2013广东各地高考二模物理计算题专题

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2013年广东省江门市、佛山市高考物理二模试卷

2013年广东省江门市、佛山市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共34.0分)1.热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，第二天，你会感到将瓶塞拔出来很吃力．下列有关瓶内气体（视为理想气体）说法正确的是（）A.温度降低，压强减小B.体积减小，压强增大C.对外做功，内能减小D.释放热量，内能不变【答案】A【解析】解：盖紧瓶塞，保温瓶中的热水过一段时间冷却后，瓶内气体温度降低，瓶内的气体发生等容变化，根据查理定律得知，瓶内气压减小，使得外界的大气压大于瓶内气压，故瓶塞就被外界大气压紧紧地压在了瓶口上，很难拨出．故A正确．故选A木塞出现难拔出的现象，是因为瓶内的气体发生等容变化，温度降低，压强减小，造成瓶内的气压与瓶外的大气压不相等造成的；本题考查的是个生活现象：瓶中热水不满、盖紧瓶塞、冷却后很难拨出．要理解这个现象产生的原因，需要学生自己提出设想，多探究多实验，因为是生活现象，所以有足够的条件可以供学生自己实验．2.将冰块放入微波炉中加热，变为40℃的水．下列说法正确的是（）A.冰变为40℃的水，每个分子热运动的速率都增大B.冰变为40℃的水，分子热运动的平均动能增大C.冰块不一定有规则的几何外形，故不是晶体D.冰变为水的过程中需不断释放出能量【答案】B【解析】解：A、温度是分子平均动能变化的标志．冰变为40℃的水，分子热运动的平均动能增大，但是个别分子速率可能减小，故A错误，B正确C、单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形；故C错误D、冰变水的过程是吸收能量，故D错误故选B．温度是分子平均动能变化的标志．单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形；掌握了课本上的基础内容就能顺利解决此类问题．故学习此部分内容时不能脱离了课本．3.氢原子的能级如图．某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25e V．处于n=4激发态的一群氢原子，它们向各较低能级跃迁时，哪两能级间跃迁产生的光子不能使光电管产生光电子（）A.从n=4向n=3跃迁B.从n=3向n=1跃迁C.从n=4向n=1跃迁D.从n=2向n=1跃迁解：A、从n=4向n=3跃迁，辐射的光子能量为1.51-0.85e V=0.66e V＜2.25e V，不能发生光电效应．故A正确．B、从n=3向n=1跃迁，辐射的光子能量为13.6-1.51e V=12.09e V＞2.55e V．能发生光电效应．故B错误．C、从n=4向n=1跃迁，辐射的光子能量为13.6-0.85e V=12.75e V＞2.55e V．能发生光电效应．故C错误．D、从n=2向n=1跃迁，辐射的光子能量为13.6-3.4e V=10.2e V＞2.55e V．能发生光电效应．故D错误．故选A．能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，当辐射的光子能量大于逸出功时，会发生光电效应．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．4.若战机从航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同，则（）A.携带弹药越多，加速度越大B.加速度相同，与携带弹药的多少无关C.携带燃油越多，获得的起飞速度越大D.携带弹药越多，滑行时间越长【答案】D【解析】解：A、B、根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；携带弹药越多，质量越大，故加速度越小，故A错误，B错误；C、携带燃油越多，质量越大，根据动能定理F x-fx=，故速度越小，故C错误；D、携带弹药越多，质量越大，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma，故加速度越小，根据x=，滑行时间越长，故D正确；故选D．飞机受到四五力，重力、支持力、升力、动力和阻力，根据牛顿第二定律列式求解加速度即可．本题关键明确飞机的受力情况，然后根据牛顿第二定律列式判断加速度，根据动能定理或运动学公式判断起飞速度与加速时间．5.两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．不计粒子重力，则下列说法正确的是（）A.a粒子带正电B.b粒子带正电C.a粒子速度较小D.b粒子在磁场中运动时间较长解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误；B、由A分析知B正确；C、洛伦兹力提供向心力，即：qv B=，得：r=，故半径较小的a粒子速度小，故C正确；D、据，粒子在磁场中偏转角大的运动的时间也长；因为b粒子的偏转角大小，所以运动的时间就短，故D错误．故选：BCa、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定．从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定，属于基本题目．6.理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A.V表的读数为220VB.通过R的电流为2AC.A表的读数为2AD.变压器的输入功率为44W【答案】BD【解析】解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02sA、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P2=44W，故D正确．故选BD电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流．解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系．7.学校喷水池的水如图由喷水口向两旁水平喷出，若忽略空气阻力及水之间的相互作用，则（）A.水在空中做匀变速运动C.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远D.喷水口高度一定，喷水速度越大，水在空中运动时间越长【答案】AC【解析】解：A、水从喷水口沿水平喷出后做平抛运动，只受重力作用，加速度为g，所以水在空中做匀变速运动，故A正确；B、根据h=得：t=，若喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越远，故B错误；C、喷水口高度一定，运动时间一定，根据x=v0t得：喷水速度越大，水喷得越远，故C 正确，D错误；故选AC水从喷水口沿水平喷出后做平抛运动，根据平抛运动基本规律即可求解．本题考查了平抛运动的规律的直接应用，难度不大，属于基础题．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.关于做匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法正确的是（）A.卫星运行的速度可能达到10km/sB.在卫星中的物体处于完全失重状态，不受地球引力作用C.在离地面高为R（R为地球半径）的高处，所受地球引力为地面上时的D.卫星运行可以经过佛山正上空【答案】CD【解析】解：A、因为绕地球做匀速圆周运动的轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度．故A错误．B、卫星做匀速圆周运动时，上面的物体处于完全失重状态，仅受地球的引力．故B错误．C、根据万有引力定律F=得，在离地面高为R（R为地球半径）的高处，r变为原来的2倍，则引力变为原来的．故C正确．D、卫星的轨道平面经过地心，可能经过佛山正上空．故D正确．故选CD．卫星的第一宇宙速度为7.9km/s，它是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度．卫星绕地球做匀速圆周运动时，卫星上的物体处于完全失重状态；根据万有引力定律公式判断万有引力的大小．解决本题的关键知道第一宇宙速度的特点，卫星的轨道平面的特点，以及掌握万有引力定律公式．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)9.静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸A.涂料微粒带负电B.离工件越近，所受库仑力越小C.电场力对涂料微粒做负功D.涂料微粒的电势能减小【答案】AD【解析】解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A正确．B、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B错误．C、D涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选AD解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．四、实验题探究题(本大题共1小题，共18.0分)10.（1）某探究学习小组验证动能定理的实验装置如图．①实验时首先要平衡摩擦力：取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车______ （选填“拖着”或“不拖着”）纸带运动．②打点计时器使用频率为50H z的交流电，记录小车运动的纸带如图乙所示．在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出．本实验需根据此纸带计算______ （选填“速度”、“加速度”）的值，其中小车通过计数点“B”时，该值= ______ （计算结果保留两位有效数字）．③若实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量m=50g，小车总质量M=200g，用该实验装置验证动能定理，则需验证重力对钩码所做的功是否等于______ （选填“小车”或“小车和钩码”）动能的增量．（2）小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：①请根据图1完成图2中实物的连线．②将测量出来的数据记录在下表中，其中第4组数据的电压如图3所示，则此时电压为______ V．③将这些数据在图4中描点，第4组数据还未描出．a．请在图4中描出第4组数据的点，作出该硅光电池组的U-I图线；b．由此U-I图线可知，该硅光电池组的电动势E=1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r= ______ Ω（保留两位有效数字）．【答案】拖着；速度；0.13m/s；小车和钩码；1.62～1.67；9.7～11×103【解析】解：（1）①系统受到的阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带平衡摩擦力；②要验证动能定理，需要测量初速度与末速度；B点速度等于AC段平均速度，故；③细线对勾码做功和对小车做功之和为零，故重力对勾码做的功等于合外力对小车和勾故答案为：①拖着；②速度（速率），0.13m/s；③小车和钩码；（2）①根据电路图连线，注意电表的极性，如图所示；②电压表选择3V挡，读数为：1.63V；③a、用一条平滑的曲线连接各点即可，如图所示；b、在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，根据闭合电路欧姆定律，有E=U+I r解得故答案为：①如图所示；②1.62～1.67；③a、如图所示；b、9.7～11×103．（1）①阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带平衡摩擦力；②要验证动能定理，需要测量初速度与末速度，根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻瞬时速度求解某点的速度；③重力对勾码做的功等于合外力对小车和勾码做的功之和；（2）①根据电路图连线，注意电表的极性；②从题目后面表格数据可以看出，电压不超过3V，故选择3V挡位；③a、用一条平滑的曲线连接各点即可；b、在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解．本题第一小题关键明确验证动能定理实验的原理和误差来源，第二小题关键是明确测定电源电动势和内电阻实验的实验原理和实验方法，不难．五、计算题(本大题共2小题，共36.0分)11.如图所示，质量为m的U型金属框M′MNN′，静放在倾角为θ的粗糙绝缘斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；MM′、NN′边相互平行，相距L，电阻不计且足够长；底边MN垂直于MM′，电阻为r；光滑导体棒ab斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．在沿斜面向上与ab垂直的拉力作用下，ab 沿斜面向上运动．若导体棒ab与MM′、NN′始终保持良好接触，且重力不计．则：（1）当导体棒ab速度为v0时，框架保持静止，求此时底边MN中所通过的电流I0，以及MN边所受安培力的大小和方向．（2）当框架恰好将要沿斜面向上运动时，通过底边MN的电流I多大？此时导体棒ab 的速度v是多少？【答案】解：（1）ab中的感应电动势E0=BL v0回路中电流I0==此时底边MN所受的安培力F A=BI0L=B L=由左手定则判断可知：安培力方向沿斜面向上（2）当框架恰好将要沿斜面向上运动时，MN受到的安培力F A=mgsinθ+μmgcosθ又F A=BIL解得I=又I==解得v=答：（1）当导体棒ab速度为v0时，框架保持静止，底边MN中所通过的电流I0是，MN边所受安培力的大小是，方向沿斜面向上．（2）当框架恰好将要沿斜面向上运动时，通过底边MN的电流I为，此时导体棒ab的速度v是．【解析】（1）由公式E=BL v、I=求解感应电流．由F=BIL，求解安培力，由右手定则判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力的方向；（2）当框架恰好将要沿斜面向上运动时，MN受到的安培力等于框架的重力沿斜面向下与最大静摩擦力之和，可求出通过底边MN的电流I．由I==求解此时导体棒本题是电磁感应中的力学问题，电磁与力联系桥梁是安培力，这种类问题关键在于安培力的分析和计算．12.如图1所示，质量均为m的B、C两滑板，静置于光滑水平面上．滑板B及滑板C 的水平部分长度均为L．C滑板右端是半径为的光滑圆弧．B与固定挡板P相距．现有一质量为m的小铁块A以初速度v0滑上B．通过速度传感器测得B的速度变化如图2所示，B在撞上P前的瞬间速度为，B与P相撞后瞬间速度变为零．（1）求：①B在撞上P前的瞬间，A的速度v1多大？②A与B之间的动摩擦因数μ1=？（2）已知A滑上C时的初速度v2=．①若滑板C水平部分光滑，则A滑上C后是否能从C的右端圆弧轨道冲出？②如果要A滑上C后最终停在C上，随C其一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少要多大？【答案】解：（1）①对AB系统动量守恒得mv0=m+mv1得v1=②由B的v-t图线可知，B在与P碰撞前一直都受摩擦力的作用，对B由动能定理得：μ1mg=m-0解得μ1=（2）①设A以v3滑上C后，冲至C右端轨道最高点恰好与C达到共速而不冲出轨道，设此共同速度为v C，则mv3=mv C+mv Cmg=m-（m+m）解得v3=＜故，A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道．系统有：μ2mg2L=m-2m共mv2=2mv共解得μ2=0.375因为即使A从C的右端冲出圆弧轨道，由于A与C水平方向速度相同，最终A还会落回到C上，故无论A是否会从滑板C的右端冲出圆弧轨道，A与C水平部分间的摩擦因数μ2都至少为0.375．答：（1）①B在撞上P前的瞬间，A的速度是②A与B之间的动摩擦因数μ1=（2）已知A滑上C时的初速度v2=．①A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道②如果要A滑上C后最终停在C上，随C其一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少0.375．【解析】（1）对AB系统动量守恒列出等式求解，由B的v-t图线可知，B在与P碰撞前一直都受摩擦力的作用，对B由动能定理求解．（2）设A以v3滑上C后，冲至C右端轨道最高点恰好与C达到共速而不冲出轨道，设此共同速度根据动量守恒定律和动能定理列出等式进行比较．解决本题的关键是A与B组成的系统和A与C组成的系统在运动过程中满足动量守恒，结合动能定理列式求解．。

