2013年高考物理模拟试题(二)

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2013年江苏省苏锡常镇四市高考物理二模试卷

2013年江苏省苏锡常镇四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15.0分)1.一个质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于静止状态．若将这三个力矢量连接起来，则下列连接正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：因为质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态，所以将三力首尾相连组成一封闭三角形，如图所示：所以选项ABD错误，C正确．故选C此题只要掌握共点力平衡的条件，并运用三力平衡三角形即可解决．此题掌握共点力平衡的条件，巧妙运用力的三角形法则即可解决此类问题．2.与直流电源相连的平行板电容器，在保持两极板间正对面积、间距和电源电压不变的情况下，在两极板间插入一个电介质，则其电容C和所带电量q的变化情况是（）A.C增大，q减小 B.C、q均增大 C.C减小，q增大 D.C、q均减小【答案】B【解析】解：在两极板间插入一个电介质，根据电容的决定式C=分析可知电容C增大，而板间电压U不变，则由电容的定义式C=分析得知，电容器所带电量q增大．故选B根据电容的决定式C=分析电容的变化．由电容的定义式C=分析电量的变化．本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=进行分析．3.如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型．图中电流表的示数为1A，电阻R的阻值为2Ω，线圈转动角速度ω=100πrad/s．则从图示位置开始计时，电阻R两端交变电压的瞬时值表达式为（）A.u=2sin100πt（V）B.u=2cos100πt（V）C.u=2sin100πt（V）D.u=2cos100πt（V）【答案】D【解析】解：由题意可知，电阻两端的电压为U=IR=1×2V=2V，电阻两端的电压最大值为2，由于线圈从垂直于中性面开始计时，则外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式为u=U M cos100πt（V）=2cos100πt（V）．故选D从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，根据E m=n BSω，求出感应电动势的最大值．角速度为ω=2πn．根据串联电路电压与电阻成正比，运用比例法求出外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式．交流电路中闭合电路欧姆定律同样适用，只不过电动势与电流要注意对应关系，瞬时值对应瞬时值，最大值对应最大值．4.质量不同、半径相同的两个小球从高空中某处由静止开始下落，设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值．则质量较大小球的v-t图线是（）A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】解：小球下落过程中，受到重力与空气阻力，由牛顿第二定律得：mg-f=ma，f=kv，则得a=g-可见，速度v增大，加速度a减小．故①②错误．对于③④：由上式可知，当速度相等时，质量越大，加速度越大．由图看出，速度相等时，球3的加速度较大，说明球3的质量较大．故C正确．故选C分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律判断加速度如何变化，而v-t图象的斜率等于加速度，根据斜率进行分析选择．本题运用牛顿第二定律和图象的意义结合进行分析，关键要抓住图象的斜率等于加速度．5.汽车静止时，车内的人从矩形车窗ABCD看到窗外雨滴的运动方向如①所示．在汽车从静止开始匀加速启动阶段的t l、t2两个时刻，看到雨滴的运动方向分别如②、③所示．E是AB的中点．则（）A.t2=2t1B.t2=C.t2=D.t2=【答案】B【解析】解：由题意可知，雨滴在竖直方向与水平方向均做初速度为零的匀加速运动，设竖直方向加速度为a0，水平方向t l时刻对应的加速度为a1，t2时刻对应的加速度为a2，则运动轨迹的方向即为两种情况的合加速度方向，结合几何关系，则有：，因此有：2a1=a2；而在水平方向上，它们的位移相同，根据位移与时间的关系，则有：，解得：t2=故选：B．根据实际运动轨迹，确定分运动的性质，结合几何关系，寻找两次匀加速运动的加速度大小关系，再由位移与时间关系，依据相同的水平位移，从而即可求解．考查运动的合成与分解，掌握力的平行四边形定则的应用，注意掌握实际运动与分运动的确定，本题寻找两次从静止匀加速运动的加速度关系是解题的突破口．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.如图所示，一个理想变压器原线圈输入正弦式交变电流，副线圈回路中定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值．则在滑动片P由a移向b的过程中（）A.副线圈中交变电流频率减小B.原线圈中电流减小C.变压器的输入功率增大D.滑动变阻器R消耗的功率先增大后减小【答案】BD【解析】解：A、变压器会改变电压，但频率不变，故A错误；B、由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当滑动片P由a移向b，即可变电阻的滑片向下移动时，电阻R增大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P=可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小．所以B正确，C错误，D、根据功率表达式，则滑动变阻器R消耗的功率为P==，由于定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，所以此功率随着电阻的增大，先增大后减小，故D正确；．