释放重物，所以第一、二两点间距离应小于2 mm.
（3）由平均速度公式易得)2/(v 2T d B =,)2/()-(v 57T d d G =。

设G 点为重力势能零点，则B 点机械能为mgh+
221B mv ,G 点机械能为2
2
1G mv ,若221G mv = mgh+22
1B mv ，即gh v v B G
22
2=-，则B 、G 两点处机械能守恒。

24、（14分）浙江卫视六频道《我老爸最棒》栏目中有一项人体飞镖项目，该运动简化模
型如图所示。

某次运动中，手握飞镖的小孩用不可伸长的细绳系于天花板下，在A 处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B 时小孩松手，飞镖依靠惯性飞出击中竖直放置的圆形靶最低点D 点，圆形靶的最高点C 与B 在同一高度，C 、O 、D 在一条直径上，A 、B 、C 三处在同一竖直平面内，且BC 与圆形靶平面垂直。

已知飞镖质量m=1kg ，BC 距离s=8m ，靶的半径R=2m ，AB 高度差h=0.8m ，g 取10m/s 2。

不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点。

（1）求孩子在A 处被推出时初速度v o 的大小；
（2）若小孩摆至最低处B 点时沿BC 方向用力推出飞镖，飞镖刚好能击中靶心，求在B 处小孩对飞镖做的功W;
（3）在第(2)小题中，如果飞镖脱手时沿BC 方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其
获得了一个垂直于BC 的水平速度v ，要让飞镖能够击中圆形靶，求v 的取值范围。

24、
（1）设飞镖从B 平抛运动到D 的时间为t 1，从B 点抛出的初速度为v 1,小孩和飞镖的总质量为M ，则有
代入数据得v o =8m/s
(2) （共5分）设推出飞镖从B 平抛运动到D 的时间为t 2，从B 点抛出的初速度为v 2，则有
22s v t = 2
212
R gt =
222
211()28mgs W m v v R =-=
代入数据得W=80J
（3）（共6分）因BC 方向的速度不变，则从B 到靶的时间t 2不变,竖直方向的位移也仍为R ，则靶上的击中点一定是与靶心O 在同一高度上，则垂直于BC 的水平位移一定小于等于R ，因此有
代入数据得v ≤
25、（18分）如图所示，K 是粒子发生器，D 1、D 2、D 3是三块挡板，通过传感器可控制
它们定时开启和关闭，D 1、D 2的间距为L ，D 2、D 3的间距为
2
L。

在以O 为原点的直角坐标系Oxy 中有一磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴和直线MN 是它的左、右边界，且MN 平行于y 轴。

现开启挡板D 1、D 3，粒子发生器仅在t =0时刻沿x 轴正方向发射各种速率的粒子，D 2仅在t =nT （n =0，1，2…，T 为周期）时刻开启，在t =5T 时刻，再关闭挡板D 3，使粒子无法进入磁场区域。

已知挡板的厚度不计，粒子质量为m 、电荷量为+q （q 大于0），不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，整个装置都放在真空中。

（1）求能够进入磁场区域的粒子的速度大小；
（2）已知从原点O 进入磁场中速度最小的粒子经过坐标为（0，2）的P 点，应将磁场边界MN 在O xy 平面内如何平移，才能使从原点O 进入磁场中速度最大的粒子经过坐标为
（ 6 ）的Q 点？
2
22(21(22
(2R v t R gt v ≥=≤
分）分）
结合两式可得分）
25、（1）设能够进入磁场区域的粒子的速度大小为n v ，由题意，粒子由D 1到D 2经历的时间为
1n
L
t nT v ∆==
（n =1、2……） 2分 粒子由D 2到D 3经历的时间为 222
n L nT t v ∆=
= 1分 t =5T 时刻，挡板D 3关闭，粒子无法进入磁场，故有 125t t t T ∆=∆+∆≤ 1分 联立以上三式解得 n =1、2、3
所以，能够进入磁场区域的粒子的速度为 n L
v nT
=
（n =1、2、3） 1分 （2）进入磁场中速度最小的粒子经过坐标为（0 cm ，2 cm ）的P 点，所以R =1 cm 。