2013年广东省各市二模计算题汇总

2013年广东省各市二模计算题汇总广州市35．(18分)如图，水平地面上，质量为4m的凹槽左端紧靠墙壁但不粘连；凹槽内质量为m 的木块压缩轻质弹簧后用细线固定，整个装置处于静止状态．现烧断细线，木块被弹簧弹出后与凹槽碰撞并粘在一起向右运动．测得凹槽在地面上移动的距离为s．设凹槽内表面光滑，凹槽与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)木块与凹槽碰撞后瞬间的共同速度大小v；(2)弹簧对木块做的功W．36．(18分)如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB连接．已知导轨相距为L；磁场磁感应强度为B；R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计；板间距为d、板长为4d；重力加速度为g，不计空气阻力．如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距左端为d的C处．(1)求ab杆匀速运动的速度大小v；(2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0；(3)如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围．深圳市35.( 18分）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L = 0.5m，上端连接R=0.5Ω的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角θ=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s = 1Om，磁感应强度B-t图如图乙所示.长为L且质量为m= 0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导轨放置于距离磁场上边界d = 2.5m处，在t= O时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动.g取10m/s2，求：(1)棒运动到磁场上边界的时间；(2)棒进人磁场时受到的安培力；(3)在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.36.(18分）如图所示，竖直平面内有一半径R = 0.9m、圆心角为60°的光滑圆弧轨道PM，圆弧轨道最底端M处平滑连接一长s = 3m的粗糙平台MN，质量分别为mA=4kg，mB=2kg的物块A, B静置于M点，它们中间夹有长度不计的轻质弹簧，弹簧与A连结，与B不相连，用细线拉紧A、B使弹簧处于压缩状态.N端有一小球C，用长为L的轻绳悬吊，对N点刚好无压力.现烧断细线，A恰好能从P端滑出，B与C碰后总是交换速度.A、B、C均可视为质点，g取10m/s2，问：(1)A刚滑上圆弧时对轨道的压力为多少？(2)烧断细线前系统的弹性势能为多少？(3)若B与C只能碰撞2次，B最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，求B 与平台间动摩擦因数µ的范围及µ取最小值时对应的绳长L潮州市35．如图甲所示，水平面上有一个多匝圆形线圈，通过导线与倾斜导轨上端相连，线圈内存在随时间均匀增大的匀强磁场，磁场沿竖直方向，其磁感应强度B 1随时间变化图像如图乙所示。