故选BD．输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．同时学会运用数学公式来分析何时取极值．7.2012年12月27日，我国自行研制的“北斗导航卫星系统”（BDS）正式组网投入商用．2012年9月采用一箭双星的方式发射了该系统中的两颗轨道半径均为21332km的“北斗-M5”和“北斗-M6”卫星，其轨道如图所示．关于这两颗卫星，下列说法正确的是（）A.两颗卫星的向心加速度大小相同B.两颗卫星速度大小均大于7.9km/sC.北斗-M6的速率大于同步卫星的速率D.北斗-M5的运行周期大于地球自转周期【答案】AC【解析】解：A、根据知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等．故A正确．B、根据知，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，是做匀速圆周运动的最大速度，所以两颗卫星的速度均小于7.9km/s．故B错误．C、北斗-M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则线速度大于同步卫星的速率．故C正确．D、因为北斗-M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据T=知，北斗-M6的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期．故D错误．故选AC．根据万有引力提供向心力得出线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并进行比较．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．8.如图所示的电路中，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻为R0，两电表均为理想电表，其示数记为U、I．下列说法正确的是（）A.S2断开，闭合S1后，电流表示数I逐渐增大至某一稳定值B.S1、S2闭合后，断开S2瞬间，电势φa＞φbC.当两开关均闭合后，U≠IR0D.断开电路时，应先断开S2，再断开S1【答案】AD【解析】解：若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．A、当S2断开，闭合S1后，由于线圈的自感电动势，导致电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，故A正确；B、S1、S2闭合后，断开S2瞬间，电表为理想的，所以电路中电流不变化，因此线圈中没有自感现象，则电势φa＜φb，故B错误；C、当两开关均闭合后，电路稳定后，线圈相当于电阻，则有电压U=IR0，故C错误；D、由上分析可知，D正确，故选AD先进行断开开关，拆电流表或拆电阻等操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏．题考查了自感线圈的自感作用，在断开电源的瞬间L相当于电源，结合实验安全原则，应先消除自感现象．9.如图所示，在水平向右行驶的车厢内固定有一水平实验桌，其上放着质量分别为M、m（M＞m）的A、B两物块，物块间夹着一处于压缩状态的轻质弹簧，两物块与桌面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，两物块与桌面始终相对静止．则（）A.车厢运动的加速度一定小于μgB.若剪断弹簧，物块与桌面有可能发生相对滑动C.车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小D.车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时大【答案】AC【解析】解：A、先假设没有弹簧且车厢加速度达到μg，则静摩擦力达到最大；再加上压缩的弹簧，一个静摩擦力要增加，另一个要减小，已经达到最大静摩擦力，不能再增加，故矛盾；故A正确；B、通过A选项分析，加速度a＜μg；故剪断弹簧，两个物体的均不会滑动；故B错误；C、车厢处于减速运动状态时，物体B所受静摩擦力较大，故物体B容易滑动；恰好滑动时，有：ma=μmg-kx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kx′=μmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，故车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小；故C正确；D、假设质量相等，车厢处于加速运动状态时，物体A所受静摩擦力较大，故物体A容易滑动；恰好滑动时，有：M a=μM g-kx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kx′=μM g；故匀速时恰好滑动的弹力大，车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量可能比匀速时时弹簧最大压缩量小；故D错误；故选：AC．可以分加速、匀速和减速三种情况分析；A加速时受力情况与B减速时受力情况类似，所以只需考虑A的三种情况即可．本题难点在于静摩擦力的方向和容易滑动的物体的判断上，关键找出恰好滑动的临界状态，然后根据牛顿第二定律判断，较难．五、单选题(本大题共1小题，共3.0分)12.下列属于液晶分子示意图的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过；不通电时排列混乱，阻止光线通过．所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，液晶可以流动，所以和固态分子排列不相同，但液晶不可以像液体一样任意流动，所以和液态分子排列不相同，故B正确，ACD错误．故选B人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态．液晶较为生疏的一种物质状态．