粒
子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 2
v q v B
m R
= 1分 所以，粒子圆周运动的半径 mv
R Bq
=
1分 由前可知，进入磁场中粒子的最大速度是最小速度的3倍，故 R′= 3R=3 cm 1分 其圆心坐标为（0 ，3 cm ），其轨迹方程为 2
2
2
(3)3x y +-=
过Q 点作圆轨迹的切线，设切点F 的坐标为（x 0，y 0）。

若此粒子在F 点进入无磁场区域，它将沿直线FQ 运动到Q 点。

故F 点一定在磁场的边界上。

由图可知，∠FQH =∠EFG =θ，故
tan θ=
1分
3tan y x θ-=
1分 F 点在圆上 2222
00(3)3x y +-= 1分
联立解得
0x =
，03
cm 2
y = 1分 因此，只要将磁场区域的边界MN 平行左移到F 点，速度最大的粒子在F 点穿出磁场，将
沿圆轨迹的切线方向到达Q 点。

（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道作答，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，则每科按所做的一题计分。

33．【物理—选修3－3】（15分） （1）（6分）下列说法中正确的是 。

（填入正确选项前的字母。

选对1个给3
分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A ．物体是由大量分子组成的，分子间同时存在引力的斥力
B ．悬浮在水中的花粉颗粒运动不是因为外界因素的影响，而是由于花粉自发的运动
C ．物体的内能是物体的所有分子动能与分子势能的总和，物体内能不可以为零
D ．第二类永动机违反能量守恒定律
E ．一定质量的理想气体压强不变温度升高时，吸收的热量一定大小内能的增加量
（2）（9分）如图23所示，一直立汽缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的
理想气体，活塞横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，开始时 活塞被螺栓K 固定。

现打开螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后， 活塞停在B 位置，已知A 到底端距离为H 、B 到底端距离为h ，大气 压强为p 。

，重力加速度为g 。

①求活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强p ； ②设周围环境温度保持不变，求开始时活塞在A 处时封闭气体的压强。

【答案】见解析
34．【物理—选修3－4】（15分）
（1）（6分）图24甲所示为列简谐横波在t=1s时的波形图，图乙是这列波中x=50cm的质点A的振动图象，那么该波的传播速度为。

波的传播方向沿x轴
（填“正”或“负”）方向。

t=1.3S时，质点A的振动方向沿y轴（填“正”
或“负”）方向。

学&科&网Z&X&X&K]
（2）（9分）如图25所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在
将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，
则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体
的上表面射出，打在光屏上的p’点，与原来相比
向左平移了 3.0cm，已知透明体对光的折射率为
，求：
①实线为入射光线，虚线为没有透明体时的光路图，请用实线
画出有透明体时的光路图；
②光在透明体里运动的时间。

【答案】见解析
35．【物理—选修3－5】（15分）
（1）下列说法中正确的是 。

（填入正确选项前的字母。

选对1个给3分，选对
2个给4分。

选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分） 学,科,
A ．226222488862Ra Rn He →+这个核反应方程式是重核裂变方程式
B ．光电效应和康普顿效应表明了光具有粒子性
C ．电子束通过铝箱形成的衍射图样证实了实物粒子的波动性
D ．234U 半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，它的半衰期可能变短
E ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小 （2）（9分）如图26所示，质量为4kg 的小球A 与质量为2kg 的小球B ，用轻弹簧相连（未栓接）在光滑的水平面上以速度v 。

向左运动，在A 球与左侧墙壁碰撞，碰后两球继续运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为8J ，假设A 球与墙壁碰撞过程中无机械能的损失，求：①弹簧弹性势能在何时达到最大；
②v 。

的大小。

【答案】见解析。