2013年广东省广州市高考物理二模试卷

2013年广东省广州市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共28.0分)1.PM2.5是指直径小于2.5微米的颗粒，其悬浮在空气中很难自然沉降到地面．则空气中的PM2.5（）A.不受重力作用B.运动不是分子热运动C.相互作用力表现为分子斥力D.颗粒越大，无规则运动越明显【答案】B【解析】解：A、PM2.5受到重力作用，故A错误；B、PM2.5是固体小颗粒，它的无规则运动不是分子的热运动，是固体小颗粒的运动，故B正确；C、PM2.5固体小颗粒能聚合在一起，所以分子间作用力表现为引力，分子间距离小于平衡距离，故C错误；D、PM2.5的无规则运动可以看做布朗运动，颗粒越大，无规则运动约不明显，故D错误；故选B．PM2.5是固体小颗粒，它悬浮在空中，受到重力作用．PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，它的无规则运动属于布朗运动，不是分子运动．2.温度降低时，密闭塑料瓶中的气体（）A.内能增大，放出热量B.内能增大，吸收热量C.内能减小，放出热量D.内能减小，吸收热量【答案】C【解析】解：密闭塑料瓶中的气体，温度降低，分子无规则热运动的平均动能减小，即内能减小；瓶子中气体体积一定，不对外做功，即W=0；根据公式△U=Q+W，该气体一定放出热量；故选C．热力学第一定律：热力系内物质的能量可以传递，其形式可以转换，在转换和传递过程中各种形式能源的总量保持不变，公式为△U=Q+W．本题根据根据热力学第一定律公式△U=Q+W进行分析，对于气体，内能由温度决定．3.塔式起重机模型如图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映Q运动轨迹的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动；水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故物体合运动的加速度向上，故轨迹向上弯曲，故A错误，B正确，C错误，D错误；故选B．物体Q从地面竖直向上匀加速吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动．本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹的完全方向相一致．4.圆形区域内有如图所示的匀强磁场，一束相同荷质比的带电粒子对准圆心O射入，分别从a、b两点射出，则从b点射出的粒子（）A.带正电B.运动半径较小C.速率较小D.在磁场中的运动时间较长【答案】A【解析】解：A、由左手定则判断，粒子带正电，故A正确B、由洛伦兹力提供向心力，结合几何运动径迹可知，从b点射出的粒子运动半径较大，故B错误C、由r=，结合荷质比相同，可得从b点射出的粒子速率较大，故C错误D、由运动周期公式得，T=，由于荷质比相同，周期与速率无关，仅由轨迹所对的圆心角决定，故b点射出的粒子运动时间较短，故D错误故选A质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定本题关键是结合圆的对称性，运用洛伦兹力提供向心力列式分析计算．5.摩天轮顺时针匀速转动时，重为G的游客经过图中a、b、c、d四处时，座椅对其竖直方向的支持力大小分别为N a、N b、N c、N d，则（）A.N a＜GB.N b＞GC.N c＞GD.N d＜G【答案】AC【解析】解：在b、d两点，合力方向指向圆心，知竖直方向上的合力为零，则N b=N d=G．在a点，根据牛顿第二定律得，G-，知N a＜G．在c点，根据牛顿第二定律得，，知N c＞G．故A、C正确，B、D错误．故选AC．摩天轮顺时针匀速转动时，游客也做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律比较支持力的大小．解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．6.氢原子的能级如图，一群氢原子处于n=3的能级，向较低能级跃迁过程中，辐射的光子（）A.频率最多有2种B.频率最多有3种C.能量最大为12.09e VD.能量最小为10.2e V【答案】BC【解析】解：A、根据=3知，辐射的光子频率最多3种．故A错误，B正确．C、由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.6-1.51e V=12.09e V．故C正确．D、由n=3向n=2能级跃迁辐射的光子能量最小，为3.4-1.51e V=1.89e V．故D错误．故选BC．根据数学组合公式求出辐射光子频率的种数，能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大．解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，即E m-E n=hv．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图是远距离输电的示意图，则电压U1、U2、U3、U4之间的关系是（）A.U1＞U2B.U2＞U3C.U3＞U4D.U3=U1+U2【答案】BC【解析】解：由图可知，左边是升压变压器，则U1＜U2，由于输电线电阻，导致U3＜U2；右边则是降压变压器，所以U3＞U4故BC正确，AD错误；故选：BC远距离输电中，通过变压器将电压提高，目的降低电能损失，而到达用户时必须使用降压变压器，用户才能正常使用．解决本题的关键掌握输电功率与输电电压的关系，以及损失功率与输电电流的关系．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.质量为m的汽车在平直公路上加速行驶，受到的阻力恒为f．当速度为v时，汽车发动机输出功率为P．则此时汽车的（）A.牵引力为B.牵引力大于C.加速度为D.加速度小于【答案】AD【解析】解：A、根据P=F v得：F=，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律得：a==＜，故C错误，D正确．故选AD由P=F v求出发动机的牵引力，由牛顿第二定律求出汽车的加速度．本题主要考查了牛顿第二定律及汽车牵引力与功率的关系的直接应用，难度不大，属于基础题．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)9.如图，O、A、B为一直线上的三点，OA=AB，在O处固定一个点电荷+Q，若一点电荷+q放在A、B两点所受库仑力分别为F A、F B，电势能分别为E A、E B，则（）A.F A=2F BB.F A=4F BC.E A＜E BD.E A＞E B【答案】BD【解析】解：A、B、根据库仑定律，电荷间的库仑力与距离的平方成反比，故F A=4F B，故A错误，B正确；C、D、将点电荷+q从A移动到B，电场力做正功，故电势能减小，故E A＞E B，故C错误，D正确；故选BD．根据库仑定律列式比较电场力大小；根据电场力做功等于电势能的减小量判断电势能的变化情况．本题关键根据库仑定律和电场力做功等于电势能的减小量分析判断，基础题．五、实验题探究题(本大题共1小题，共18.0分)10.（1）请完成“验证力的平行四边形定则”实验的相关内容．①如图a，铺有白纸的水平木板上，橡皮条一端固定在A点，另一端拴两个细绳套．②如图b，用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点伸长到某位置并记为O点，记下此时测力计的示数F1和F2，及______ ．③如图c，用一个弹簧测力计拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点拉到O点，记下此时测力计的示数F= ______ N和细绳的方向．④如图d，已按一定比例作出了F1、F2和F的图示，请用作图方法作出F1和F2的合力F′．⑤合力F′与F大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，则原因是F1的大小比真实值偏______ 、F1与F2的夹角比真实夹角偏______ （填“大”或“小”）．（2）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，提供了如图甲、乙、丙所示的三组器材．①请把能完成实验的器材都连成电路．②某同学根据他的实验数据作出了如图丁所示的图象，由此可知该同学选用的是______ 组器材进行实验（填“甲”、“乙”或“丙”）．根据图象可得出电源的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．（忽略电表内阻的影响，结果保留两位有效数字）【答案】两细绳的方向；3.00；大；大；丙；1.5；1.0【解析】解：（1）②为作出力的图示，应记下此时测力计的示数F1和F2，及两细绳的方向；③此时测力计的示数F=3.00N；⑤由平行四边形定则作出F1与F2的合力F′，如右图所示，可见，F′偏左，原因是F1的大小比真实值偏大．F1与F2的夹角比真实夹角偏大．（2））①根据所提供的器材可知，测定电源电动势和内阻的方法可用伏安法和安阻法，乙、丙两图能完成实验．连接电路如图所示．②由图象看出电阻与电流的关系，故可知该同学选用的是丙组器材进行实验．根据闭合电路欧姆定律得E=IR+I r由数学变形得：R=图象的斜率k=E，横轴截距大小等于a=r．由图知k=≈1.5，a=1.0，故E=1.5V，r=1.0Ω故答案为：（1）②两细绳的方向；③3.00；⑤大，大．（2）①连接电路如图．②1.5，1.0（1）本实验是要验证力的平行四边形定则，故应将由平行四边形定则得出的合力，与真实的合力进行比较而去判断平行四边形定则得出的结果是否正确，要作出力的图示，需要测量力的大小和方向．由平行四边形定则作出F1与F2的合力F′，与F进行比较，分析F1的大小与真实值的关系．（2）①根据所提供的器材可知，测定电源电动势和内阻的方法可用伏安法和安阻法，乙、丙两图能完成实验；②由图象看出，电阻与电流的关系，故可知该同学选用的是丙组器材进行实验．根据闭合电路欧姆定律得到电阻箱的电阻与电流的关系式，再根据图象的斜率和截距求解电源的电动势E和内阻r．解答本题应熟练掌握实验的目的及原理，根据实验的原理分析实验的数据．测量电源的电动势和内阻常用的方法有三种：伏安法、安阻法和伏阻法，其基本原理是闭合电路欧姆定律．六、计算题(本大题共2小题，共36.0分)11.如图，水平地面上，质量为4m的凹槽左端紧靠墙壁但不粘连；凹槽内质量为m的木块压缩轻质弹簧后用细线固定，整个装置处于静止状态．现烧断细线，木块被弹簧弹出后与凹槽碰撞并粘在一起向右运动．测得凹槽在地面上移动的距离为s．设凹槽内表面光滑，凹槽与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）木块与凹槽碰撞后瞬间的共同速度大小v；（2）弹簧对木块做的功W．【答案】解：（1）两物体以速度v共同运动时只受到摩擦力的作用，根据能量守恒定律所以有（m+4m）v2=（m+4m）gμs得：v=（2）首先：运用“动量守恒定律”得出碰撞前瞬间木块的速度v0mv0=（m+4m）v得：v0=5因为凹槽内表面光滑，所以弹簧对木块所做的功全部转化成了木块的动能，W=m=25mgμs答：（1）木块与凹槽碰撞后瞬间的共同速度大小是；（2）弹簧对木块做的功W是25mgμs．【解析】（1）两物体以速度v共同运动时只受到摩擦力的作用，系统动能转化为内能．应用“能量守恒定律”和“整体法”解题．（2）运用“动量守恒定律”和“机械能守恒定律”求解．第一问也可以应用“匀减速直线运动”相关知识和“整体法”解题．但是运用“机械能守恒定律”来解决问题更加简单、快速、准确．12.如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB连接．已知导轨相距为L；磁场磁感应强度为B；R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计；板间距为d、板长为4d；重力加速度为g，不计空气阻力．如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q 的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距左端为d的C处．（1）求ab杆匀速运动的速度大小v；（2）求微粒水平射入两板时的速度大小v0；（3）如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围．【答案】解：（1）带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，设场强为E，则：mg=E q①此时平行板间电压为；U=E d②导体棒感应电动势为：E感=BL v由电路欧姆定律得：U=E感③联立以上可得：v=④（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，平行板间带电粒子所受合力方向向下，大小为；F=E q+mg=2mg⑤粒子做类平抛运动，可知加速度为：a=2g⑥打到板的时间为t，则：=at2⑦d=v0t⑧联立解得：v0=⑨（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，粒子做类平抛运动，若粒子恰好射出电场，在水平位移应为L=4d时间内，同时竖直位移恰为，故粒子运动时间：4d=v0t1⑩若向下偏，最小加速度大小为a1，则竖直方向位移为：a1=（11）⑦⑧⑩（11）得：（12）设此时导体棒速度最小为v min，应有：a1==g-（13）解得v min=，若导体棒速度最大为v max，此时粒子向上偏转，应有：a1=′==解得：v max=27mg32B qab杆向左匀速运动的速度范围为＜v＜答：（1）ab杆匀速运动的速度为（2）微粒水平射入两板时的速度（3）ab杆向左匀速运动的速度范围为＜v＜【解析】（1）ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q 的微粒恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，可得电场强度数值，进而求得两板间电压，并进而求得感应电动势和棒的速度（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，粒子将做类平抛运动，由于该微粒将射到B板距左端为d的C处，可求粒子的运动初速度（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，粒子做类平抛运动，要想使粒子射出电场水平位移应为L，同时竖直位移应该不小于，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，讨论速度的范围电磁感应问题结合闭合电路欧姆定律，涉及带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，运算量较大，有一定难度。