高中阶段只需要记住其定义和基本特性即可．八、多选题(本大题共1小题，共3.0分)15.下列属于光的干涉现像的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】解：A、此图样是单缝衍射现象．故A错误．B、是利用光的干涉现象来检查平面的平整度．故B正确．C、肥皂膜在火焰的光照耀下呈现明暗相间的条纹是因为薄膜干涉产生的．故C正确．D、通过三棱镜出现光的色散，是光的折射现象．故D错误．故选BC波的干涉则是两列频率完全相同的波相互叠加时，会出现稳定的干涉现象．而波的衍射则是能绕过阻碍物继续向前传播的现象．解决本题的关键知道光的折射、干涉、衍射的区别，且能与实际生活相联系．十一、单选题(本大题共1小题，共4.0分)18.如图是研究光电效应的电路，则下列关于光电流与电压的关系图象正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：同一种光的频率相等，根据光电效应方程E km=hv-W0，最大初动能相等，通过E km=e U C，知遏止电压相等，蓝光的频率大于黄光的频率，则蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压．光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，光电流越大．故A正确，B、C、D错误．故选A．根据光电效应方程知，不同的频率光产生的光电子的最大初动能不同，则遏止电压不同，根据遏止电压判断入射光频率的高低．光越强，单位时间内发出光电子数目越多，光电流越大．解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道入射光频率与遏止电压的关系，以及知道光强影响光电流的大小．三、计算题(本大题共1小题，共8.0分)10.某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能E P=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）”的实验，装置如图（a）所示．水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去．测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t．用刻度尺测出弹簧的压缩量为x，甲、乙光电门间距为L，忽略一切阻力．（1）小球被弹射出的速度大小v= ______ ，求得弹簧弹性势能E p= ______ ；（用题目中的字母符号表示）（2）该同学测出多组数据，计算并画出如图（b）所示E p与x2的关系图线，从而验证了它们之间的关系．根据图线求得弹簧的劲度系数k= ______ N/m；（3）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果______ 影响（选填“有”或“无”）．【答案】；；200；无【解析】解：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：（2）由图中数据带入公式：，得：，解得：k=200N/m（3）由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化故答案为：（1），；（2）200；（3）无（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，由此可得速度，再由能量守恒可得弹性势能（2）由图中给的数据带入弹性势能表达式可得劲度系数（3）由力作用的独立性可知，对结果无影响本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果．四、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)11.某同学为测量电源电动势并研究不同负载下电源输出功率，设计了如图1所示电路，（1）请在给出的直角坐标系中画出U-I图象（图2）．（2）根据图线求得该电源的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω；（3）根据U-I的图线，电流I=0.20A时，电源的输出功率P测=_ ______ W；如果考虑电表内阻对电路的影响，则电源实际输出功率P实______ P测（选填“大于”、“小于”或“等于”）．【答案】2.0；0.81；0.37；大于【解析】解：（1）描点作图，如图所示，将偏离比较远的点舍去．（2）纵轴截距表示电动势，所以E=2.0V，图线斜率的绝对值表示内阻，则r=．（3）根据U-I的图线，电流I=0.20A时，此时输出电压U=1.84V，则电源的输出功率P测=UI≈0.37W．因为电压表起分流作用，所以测量的电流偏小，所以测量的电源输出功率偏小，即P实＞P测．故答案为：（1）如图所示．（2）2.0（1.98-2.02均可）0.81（0.75-0.85均可）（3）0.37（4）大于．根据表格中的数据描点作图，图线纵轴截距表示电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的原理，知道U-I图线的斜率和截距表示的物理意义．六、填空题(本大题共1小题，共4.0分)13.体积为V的纯油酸在水面上完全散开的面积为S，则油酸分子直径为______ ；若油酸的摩尔质量为M，密度为p，则阿伏伽德罗常数N A= ______ （球的体积V与直径D的关系为）【答案】；【解析】解：油酸分子的直径为d=把油酸分子看成立球体，则有N A•=代入解得，N A=故答案为：，．油酸溶液滴在水面上扩散后形成的油酸油膜最大面积时，形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径．由油酸的体积与面积之比求出分子直径．把分子看成立文体形，阿伏加德罗常量为N A等于摩尔体积与分子体积之比．本题考查对单分子油膜法测定分子直径原理的理解和应用，建立模型是解题的关键．七、计算题(本大题共1小题，共5.0分)14.质量为m的活塞将一定量的理想气体封闭在高为h的直立气缸内，活塞横截面积为S，气缸内壁光滑且导热良好．