2013物理(广东高考真题)

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试理科综合能力测试(广东卷)13．(2013·广东理综，13)某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s 。

那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s 答案：B解析：由v t 2－v 02＝2as ，代入数据解得v 0＝10 m/s 。

14．(2013·广东理综，14)如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动。

下列说法正确的是( )A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大答案：A解析：对甲卫星，万有引力提供向心力：2GMm r ＝ma ＝m 2v r ＝mrω2＝mr 224πT ，得向心力加速度a 甲＝2GM r ，线速度v 甲ω甲T 甲同理可得，a 乙＝22GM r ，v 乙ω乙T 乙速度、线速度和角速度都比乙的小，甲的周期比乙的大，只有选项A 正确。

15．(2013·广东理综，15)喷墨打印机的简化模型如图所示。

重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。

则微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关答案：C解析：由于墨汁微滴带负电，应向正极板偏转，电场力做正功，电势能应减小，选项A 、B 均错；由于所受电场力恒定且与初速度方向垂直，所以微滴做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，轨迹与带电荷量有关，电荷量越大，微滴受力越大，打在纸上的位置越偏上，选项C 对、D 错。

16．(2013·广东理综，16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝sin 100πt (V)。

广东省佛山市2013届高三物理教学质量检测(二)试题(佛山二模)新人教版

2013年江门佛山两市普通高中高三教学质量检测物理测试本试卷共12页，总分为300分．考试时间150分钟．须知事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号填写在答题卡上．用2B铅笔将答题卡试卷类型〔A〕填涂在答题卡上，并在答题卡右上角的“试室号〞和“座位号〞栏填写试室号、座位号，将相应的试室号、座位号信息点涂黑．2．选择题每一小题选出答案后，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，答案答在试题卷上无效．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考试完毕后，将答卷和答题卡一并交回．第一局部选择题〔共 118分〕一、单项选择题：本大题共16小题，每一小题4分。

共64分。

在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，第二天，你会感到将瓶塞拔出来很吃力．如下有关瓶内气体〔视为理想气体〕说法正确的答案是A．温度降低，压强减小 B．体积减小，压强增大C．对外做功，内能减小D．释放热量，内能不变考点：理想气态方程答案：APV ,T减少，如此P减少；内能减少，体积减少，解析：封闭气体的理想气态方程nRT外界对气体做功，放出热量。

14．将冰块放入微波炉中加热，变为40℃的水。

如下说法正确的答案是A．冰变为40℃的水，每个分子热运动的速率都增大B．冰变为40℃的水，分子热运动的平均动能增大C．冰块不一定有规如此的几何外形，故不是晶体D．冰变为水的过程中需不断释放出能量考点：分子平均动能；晶体和非晶体答案：B解析：每个分子热运动的速率无意义，A错误；冰变为40℃水，温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增加，B正确；冰块不一定有规如此的几何外形，故不是晶体C错误；吸热，D错误；15．氢原子的能级如右图。

(修改)广东省汕头市2013届高三第二次模拟考试物理试题(word版)

绝密★启用前试卷类型：B广东省汕头市2013年普通高中高三教学质量测评（二）物理试题2013．4注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并粘贴好条形码。

认真核准条形码上的姓名、考生号、试室号和座位号。

2. 选择題每小題选出答案后，用2B铅笔把答題卡上对应題目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3. 非选择題必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各題目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4. 作答选做題时，请先用2B铅笔填涂选做題的题号对应的信息点，再作答。

漏涂、错涂、多涂的，答案无效。

5. 考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质最：H-1 0-16 C-12 N-14 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64一单项选择题：本大题共16小题，每小题4分。

共64分，在每小题给出的四个选顷中，只有一个选项符合题目要求.选对的得4分，选错或不答的得0分13. 用显微镜观察墨汁液滴，追踪一个小炭粒的运动，每隔30s记录炭粒的位置并连线，记录的结果如图所示，下面表述正确的是A. 炭粒沿着图示的折线运动B. 炭粒的位置变化是由于分子间斥力的作用C. 炭粒的位置变化由液体分子无规则运动引起D. 液体表面张力使炭粒做无规则运动.14. 对于一定质妖的理想气体，下面表述正确的是A. 当分子热运动变剧烈时，压强一定增大B.等温压缩过程，气体压强一定增大C. 等容变化过程，气体温度一定不变D.压强增大，体积一定减少15. 如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴C 在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片D 与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻连接组成电路，则A. 转动过程电能转化为机械能B. C 处的电势比D 处髙C. 通过的电流方向从B 向AD.产生的电动势大小与角速度无关16 如图，质最分別为m a 和m b 的两木块a,b 之间有一轻弹簧被压缩，两木块在水平面上都保持静止，a,b 所受的摩擦力分别F a 和F b ，下面表述正确的是A. F a 和F b 是一对作用力与反作用力B. 若m a <m b ，则F a <F bC. 若m a m b ，则F a >F bD.F a 和F b 大小一定相等二双项选择题：本大题共9小願，每小题6分，共54分。

2013年广东省汕头市高考物理二模试卷

2013年广东省汕头市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共22.0分)1.用显微镜观察墨汁液滴，追踪一个小炭粒的运动，每隔30s记录炭粒的位置并连线，记录的结果如图所示，下面表述正确的是（）A.炭粒沿着图示的折线运动B.炭粒的位置变化是由于分子间斥力的作用C.炭粒的位置变化由液体分子无规则运动引起D.液体表面张力使炭粒做无规则运动【答案】C【解析】解：A、根据题意，有：每隔30s把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故布朗运动图象是每隔30s固体微粒的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线；故A错误；B、炭粒的位置变化是由于液体分子的无规则碰撞的不平衡性引起的，故B错误；C、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，反映了液体分子热运动的杂乱无章，故C正确；D、炭粒做无规则运动的原因是无规则热运动的液体分子的碰撞不平衡性造成的，与液体表面张力无关，故D错误；故选C．布朗运动图象反映了固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置情况，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线．布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章．2.对于一定质量的理想气体，下面表述正确的是（）A.当分子热运动变剧烈时，压强一定增大B.等温压缩过程，气体压强一定增大C.等容变化过程，气体温度一定不变D.压强增大，体积一定减少【答案】B【解析】解：A、当分子热运动变剧烈时，分子数密度可能减小，故气体压强也可以减小或者不变，故A错误；B、等温压缩过程，分子数密度增加，故压强一定增加，故B正确；C、等容变化过程，压强与体积的乘积不变，但压强与体积一定变化，故C错误；D、压强增大，根据理想气体状态方程，体积可能减小、不变、增加，故D错误；故选B．大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强．气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定．本题关键明确气体压强的微观意义，同时结合理想气体状态方程分析，基础题．3.如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴C在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片D与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻R连接组成电路，则（）A.转动过程电能转化为机械能B.C处的电势比D处高C.通过R的电流方向从B向AD.产生的电动势大小与角速度ω无关【答案】C【解析】解：A、圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，因此转动过程中将机械能转化为电能，故A错误；B、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向B点，因此电流方向为从B向A，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低，故B错误，C正确；D、根据法拉第电磁感应定律，则有E=BLV=BL2ω，所以产生的电动势大小与角速度ω有关，故D错误；故选C根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关．本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．4.如图，质量分别为m a和m b的两木块a、b之间有一轻弹簧被压缩，两木块在水平面上都保持静止，a、b所受的摩擦力分别F a和F b，下面表述正确的是（）A.F a和F b是一对作用力与反作用力B.若m a＜m b，则F a＜F bC.若m a＜m b，则F a＞F bD.F a和F b大小一定相等【答案】D【解析】解：A、作用力、反作用力是相互作用的一对力，a、b所受的摩擦力不是相互作用的一对力．故A错误．B、a在水平方向受摩擦力与弹簧弹力处于平衡，则F a=F，b在水平方向上受摩擦力和弹簧弹力处于平衡，则F b=F，则F a和F b大小一定相等．故D正确，B、C错误．故选D．分别对a、b受力分析，根据平衡判断摩擦力与弹簧弹力的大小关系，从而比较出大小．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．5.如图是研究光电效应的装置，用一定频率的光束照射金属板K，有粒子逸出，则（）A.逸出的粒子是电子B.改变光束的频率，金属的逸出功随之改变C.减少光束的光强，逸出的粒子初动能减少D.减小光束的频率，金属板K可能没有粒子逸出【答案】AD【解析】解：A、光电效应时逸出的粒子是电子．故A正确．B、逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关．故B错误．C、根据光电效应方程E km=hv-E0知光电子的最大初动能与光强无关．故C错误．D、减小入射光的频率，金属棒可能没有电子逸出．故D正确．故选AD．当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应．根据光电效应方程判断光电子的最大初动能的变化．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道影响最大初动能的因素．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)6.汽车以额定功率在足够长的平直公路上启动并行驶，阻力保持不变，则（）A.汽车的加速度和速度都逐渐增加B.汽车速度增加时，汽车所受的牵引力逐渐减少C.汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零D.汽车匀速行驶时，速度达到最大值【答案】BD【解析】解：A、根据P=F v，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得：阻力不变，加速度减小．故A错误；B、根据P=F v，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，所以B正确；C、汽车匀速行驶是，合外力为零，即牵引力和摩擦力相等，所以c错误；D、根据P=F v，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得：阻力不变，加速度减小，所以汽车做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度为零，即牵引力和摩擦力相等时，速度最大，之后做匀速直线运动，所以D正确；故选BD．发动机的功率保持不变，根据P=F v，v增大，F减小，根据牛顿第二定律可以判断加速度的变化．解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系，知道当牵引力等于阻力时，做匀速直线运动．7.面积为S的矩形线圈与外部电阻连接成闭合回路，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，如图，则（）A.矩形线圈将产生交变电流B.在图示位置时，通过线框的磁通量为BSC.线框由图示位置转过90°时，电流方向即将改变D.在图示位置时，线框产生的感应电流为零【答案】AC【解析】解：A、矩形线圈在磁场中转动，穿过的磁通量发生变化，则产生感应电流，且方向变化，即为交流电，故A正确；B、图示位置时，通过线框的磁通量为零，但线圈中的感应电流最大．故BD错误；C、线框由图示位置转过90°时，越过中性面，因此电流方向发生改变．故C正确；故选：AC一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量最大时，磁通量变化率为零；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．8.如图匀强电场，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（）A.a、b两点电势相等B.粒子的电势能增加C.粒子从a运动到b过程加速度保持不变D.粒子做匀加速直线运动【答案】BC【解析】解：A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误；B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；C、电场线疏密反映场强大小，从b向a运动，场强不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误；故选BC．根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况．由电场线疏密判断出场强大小，分析加速度的大小．本题考查了电场线的特点，能够形象地描述电场的强弱和方向．并强调速度与加速度的方向来确定速度增加与否．9.如图是“嫦娥一号”卫星奔月示意图，下列表述正确的是（）A.卫星绕月运行时，地球的万有引力提供向心力B.卫星绕月的轨道半径越小，速度也越小C.卫星在绕月圆轨道上的运动周期与月球质量有关D.卫星在地月转移轨道奔月时，地球引力对其做负功【答案】CD【解析】解：A、卫星绕月运行时，靠月球的万有引力提供向心力．故A错误．B、根据得，v=，知轨道半径越小，速度越大．故B错误．C、根据，解得T=，知卫星的周期与月球的质量有关．故C正确．D、卫星在地月转移轨道奔月时，地球的引力做负功．故D正确．故选CD．卫星绕月做圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据该规律得出线速度与轨道半径的关系，从而比较大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．三、实验题探究题(本大题共2小题，共27.0分)10.在“描绘某种电阻的伏安特性曲线”的实验中，所用器材有电阻元件，直流电源，滑动变阻器R，电流表A1（量程50m A，内阻约40Ω），电流表A2（量程200m A，内阻约10Ω），电压表V（量程3V，内阻约2kΩ），开关，导线若干．实物连接图如图所示，实验中测出的8组数①实验中使用的电流表是______ （填“A1”或“A2”）．当电压为2.40V时，该元件的电阻值为______ Ω（结果保留二位有效数字）．②根据实物连线图，实验原理电路图应选下图中______ ．③闭合开关后，反复移动变阻器的滑动片P，电压表和电流表都无示数，则电路的故障可能为______ （填“电阻元件断路”或“变阻器的滑动片损坏”）．④该元件的阻值随电流的增大而______ ．【答案】A2；30；B；变阻器的滑动片损坏；减小【解析】解：①由表中实验数据可知，电流最大值为0.140A，则电流表应选择A2（量程200m A，内阻约10Ω）；由表中实验数据可知，电压2.40V对应的电流为0.080A，则此时元件的电阻值R===30Ω．②由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，对应的实验原理图是B．③如果电阻元件断路，闭合开关，反复移动滑动变阻器滑片，电流表无示数，电压表有示数，与电路故障现象不符；如果滑动变阻器的滑动片损坏，闭合开关后，反复移动变阻器的滑动片P，电压表和电流表都无示数，则电路故障是：变阻器的滑动片损坏．④根据表中实验数据，由欧姆定律可知，该元件的阻值随电流的增大而减小．故答案为：①A2；30；②B；③变阻器的滑动片损坏；④减小．①由表中实验数据找出电流的最大值，然后选择电流表；由表中实验数据求出2.40V对应的电流，然后由欧姆定律求出元件的电阻值．②根据实物电路图分析电路结构，明确滑动变阻器与电流表的接法，然后选择对应的实验原理图．③根据电路故障现象分析电路故障原因．④根据表中实验数据，应用欧姆定律判断元件电阻值如何变化．本题考查了实验器材的选择、求电阻、实验电路分析、电路故障分析等问题，要掌握滑动变阻器的分压接法与限流接法．11.某同学用如图1的装置验证机械能守恒定律．①安装打点计时器时，纸带的两个限位孔必须处在同一______ 线上．②接通电源，让打点计时器正常工作后，松开______ ．③将纸带上打出第一个点记为0，并在离0点较远的任意点依次选取几个连续的点，分别记为1，2，3，…．量出各点与0点的距h v v④修正数据后，该同学计算出各点对应速度的平方值，并作v2-h图象，若得出的直线斜率为k，则可测出重力加速度g= ______ ．与真实值相比，测出的g值______ ．（填“偏小”或“偏大”）【答案】竖直；纸带；v4；；偏小【解析】解：①要减小限位孔对纸带的摩擦阻力，两个限位孔一定要处在同一条竖直线上；②为增加有效点个数，要先接通电源，后释放纸带；③匀变速运动，速度均匀变化，v4变化大，不在误差范围内；④根据机械能守恒定律，有：mgh=，解得：v2=2gh；故斜率k=2g，g=；由于阻力的存在，实际加速度偏小，故g值偏小；故答案为：①竖直；②纸带；③v4；④，偏小．①要减小限位孔对纸带的阻力，两个限位孔要处在同一条竖直线上；②先接通电源，后释放纸带；③匀变速运动，速度均匀变化；④根据机械能守恒定律写出v2与h关系的表达式，然后再进行分析讨论．本题关键是明确实验原理、操作步骤、误差来源，要亲手做实验去体会．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.为了从货车上卸货，工人在车厢旁倾斜架放一梯子，让质量为m的货箱顺着可视为平滑斜面的梯子下滑，如图．已知车厢顶部离地的高度为h，梯子所在斜面的倾角θ=45°，货箱从车厢顶部所在高度处由静止释放，货箱与梯子间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g．（1）求货箱沿梯子下滑的加速度大小和货箱下滑至地面时的速度大小．（2）若工人先用轻绳绑紧货箱，再让货箱从原位置由静止下滑，下滑过程使用平行于梯子的轻绳向上拉货箱，货箱匀加速下滑，到达地面时的速度为，求货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率P．【答案】解：（1）货箱下滑过程，由牛顿定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①将θ和μ代入解得加速度大小②由匀加速运动规律得v2=2as③而④联立解得货箱下滑至地面时的速度大小⑤（2）货箱受绳子拉力下滑过程，由动能定理得⑥由匀加速运动规律得⑦货箱克服轻绳拉力做功的平均功率⑧联立解得⑨答：（1）货箱沿梯子下滑的加速度大小为，货箱下滑至地面时的速度大小．（2）货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率为．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出货箱下滑的加速度大小，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出货箱下滑至地面时的速度大小．（2）根据动能定理求出在整个过程中拉力做的功，通过匀变速直线运动的平均速度公式求出运动的时间，从而根据平均功率公式求出货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率P．本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式等知识，综合性较强，需加强这方面题型的训练．13.如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．【答案】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得①粒子进入磁场后做圆周运动，有②解得粒子在磁场中运动的半径③（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，由几何知识可得④由以上各式解得⑤（3）将代入可得磁场中运动的轨道半径⑥粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足cosα==即α=30°⑦则得β=2α=60°⑧所以粒子经过x轴时的位置坐标为⑨解得⑩答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．E0为．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=．【解析】（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转．根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置．本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决．。