开始时活塞被固定在气缸顶端A处，打开螺栓K，活塞最终停在气缸一半高度的B处，大气压强为P0，不计活塞厚度，重力加速度为g，环境温度保持不变．①求活塞在A处时，气缸内封闭气体的压强：②求上述过程中通过气缸壁传递的热量Q．【答案】解：（1）设封闭气体的压强为P，活塞受力平衡P0S+mg=PSP=P0+P1V1=P2V2解得：P1=（P0+）（2）由于气体的温度不变，则内能的变化△E=0；由能量守恒定律可得：Q=；答：（1）活塞在A处时，气缸内封闭气体的压强为（P0+）：②上述过程中通过气缸壁放出的热量Q为．【解析】（1）选活塞为研究对象，对其列受力平衡方程即可；（2）由于此过程为等温过程，气体内能不变，根据热力学第一定律列方程解决即可．封闭气体压强可通过宏观的受力平衡从侧面求解，也可从理想气体状态方程求解，注意灵活变化，此外对于热力学第一定律要熟练掌握，明确各个字母的含义．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)16.渔船常利用超声波来探测鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105H z，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示．该超声波在水中的声速v= ______ m/s；现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，则鱼群与渔船间的距离S=______ m（忽略船和鱼群的运动）．【答案】1500；3000【解析】解：由波形图读出波长λ=2×（11.25-3.75）×10-3m=15×10-3m由波速公式得v=λf=15×10-3×105m/s=1500m/s①鱼群与渔船的距离为x=vt②联立①②式，代入数据得x=3000m．故答案为：1500；3000．由频率和波长求出波速v，根据信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求出鱼群与渔船间的距离x=vt．本题考查理解振动图象和波动图象联系的能力和作图能力．波在同一介质中认为是匀速传播的．十、计算题(本大题共1小题，共5.0分)17.如图所示，一透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R、长为L．一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面射出．求该部分柱面的面积S．【答案】解：半圆柱体的横截面如图所示，OO′为半径，设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，入射角恰好等于临界角C，则由折射定律得：n==2得θ=30°由几何关系得：∠OO′B=θ则有光线从柱面射出的柱面面积S=2θ•R•L=答：该部分柱面的面积S是．【解析】作出半圆柱体的横截面．光线在透光的边界恰好发生全反射，入射角等于临界角，即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角，由几何知识求面积S．本题关键要掌握全反射及其产生条件，结合几何知识求解即可．十二、填空题(本大题共1小题，共4.0分)19.功率为P的灯泡，将电能转化为可见光能量的效率是η，假定所发出的可见光的波长都是λ，光速为c，普朗克常量为h，则灯泡每秒发出的光子数为______ ；下图中能正确反映放射性14C衰变规律的是（m和m0分别表示14C某时刻和初始时刻的质量）______ （选填选项下的字母）．【答案】；C【解析】解：波长为λ光子能量为：E y=①设灯泡每秒内发出的光子数为n，灯泡电功率为P，则：n=②联立①②式得：n=③设衰变周期为T，那么任意时刻14C的质量m=（）m0，可见，随着t的增长物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C项图线符合衰变规律．故选C．根据灯泡的功率和转化为可见光的效率，算出每秒灯泡释放出的可见光能量除以每个可见光光子能量即可得出结果．根据半衰期的定义求出任意时刻14C的质量的表达式．根据衰变规律表示出两个物理量之间的关系再选择对应的函数图象．十三、计算题(本大题共4小题，共57.0分)20.1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核从而发现质子．其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为/m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？②求此过程中释放的核能．【答案】解：①设复核速度为v，由动量守恒得m1v0=（m1+m2）v解得v=②整个过程中质量亏损△m=m1+m2-m0-m3由爱因斯坦质能方程△E=△mc2得．答：①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为．②此过程中释放的核能为．【解析】根据动量守恒定律求出复核的速度大小，通过爱因斯坦质能方程求出该过程中释放的核能．解决本题的关键知道在α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子的过程中动量守恒，通过质量亏损求出释放的核能．21.混合动力车是利用汽油及电能作为动力来源的汽车．有一质量m=l000kg的混合动力轿车，仅凭汽油动力在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kw．当驾驶员看到前方60m处有超速违章监控摄像头（设限速72km/h）时，在保持发动机功率不变的情况下，立即启动充电装置给电池充电，运动t=3.5s后，轿车速度减为v2=72km/h．此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，其余用于供给充电装置，设该装置能量相互转换的效率均为50%．设轿车在上述过程中所受阻力保持不变．（1）求轿车所受阻力的大小；（2）判断轿车是否会因超速违章而被拍照：（3）若用上述充电所获得的电能维持72km/h匀速行驶，求轿车行驶的距离．