2013年广东省揭阳市高考物理二模试卷

2013年广东省揭阳市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.下列说法正确的是（）A.被压缩的物体其分子之间只存在相互作用的斥力B.布朗运动就是液体分子的热运动C.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体D.理想气体对外做功时必需吸收热量【答案】C【解析】解：A、被压缩的物体其分子之间同时存在相互作用引力与斥力，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；C、热量不可能自发地由低温物体传到高温物体，故C正确；D、理想气体体积变大时对外做功，气体可能吸热，也可能放热，还可能既不吸热也不放热，故D错误；故选C．A、分子间同时存在相互作用的引力与斥力作用；B、悬浮在液体或气体中固体小颗粒的运动是布朗运动；C、热量不可能自发地由低温物体传到高温物体；D、理想气体体积变大时对外做功，气体可能吸热，也可能放热，还可能既不吸热也不放热．本题难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习．2.某物体运动的速度图象如图，下列判断正确的是（）A.0～10s内的平均速度是1m/sB.0～10s内的位移是5mC.30s时材料提升到最高点D.30～36s材料处于超重状态【答案】B【解析】解：A、0～10s内是匀加速直线运动，平均速度=，故A错误；B、前10s位移：x1=，故B正确；C、物体前36s速度方向一直为正，故36秒到最高点，故C错误；D、30～36s物体匀减速向前，加速度向后；正方向没有规定，没有说明是竖直方向的运动，无法判断是否失重，故D错误；故选B．从v-t图象可以看出物体先匀加速直线运动，然后匀速直线运动，最后匀减速直线运动，根据运动学公式列式求解．本题关键是由v-t看出物体的运动规律，然后根据运动学公式列式求解．3.北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成，这两种卫星在轨正常运行时（）A.同步卫星运行的周期较大B.低轨卫星运行的角速度较小C.同步卫星运行可能飞越广东上空D.所有卫星运行速度都大于第一宇宙速度【答案】A【解析】解：根据万有引力提供向心力有：有：A、，有半径大的周期大，故A正确；B、，有半径大的角速度小，故B错误；C、同步卫星只能在赤道上空，故C错误；D、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，故D错误．故选A．根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论周期、半径、角速度的关系．根据万有引力提供向心力，熟练讨论加速度、角速度、周期和半径间的关系是解决本题的关键．4.如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上（导轨和导线电阻不计），则垂直导轨的导体棒ab在下滑过程中（）A.感应电流从a流向bB.导体棒ab受到的安培力方向平行斜面向上C.导体棒ab一定匀加速下滑D.灯泡亮度一直保持不变【答案】B【解析】解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，故A错误；B、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，由左手定则判断导体棒ab受沿斜面向上的安培力F安，故B正确；C、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度v m，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此导体棒做先做加速度减小的加速运动，直到匀速运动．故C错误；D、安培力做负功实现机械能转化为电能，安培力做功量度了电能的产生，根据功能关系有克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括灯泡和导体棒消耗的电能，因此灯泡亮度不可能保持不变．故D错误；故选B．根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系．解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)5.下列说法正确的是（）A.只要有光照射在金属表面上，就一定能发生光电效应B.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出六种不同频率的光子C.U→T h+H e是α衰变方程D.U+→，式中d=3【答案】BC【解析】解：A、光照射金属表面，不一定发生光电效应，发生光电效应，需入射光的频率大于金属的极限频率．故A错误．B、根据=6，知一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出六种不同频率的光子．故B正确．C、U→T h+H e是a衰变方程．故C正确．D、根据电荷数守恒、质量数守恒知d=2．故D错误．故选BC．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；根据数学组合公式求出可能辐射的光子频率种数；α衰变发出氦核；根据电荷数守恒、质量数守恒确定d的数值．本题考查光电效应、能级跃迁、衰变、核反应等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记基础知识点．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是（）A.货物受到的摩擦力增大B.货物受到的支持力不变C.货物受到的支持力对货物做正功D.货物受到的摩擦力对货物做负功【答案】AC【解析】解：A、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故A正确，B错误；C、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，故C正确；D、摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，故D错误故选AC货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可．本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度适中．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.某电场的电场线分布如图所示，则（）A.电荷p带正电B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.c点的电势低于d点的电势D.正检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能【答案】AD【解析】解：A、电场线从正电荷出发，故A正确B、从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度小于a点的电场强度，故B错误；C、根据沿电场线电势降低可知：c点的电势高于d点的电势，故C错误D、根据电势能的定义，c点的电势高于d点的电势，所以正检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能，故D正确故选AD．要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．五、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，取g=10m/s2，则（）A.球下落的加速度逐渐变大B.球从发射口到桌面的时间为0.3sC.球从发射口射出后动能不变D.球从发射口射出的速率为8m/s【答案】BD【解析】解：A、乒乓球水平射出后做平抛运动，只受重力作用，加速度为g，不发生改变，故A 错误；B、根据h=得：t==s，故B正确；C、乒乓球水平射出后做平抛运动，只受重力作用，加速度为g，速度变大，所以动能变大，故C错误；D、水平方向做运动运动，=8m/s，故D正确．故选BD乒乓球水平射出后做平抛运动，根据平抛运动基本规律即可求解．本题考查了平抛运动的规律的直接应用，难度不大，属于基础题．六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比不变，副线圈上接有电阻为不零的负载，在原线圈上输入电压U1不变的交流电，则（）A.U1：U2=N1：N2B.I1：I2=N1：N2C.当I2减小时，I1增大D.当I2减小时，I1减小【答案】AD【解析】解：根据理想变压器的特点有：，因P1=P2，所以有电流关系为：，所以A正确，B错误；由于原线圈上输入电压U1不变，线圈匝数不变，当I2减小时，则I1减小，所以C错误，D正确．故选AD本题比较简单，直接根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等．本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用．七、实验题探究题(本大题共1小题，共18.0分)10.Ⅰ．如图甲所示是利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置．该实验所用打点计时器的电源频率为50H z，图乙是实验得到的一条纸带，纸带______ 端接重物（选填“左”或“右”），相邻打印点之间的时间间隔为______ s．由于该实验中存在阻力做功，所以实验测得重物的重力势能的减少量______ 动能的增加量（选填“大于”、“小于”或“等于”）II．为测量某一玩具电动机M中导线圈的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：（1）用螺旋测微器测得导线圈同种规格导线直径d如图1所示，则d= ______ mm；（2）用多用电表测量电动机中导线圈的电阻R x：选择“×1Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图2所示（此过程电动机不转动），则R x= ______ Ω．（3）为提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻R x：电流表A1（0～3A、约5Ω）；滑动变阻器R1（1kΩ）；电流表A2（0～30m A、约10Ω）；滑动变阻器R2（50Ω）；定值电阻R0=60Ω；电源（4V、约1Ω）及开关等，导线若干．①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图3所示的电路图，应选择的电流表是______ ，滑动变阻器是______ ；（填写符号）②按照实验要求，多用表已选择“直流电压2.5V”档作为电压表使用，请依据图3将图4实验电路中的仪器连接欠缺的两处补完整；③图5是该实验小组测得的数值描绘出的图象，其斜率值表示的是______ （填选项）．A、导线圈的电阻；B、导线圈的电阻与R0阻值之和．【答案】左；0.02；大于；0.155；25.0；A2；R2；B【解析】解：I、自由落体，故物体速度逐渐变大，间隔变大；周期等于频率的倒数，为0.02秒；通过克服阻力做功，机械能有损失；故答案为：左；0.02；大于；II、（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；固定刻度读数：0；半刻度读数：0；可动刻度读数：0.01mm×15.5=0.155mm；故螺旋测微器读数为0.155mm；（2）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1×25.0Ω=25.0Ω；（3）①电动机不转动，电流较小，故选小量程电流表，故选A2；为使操作方便，滑动变阻器选小电阻，故选R2；②按照电路图3连线，如图所示；③电阻R0和电动机串联，测量的是总电阻，故选B；故答案为：（1）0.155；（2）25.0；（3）①A2；R2；②如图所示；③B．I、自由落体，故物体速度逐渐变大，间隔变大；周期等于频率的倒数；通过克服阻力做功，机械能有损失；II、（1）关于螺旋测微器的读数，要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果；（2）欧姆表读数=倍率×表盘读数；（3）①电动机不转动，电流较小，故选小量程电流表；为使操作方便，滑动变阻器选小电阻；②根据电路图连线即可；③电阻R0和电动机串联，测量的是总电阻．本题关键明确实验原理，要能够使用欧姆表和螺旋测微器读数，明确误差来源，合理选择电表，不难．八、计算题(本大题共2小题，共36.0分)11.直角坐标系xoy界线OM两侧区域分别有如图所示电、磁场（第三象限除外），匀强磁场磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，匀强电场场强E=v B、方向沿x轴负方向．一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O以速度为v、沿x轴负方向射入磁场，随后从界线上的P点垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域．已知粒子的电荷量为q，质量为m，求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R及P点的位置坐标；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标．【答案】解：（1）粒子在磁场中运动时，由洛仑兹力提供向心力，有：qv B=m解得：R=如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM的位置P的坐标为（，）．（2）粒子在磁场中运动的周期T==由几何知识得知，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为θ=270°则在磁场中运动的时间t=°T=（3）粒子从P点射入电场将做类平抛运动，如图所示，有：R=①x=vt②其中：a=③联立①②③式解得x=故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为[0，-（-1）]答：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R是，P点的位置坐标是（，）；（2）粒子在磁场中运动的时间是；（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标是[0，-（-1）]．【解析】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径，画出粒子运动的轨迹，由几何关系求解P点的位置坐标；（2）根据几何知识确定轨迹所对的圆心角θ，由t=，求出粒子在磁场中运动的时间；（3）在电场中，粒子受到电场力作用而类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标．本题一要仔细分析粒子的运动情况，二要根据几何知识画出轨迹，这两点是解答本题的关键．12.如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的圆形光滑轨道相切于Q．一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用．已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2=μ，物块可视为质点，重力加速度取g．（1）求物块滑到Q点的速度大小；（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？【答案】解：（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理有：mg R=m-0解得：v1=（2）物块与滑板间的滑动摩擦力f1=μ1mg=3μmg滑板与水平面间的滑动摩擦力f2=μ2（m+m）g=2μmg＜f1故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动．（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律：mv1=2mv解得：v=设滑板的长度至少为L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为L1，对于系统由动能定理有：F（L+L1）-f1（（L+L1）+f1L1-f2L1=2mv2-m解得：L=答：（1）物块滑到Q点的速度大小是；（2）滑板将向左滑动；（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少【解析】（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理列出等式求解（2）根据物块与滑板间的滑动摩擦力和滑板与水平面间的滑动摩擦力关系求解（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律列出等式，对于系统由动能定理求解解决该题关键要根据物体受力情况，分析物体运动，对于系统由动量守恒定律和动能定理求解．。