【答案】解：（1）汽车牵引力与输出功率的关系P=F牵v则牵匀速运动时，阻牵（2）在减速过程中，发动机只有用于汽车的牵引，根据动能定理有：阻代入数据得，L=73.75m．由于L＞60m，轿车会因超速而被拍照．．（3）电源获得的电能为电由能量守恒定律，电能用于克服阻力做功E电•50%=F阻L′代入数据解得L′=17.5m．答：（1）轿车所受阻力的大小为2×103N．（2）轿车会因超速而被拍照．（3）轿车行驶的距离为17.5m．【解析】（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，做匀速直线运动，根据输出功率与牵引力的关系得出阻力的大小．（2）根据动能定理求出速度减小为72km/h时这段过程中的距离，从而判断是否违章．（3）根据能量守恒定律求出，抓住50%的电能克服阻力做功，求出滑行的距离．本题考查了动能定理和能量守恒定律的运用，难度中等，运用动能定理解题，首先确定研究的对象和研究的过程，需判断在研究的过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．22.如图，所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=lm，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端用导线连接R=0.4Ω的电阻，导轨电阻不计．PQGH范围内存在方向垂直导轨平面向上的磁场，磁场的宽度d=0.4m，边界PQ、HG均与导轨垂直．质量m=0．lkg．电阻r=0.6Ω的金属棒MN垂直放置在导轨上，且两端始终与导轨接触良好，从与磁场上边界GH距离为d的位置由静止释放．取g=l0m/s2．（1）若PQGH内存在着匀强磁场，金属棒进入磁场恰好做匀速运动，求磁感应强度B：（2）在（1）问的情况下，金属棒在磁场区域运动的过程中，电阻R上产生的热量是多少？（3）若PQGH内存在着磁感应强度沿斜面方向变化的磁场（在同一高度处磁感应强度相同），金属棒进入磁场后，以a=2.5m/s2的加速度做匀加速运动，请写出磁感应强度B和金属棒在磁场中位移x的关系表达式．【答案】解：（1）从释放到刚进入磁场过程，有：mgdsinα=得：v==°=2m/s在磁场中，棒受重力、支持力和安培力，根据平衡条件，有：mgsinα=BIL；切割电动势：E=BL v；。

精品文档2013高考模拟(二)1

高2013级高考模拟试题（二）理科综合物理部分一、选择题（本题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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） 1．下列说法中正确的是（）A ．变化的电场可以产生恒定的磁场B ．电磁波在传播过程中频率可能发生变化C ．使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变叫做调频D ．回旋加速器正常工作时可以将粒子加速到接近光速2．如图所示，质量相等的A 、B 两个小球用轻弹簧相连，通过细线挂在倾角为θ的光滑斜面上，系统静止时，细线和弹簧均与斜面平行，在烧断细线的瞬间，下列说法正确的是（） A ．B 球的瞬时加速度不为0B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θC ．两小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θD ．B 球的瞬时加速度沿斜面向上，A 球的瞬时加速度沿斜面向下3．如图，两束单色光a 、b 从水面下射向A 点，光线经折射后汇合成一束光c ，则( ) A ．在水中a 光的速度比b 光的速度小B ．从水射向空气时a 光的临界角大于b 光的临界角C ．用a 、b 光分别做单缝衍射实验时它们的衍射条纹宽度都是均匀的D ．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距4．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星-500”的实验活动。

假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的21，质量是地球质量的91。

已知地球表面的重力加速度是g ，地球的半径为R ，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h ，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A ．火星的密度为GRgπ32 B ．火星表面的重力加速度是92gC ．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为32D ．王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是29h 5．一根弹性绳沿x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t ＝0时使其开始沿y 轴做简谐振动，在t ＝0.25s 时，绳上形成如图所示的波形。

2013年山东省临沂市高考物理二模试卷