广东省汕头市2013届高三第二次模拟考试理综试题扫描版

汕头市2013年普通高中高三教学质量测评（二）理科综合（物理）选择题非选择题34.（18分）参考答案 ⑪ 9分①A 2 （1分），30 （2分）（有效数字错误给0分，如30.0给0分，加带单位只给1分） ②B （2分）③ 变阻器的滑动片损坏（2分）（其他表述给0分） ④ 减少（或减小）（2分）（其他表述，如“变化”给0分）说明：错别字视为歧义，该答案给0分。

⑫ （9分）①竖直（1分） ②纸带（2分）说明：错别字视为歧义，给0分。

③v 4 （2分）（其他表述给0分，如数据表述3.48给0分） ④2k（2分）偏小（2分）（其他表述给0分） 35．（18分）参考答案（1）货箱下滑过程，由牛顿定律得ma mg mg =-θμθcos sin ①（2分）将θ和μ代入解得加速度大小 g a 823=②（2分）由匀加速运动规律得as v 22= ③（2分）而θsin =sh④（1分）联立解得货箱下滑至地面时的速度大小23ghv =⑤（2分）（2）货箱受绳子拉力下滑过程，由动能定理得 2'21)cos sin (mv W s mg mg F =--θμθ ⑥（3分）由匀加速运动规律得 t v s '21=⑦（2分）货箱克服轻绳拉力做功的平均功率 tW P F=⑧（2分）联立解得gh mg P 81= ⑨（2分） 36．（18分）参考答案（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 221mv qEd =①（2分）粒子进入磁场后做圆周运动，有rv m qvB 2= ②（2分）解得粒子在磁场中运动的半径qBmqEdr 2= ③（2分）（2）粒子之后恰好不再经过x 轴，则离开磁场时的速度方向与x 轴平行，运动情况如图①，可得r R 2=④（2分）由以上各式解得mdR qB E 4220= （2分）（3）将032E E =代入可得磁场中运动的轨道半径3Rr =⑥（2分）粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足 232/cos ==r R α 即α=30° ⑦（2分） β=2α=60° ⑧（1分）粒子经过x 轴时的位置坐标为 βcos rr x += ⑨（1分）解得R x 3= ⑩（2分）（2）用廉价的清洁能源供给热能（2分）（答用“太阳能”、“风能”、“地热能”、 “生物能”、“核能”供给热能给3分；答“加热”、“升高温度”等均不给分）；（3）①细颗粒FeO 表面积大，与H2的接触面大，反应速率加快；（3分）（“增大接触面，加快反应速率”、“接触面越大，反应速率越快”等合理表述给3分；答“增大反应物浓度”、“FeO 的量增加，反应速率加快”给1分）；②相等（2分）（答“等于”、“=” 给1分）③ (4分)解：900℃时，达到平衡FeO 转化的量为：n(FeO)=0.60mol ×40%=0.24mol（4）（3分） 32、（14分）（1）增大接触面积，提高浸取率 (2分) ，过滤。

2013年广东省高考模拟理综物理分类汇编——b相互作用

2013年广东省高考理综模拟题物理部分分类汇编——相互作用一、单选题1．（2013届惠州市高三第一次调研13）如图所示，AO、BO、CO三根绳子抗拉程度完全一样，如果CO绳子吊着重物的重力逐渐加大，当超过一定量时，则最先断的绳子是（）AA．AO绳子B．BO绳子C．CO绳子D．三根绳子同时断2．（2013届惠州市高三第二次调研13）一圆弧形坡道，如图所示，若将同—辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是（）AA．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力3．（2013届广东省六校高三第一次联考4）如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。

两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（）CA．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利4．（2013届广东省六校高三第二次联考2）如图所示，三段是完全一样的轻绳，其中AO 与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，当不断增大重物的重量，则（）CA．AO最先断B．BO最先断C．CO最先断D．三段同时断5．（2013届广东省六校高三第二次联考4）如图所示，将一质量为3m的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板，若木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为（）AA．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmgθ6．（2013届广东省广州市天河区一模拟理综物理15）三段不可伸长的细绳 OA 、OB 、OC ，悬挂一质量为m 的重物，如图所示，其中OA 与竖直方向的夹角为θ，OB 沿水平方向，则OA 、OB 绳拉力大小分别为（）DA ．θsin mg 、θcos mgB ． θcos mg 、θsin mgC ．θsin mg 、θcot mg D ． cos mgθ 、θtan mg7．（2013届广东省珠海市高三摸底理综物理13）质量为m 的体操运动员，双臂竖直悬吊在单杠下，当他如图增大双手间距离时（）BA ．每只手臂的拉力将减小B ．每只手臂的拉力可能等于mgC ．每只手臂的拉力一定小于mgD ．两只手臂的拉力总是大小相等、方向相反 8．（2013届广东湛江市高三10月调研考物理15）如图所示，在一根粗糙的水平直杆上，套有两个质量均为m 的铁环，两铁环上系着两根等长细线，共同拴住质量为M 的小球，两铁环与小球都处于静止状态．现想办法使得两铁环间距离AB 增大一些而同时仍能保持系统平衡，则OA 绳和OB 绳的拉力变化情况是（）AA ．拉力增大B ．拉力减小C ．拉力不变D ．不能确定9．（2013届广东省江门市高三调研测试理综物理13）一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是（）BA ．F 1的施力者是弹簧B ．F 2的反作用力是F 3C ．F 3的施力者是地球D ．F 4的反作用力是F 110．（2013届广东省增城市高三调研测试物理14）如图所示，举重运动员在抓举比赛时，使两臂上举后两臂间成钝角，手臂伸直后所受作用力沿手臂方向，一质量为75 kg 的运动员，在举起125 kg 的杠铃时，两臂成120°角，则此时运动员的每只手臂对杠铃的作用力F 及运动员对地面的压力F N 的大小分别为(g 取10 m /s 2) （）AA ．F ＝1 250 N ，F N ＝2 000 NB ．F ＝1 250 N ，F N ＝3 250 NC ．F ＝625 N ，F N ＝2 000 ND ．F ＝722 N ，F N ＝2 194 N11．（2013届广东省广州市高三调研测试物理14）质量为m A 和m B 的小球与劲度系数均为k 的轻弹簧L 1和L 2连接如图，静止时，两弹簧伸长量分别为x 1和x 2，则（）DA ．只要m A =mB ，有x 1=x 2 B ．只要m A ＞m B ，有x 1＜x 2C ．只要m A ＜m B ，有x 1＜x 2D ．只要不超出弹性限度，始终有x 1＞x 212．（2013届广东省潮州市高三上学期期末教学质量检测理综物理13）如图，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）DA ．物体可能不受弹力作用B ．物体可能受三个力作用C ．物体可能不受摩擦力作用D ．物体一定受四个力作用13．（2013届广东省华附省实深中广雅四校高三上学期期末联考理综物理13）将一物块分成相等的A 、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，如图，绳子处于沿竖直方向，整个装置静止。