2013年山东省临沂市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共5.0分)1.如图，A、B两物体叠放在一起，先用手挡住B使其静止在固定斜面上，然后将其释放，A、B同时沿斜面滑下，斜面与两物体之间的动摩擦因数相同，m A＞m B，则（）A.释放前，物体B受到物体A对它的压力B.下滑过程中，物体B受到物体A对它的压力C.下滑过程中，物体B与物体A之间无相互作用力D.下滑过程中，物体A、B均处于失重状态【答案】ACD【解析】解：A、由题意可知撤掉外力后，物体A、B沿斜面加速下滑，故物体A、B的重力沿斜面向下的分力大于其与斜面间的最大静摩擦力，所以释放前，A处于静止状态一定受到B沿斜面向上的弹力，根据牛顿第三定律A对B有压力，故A正确；B、下滑过程中，物体A、B的加速度相同，两者之间无相互作用力，又加速度有竖直向下的分量，故两物体均处于失重状态，故CD正确，B错误．故选：ACD．撤掉外力后，物体B沿斜面加速下滑，故物体B的重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，下滑过程中，物体A、B的加速度相同，两者之间无相互作用力，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，当加速度方向向下时，物体处于失重状态．本题是两个物体的连接体问题，要灵活选择研究对象，往往采用整体法和隔离法相结合的方法研究，知道当加速度方向向上时，物体处于超重状态，当加速度方向向下时，物体处于失重状态．二、单选题(本大题共1小题，共5.0分)2.竖直向上抛出一小球，小球在运动过程中，所受空气阻力大小不变．规定向上方向为正方向，小球上升到最高点所用时间为t0．下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图象中，正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、小球上升过程中受向下的重力以及向下的阻力作用，加速度向下，为负值，故A错误；B、在位移-时间图象中，直线表示匀速直线运动，而小球做变速直线运动，故B错误；C、重力功率为标量，重力功率与物体的速度成正比，物体先匀减速运动，后匀加速运动，图象应是直线，由于阻力做负功，返回出发点的速度较小，故选项C正确；D、尽管阻力始终做负功，但是在最高点机械能不为零，故选项D错误．故选：C．对于图象问题可以根据物理知识求出两个坐标轴所代表物理量的函数关系来判断其图象性质如是直线还是曲线等，也可以通过特殊点来进行判断．本题考查了图象问题、涉及加速度、位移、功率和机械能，涉及到矢量性考查知识点全面，运动学图象是解决运动学最简单的方法，用好图象可起到事半功倍的效果，在学习中应注意图象的掌握．三、多选题(本大题共3小题，共15.0分)3.假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．“嫦娥三号”飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是（）A.飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的线速度大小之比为2：1B.飞船在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为C.飞船在A点点火变轨后，动能增大D.飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大【答案】AD【解析】解：A、飞船做圆周运动，根据万有引力等于向心力，列出等式：==mv=飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的轨道半径之比是1：4，所以飞船在轨道Ⅲ跟轨道Ⅰ的线速度大小之比为2：1，故A正确B、T=2，根据月球表面物体万有引力等于重力得：=mg0．飞船在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为T=2=，故B错误C、飞船在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以点火瞬间是动能减小的，故C错误D、飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，万有引力做正功，动能增大，故D正确故选：AD．飞船做圆周运动，根据万有引力等于向心力，列出等式表示出线速度和周期，再根据万有引力等于重力求解．根据牛顿第二定律比较经过A点的加速度大小．从轨道Ⅱ上A点进入轨道Ⅰ需加速，使得万有引力等于向心力．在轨道Ⅱ上运行时，根据万有引力做功情况判断A、B两点的速度大小，主要考查圆周运动中各种向心力公式的变换．注意题设条件的完整性．4.如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）A.物块a到达c点时加速度为零B.绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C.绳拉力对物块b先做负功后做正功D.绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b机械能的减少量【答案】BD【解析】解：A、当a物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用；所以a物块的加速度a=g=10m/s2；故A错误；B、a物体受重力和拉力作用，绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量，故B正确；C、物块a上升到与滑轮等高前，拉力做正功，物块a上升到与滑轮等高后，拉力做负功，故C错误；D、物块b受重力和绳拉力，除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量故选：BD分析ab受力可知，ab均只受重力和绳拉力，通过绳子拉力对a、b物体的做功情况，判断物块a、b机械能的变化．本题关键掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用．5.图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子（不计重力）射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势φK＜φL＜φM，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在bc段也做减速运动C.粒子在a点的速率等于在e点的速率D.粒子从c点到d点的过程中电场力做负功【答案】ABC【解析】解：A、已知电势φK＜φL＜φM，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电．故A正确．B、由电势U L＜U M，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动．故B正确．C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等．故C正确．D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功．故D错误．故选ABC．质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化．根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法．根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答．四、单选题(本大题共1小题，共5.0分)6.如图，频率为50H z的正弦交流电源与理想变压器原线圈相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后与副线圈相连．图中的电流表、电压表均为理想电表，原副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V，则（）A.电流表的读数为0.5AB.流过电阻的交流电的频率为50H zC.交流电源的输出电压的最大值为20VD.交流电源的输出功率为1.25W【答案】B【解析】解：A、副线圈的电流为I2==0.25A，原线圈的电流为I1，由电流与匝数成反比得I1==0.125A．故A错误B、流过电阻的交流电的频率为50H z．故B正确C、副线圈的电压为U2=2×5=10V，由电压与匝数成正比得原线圈电压为20V，则其最大值为20V．故C错误D、P入=P出=U2I2=10×0.25=2.5w．故D错误故选：B交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)7.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，下端接有固定电阻和金属棒cd，它们的电阻均为R．两根导轨间宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直放置在金属导轨上，在沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用下，沿导轨以速率v匀速上滑，而金属棒cd保持静止．以下说法正确的是（）A.金属棒ab中的电流为B.作用在金属棒ab上各力的合力做功为零C.金属棒cd的质量为D.金属棒ab克服安培力做功等于整个电路中产生的焦耳热【答案】BCD【解析】解：A、ab棒切割磁感线产生感应电动势：E=BL v，电阻R与金属棒的并联电阻为，则ab中的感应电流I==，故A错误；B、金属棒做匀速直线运动，由平衡条件可知，它所受的合外力为零，作用在金属杆ab 上的各力的合力做功为零，故B正确；C、通过cd的电流I′==，cd受到的安培力F B=BI′L=，金属棒cd静止，处于平衡状态，由平衡条件得：=mgsinθ，金属棒cd的质量：m=，故C正确；D、金属棒ab克服安培力做功等于整个电路中产生的焦耳热，故D正确；故选：BCD．由E=BL v求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流；根据平衡条件求出金属棒受到的合力，然后求出合力的功；对cd棒由平衡条件求出其质量；克服安培力做功转化为电能，转化为电路的焦耳热．本题是一道电磁感应、电学与力学相结合的综合题，应用E=BL v、欧姆定律、安培力公式、平衡条件即可正确解题．八、多选题(本大题共1小题，共2.0分)12.根据分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B.固体被压缩撤力后恢复原状，是由于分子间存在着斥力C.使密闭气球内气体的体积减小，气体的内能可能增加D.可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【答案】BC【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，由于颗粒是大量分子组成的，所以布朗运动不是固体颗粒的分子无规则运动，而是液体分子无规则运动的反映，故A错误．B、分子间既有引力又有斥力，该例表明分子力是斥力，斥力大于引力，故B正确．C、使密闭气球内气体的体积减小，对气体做功，不考虑热传递时，根据热力学第一定律，气体内能增加，故C正确．D、耗散掉的能量无法重新收集起来重新加以利用，故D错误．故选：BC布朗运动反映了液体中分子的无规则运动；分子间同时存在着斥力和引力；做功和热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．本题考查分子动理论、热力学第一定律和能量耗散等知识；布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.在物理学中，没有比光更令人惊奇的了．关于光的产生、本质和应用，下列说法正确的是（）A.光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是hν，光子打在金属板上，可能发生光电效应B.光子被U吸收，U会裂变，发生链式反应，产生核能C.光子既有能量，又有动量D.光子是较轻的粒子，与H和H结合能发生聚变反应，吸收能量【答案】AC【解析】解：A、光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是hν，光子打在金属板上，可能发生光电效应，故A正确；B、中子被U吸收，U会裂变，发生链式反应，产生核能，故B错误；C、康普顿效应说明光既有能量，又有动量，故C正确；D、光子是较轻的粒子，与H和H结合，不能发生聚变反应，若发生聚变反应，会放出能量的，故D错误；故选：AC．光子说：光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是hν，当入射光的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应；链式反应与聚变反应都有条件，且反应会释放大量核能；康普顿效应说明光既有能量，又有动量．考查光的光子说内容，理解光电效应产生条件，注意光子既有能量又有动量，同时掌握链式反应与聚变反应的区别．