2013年5月广东珠海高考二模物理题(Word版含答案)

珠海市2012～2013学年度第二学期高三学生学业质量监测13. 某压力锅的结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．此后对锅内气体，下列说法正确的是A ．气体要吸热B ．外界要对气体做功C ．气体的分子平均动能将增大D ．气体的内能将减小14．关于布朗运动，下列说法正确的是 A ．颗粒越大布朗运动越剧烈 B ．布朗运动是液体分子的运动 C ．布朗运动的剧烈程度与温度无关D ．布朗运动是大量液体分子频繁碰撞造成的15．我市在2013年1月完善了公共自行车租赁系统，某同学骑车刚开始一段时间的运动可看作是直线运动，其运动图像如图所示；则在0－1tA ．平均速度等于20v B ．平均速度大于20vC ．加速度不断增大D ．加速度不变16．如图所示，真空中的两带电小球(可看作是点电荷)，通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是 A ．若只增大r ，则T 1、T 2都增大B ．若只增大m 1，则θ1增大，θ2不变C ．若只增大q 1，则θ1增大，θ2不变D ．若只增大q 1，则θ1、θ2都增大二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，又选错或不答的得0分。

17．右图是氢原子能级图，某个氢原子A 从n ＝3的状态直接跃迁到基态，另一氢原子B 从n ＝4的状态直接跃迁到基态，下列说法正确的是 A ．A 和B 都只释放出一种频率的光子 B ．A 和B 都不只放出一种频率的光子 C ．若Ａ放出的光子能使某金属发生光电效应，则B 放出的光子也能使该金属发生光电效应D ．若Ｂ放出的光子能使某金属发生光电效应，则A 放出的光子也能使该金属发生光电效应18．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1:10，变压器输入端的交变电压如图甲所v 115题图示，若乙图中电流表的示数为2A ，则下列说法正确的是Ａ．电压表的示数为220V Ｂ．电压表的示数为20VＣ．电阻Ｒ的阻值为Ω1.14 Ｄ．变压器的输入功率为40W19．荷兰一家名为“火星一号”的公司计划在2023年把4名宇航员送上火星。

【名师精品解析】【2013深圳二模】广东省深圳市2013届高三第二次调研考试物理试题 Word版含解析

2013 年深圳市高三年级第二次调研考试物理综合一，单项选择题（本大题16小题，每小题4分，共64分）13.民间“拔火罐”是将点燃的纸片放人一个小罐内，当纸片烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上，这是由于火罐内的气体A.体积减小，压强增大B.体积增大，压强增大C.温度升高，压强减小D.温度降低，压强减小考点：理想气体的状态方程答案：D解析：把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上．故D正确．14.下列说法不正确的A.气体无孔不人，说明气体分子间存在分子力B.液体很难被压缩，这是液体分子间存在斥力的宏观表现C.一定质量的理想气体，温度不变，内能一定不变D.一定质量的理想气体，体积增大，一定对外做功考点：分子动理论答案：A解析：气体无孔不人，说明气体分子间存在间隙，A错误，选出；飞、分子间同时存在斥力和引力，压缩时斥力增加得快对外表现为斥力，液体很难被压缩，这是液体分子间存在斥力的宏观表现是正确的；理想气体，分子间的作用力（即势能）是不用考虑的，要考虑的就是分子的动能；温度不变，热运动就不变，内能不变，正确；体积增大，一定对外做功也是正确的。

15.如图，一物体在粗糙斜面上受到沿斜面向上的力F作用，处于静止状态.下列判断正确的是A.物体一定受到四个力的作用B 摩擦力方向一定沿斜面向下C.摩擦力的大小可能等于零D.若F增大，摩擦力也一定增大考点：受力分析和共点力平衡答案：C解析：物体受重力,斜面的支持力，向上的推力，摩擦力是未知的，如果推力比较大,有向上运动的趋势,那么,摩擦力平行于斜面向下；如果推力较小,则物体有向下运动的趋势,摩擦力平行于斜面向上如果推力有一个合适的值,则无摩擦力所以C正确。

6.如图，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同.该离子从A点到B点的v-t（图象是考点：电场线的分布及其性质；速度与时间的关系；牛顿第二定律．答案：C解析：该离子从A点到B点，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，那么离子的加速度也减小．速度--时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小．由于电场力方向向右与速度方向相同，所以离子将做加速运动．故A、B、D错误，C正确．二、双项选择题（本大题9小题，每小题6分，共54分.在每小题给出的四个选项中，只有2个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1项且正确的得3分，有多选、选错或不答的得O分.)17.下列说法正确的是A.居里夫人首先发现了天然放射现象B.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子C.氢原子的能量是量子化的D.一群氢原子从n = 3的激发态跃迁到基态时，只能辐射2种不同频率的光子考点：物理学史；氢原子光谱答案：BC解析：贝克勒尔发现了天然发射现象，故A 错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核发现了质子，故B 正确；氢原子的能量是量子化的，能级差也是量子化的，故C 正确；一群氢原误．18.a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则A. v a >v bB. v a <v b C t a > t bD t a < t b 考点：平抛运动答案：AD解析：竖直方向有自由落体运动，221gt h =，b 的高度大，时间t 也大，D 正确；水平方向有匀速运动x=vt ，a 的水平位移大，时间短，初速度必然大，A 正确。

2013年广东高考物理综合模拟题(2)

2013年广东高考物理综合模拟题(2)2013年高考物理综合练习题（二）一、单项选择题13．下列说法正确的是（）A．扩散现象说明分子间存在斥力B．若两分子间距离增大，分子势能一定增大C．物体的内能大小与温度、体积和物质的量有关D．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积14.如图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭一定长度的空气柱，现向下缓慢压活塞，关于封闭气体，下列说法正确的是（）A．外界对气体做功，内能增加B．体积减小，温度降低C．压强变大，温度不变D．分子平均动能变大15.如图描述了一位骑自行车者从原点出发后的运动情况，下列说法正确的是（）A．此人达到最大速度时位于区间ⅠB．此人达到最大速度时位于区间ⅢC．此人距离出发点最远时位于B点D．此人距离出发点最远时位于C点16．在如图所示电路中，当变阻器R的滑动片向b端移动时（）A．电压表示数变大，灯泡变亮B．电压表示数变小，灯泡变亮C．电压表示数变大，灯泡变暗D．电压表示数变小，灯泡变暗二、双项选择题17. 下列四幅图的有关说法中正确的是（）A．①原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．②光电子的最大初动能与光的强度相A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，在某瞬间人可能只受到一个力的作用20．如图，在火星与木星轨道之间有一小行星带。

假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。

下列说法正确的是（）A.太阳对各小行星的引力相同B.各小行星绕太阳运动的周期均大于一年C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值21.带电量与质量都相同的两个粒子，以不同速率垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中，两粒子运动的轨迹如图所示，关于两个粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t及圆周运动周期T、角速度ω的表达正确的是()．A．v1>v2B．t1＝t2C．T1>T2D．ω1＝ω2三、实验题34.(1)“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。

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a.定值电阻（阻值 2Ω；额定功率 5W ）； b.定值电阻（阻值 10Ω；额定功率 10W）； c.滑动变阻器（阻值范围 0~15 Ω；额定电流 2A ）； d.滑动变阻器（阻值范围 0~100 Ω；额定电流 1A ）； ①为了准确地完成实验， Ro 应选择 _____Ω 的定值电阻， R 应选择阻值范围是 _______Ω 的滑动变阻器。 ②图乙所示的 U-I 图上是由实验测得的 7 组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出 E=_____V ， r=______ Ω ③按照此电路进行实验，电动势的测量存在系统误差，造成该实验系统误差的主要原因是
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现象， R 阻值范围 0~15Ω；画出 U-I 的直线，纵轴的截距为电动势 E=1.49V ；斜率的绝对值
为内阻， r 1.49 0.9 0.58 ；电压表测得电源电动势没问题，电流表测得不是干路电 1.02 0
流，所以造成该实验系统误差的主要原因是电压表的分流。
B. 货物的实际运动速度为
v12 v2 2
C. 货物相对地面做曲线运动
D. 货物相对地面做直线运动考点：运动的合成与分解
答案： BD
解析：两个相互垂直的匀速直线运动合成一定是匀速直线运动，速度满足勾股定律。
BD
正确。
三、非选择题：本大题共 3 小题，共 54 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说
磁通量变化率最大， C 正确。
20.已知天宫一号绕地球做圆周运动的半径为
r，周期为 T ，万有引力常量为
A. 天宫一号的线速度
B. 天宫一号所需向心力
C. 地球的质量
D. 地球表面的重力加速度
考点：万有引力的应用；万有引力与重力的关系