六、实验题探究题(本大题共2小题，共13.0分)8.“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图（甲）所示．当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W，3W．①对于该实验，下列说法正确的是______A．必须设法算出每次橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验时，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应尽量保持水平D．先接通电源，再释放小车②为了测量小车获得的速度，应选用下面纸带上的______ 部分进行测量（根据如图所示的纸带回答，并用字母表示）．③如图乙所示，A、B、C、…I、J是打点计时器在纸带上打出的一系列点，根椐所测得的数据可以求得小车被橡皮筋弹出后获得的最大速度大小为______ m/s．（电源频率为50H z）【答案】D；FJ；1【解析】解：①A、B本实验不能测量橡皮筋拉力的大小，也就无法算出功的具体数值，而运用比例法进行实验，所以为保证每根橡皮条对小车做功一样多，每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致，故A、B错误；C、小车下滑时受到重力、橡皮筋的拉力、支持力和摩擦力，要使橡皮筋的拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施，实验中应将木板左端适当垫高，故C错误；D、为采集更多的数据，提高纸带的利用率，并使打点稳定，实验中应先接通打点计时器，再释放小车．故D正确．故选：D．②为了测量小车获得的速度，应该选用纸带上点迹间距均匀，小车匀速运动的部分进行测量，即纸带上FJ部分进行测量．③最大速度为匀速运动时的速度，即．故答案为：①D；②FJ之间；③1．本实验无法算出橡皮筋对小车做功的具体数值，运用比例法进行研究，每次实验时，橡皮筋拉伸的长度必须保持一致．要使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施．根据打点计时器的操作规程，应先接通电源，再释放小车．当小车匀速运动时，测量小车的速度．对于实验题，关键要明确实验原理以及实验目的，了解具体操作的步骤和规程，以及如何进行数据处理；数据处理时要注意数学知识的应用．9.某小组用如图所示的电路实物装置，测绘额定电压为4.0V的小灯泡的伏安特性曲线，其中，小灯泡的电阻约为几欧，电压表和电流表均为常用的普通电表．①根据实际情况，你认为完成该实验所对应的电路图应该是______ ．（填“甲”“乙”或“丙”）②根椐选择的电路图，在答题纸上用笔画线代替导线将实物电路图1连接完整．③已知小灯泡灯丝电阻值R与灯丝温度t的关系为R=k（273+t），k为比例常数．当小灯泡灯丝在27℃时的电阻是6.0Ω．根据I-U图象2估算该灯丝的温度为227℃时灯丝的瞬时功率约为______W．【答案】甲；1.6【解析】解：①因要求小灯泡电压从零逐渐增大，所以滑动变阻器应用分压式接法；因为小灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故正确的电路图应为：甲．②实物连线如图所示③小灯泡灯丝在27℃时的电阻是6.0Ω，根据R=k（273+t）得温度为227℃时电阻是10Ω．据I-U 图线，当电压为4V时，电流是0.4A，所以电阻为10Ω，所以温度为227℃时灯丝的瞬时功率约为P=UI=4×0.4=1.6W．故答案为：（1）甲（2）如图（3）1.6明确当要求电压或电流从零调时滑动变阻器必须用分压式接法，当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．根据小灯泡灯丝在27℃时的电阻是6.0Ω，通过小灯泡灯丝电阻值R 与灯丝温度t的关系为R=k（273+t），得出温度为227℃时电阻，再根据I-U 图线求解．本题考查了描绘小灯泡伏安特性图线实验中的实验原理图、数据处理等操作，尤其是结合图线进行数据处理的能力是考查的重点，在平时中要加强训练．七、计算题(本大题共2小题，共33.0分)10.如图所示，一粗糙的水平轨道靠在半径为R=0.2m的1/4光滑圆弧轨道右侧，光滑圆弧轨道固定，水平轨道处在光滑的水平面上，可自由滑动．一质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点正上方H=3m处自由下落经圆弧轨道最低点B进入水平轨道．滑块在水平轨道上滑行1s后离开轨道．已知水平轨道质量M=5kg，轨道面离地面高h=1.8m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5．（取g=10m/s2）．求：（1）滑块到达B点时对轨道的压力；（2）水平轨道的长度；（3）滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离．【答案】解：（1）滑块从最高点运动到B，根据动能定理得，在B点，代入数据解得：F=330N．根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力竖直向下，大小为330N．（2）滑块在水平轨道上运动，对滑块m，根据牛顿第二定律得，a1=μg，v B′=v B-a1t对轨道M，μmg=M a2v=a2t，由能量守恒有：′，代入数据解得L=5m．（3）滑块离开轨道后，滑块做平抛运动，h=x m=v B′t0轨道匀速运动，x M=vt0滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离△x=x m-x M，解得△x=1.2m．答：（1）滑块到达B点时对轨道的压力为330N；（2）水平轨道的长度为5m；（3）滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离为1.2m．【解析】（1）根据动能定理求出滑块到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出滑块在B点受到的支持力，从而得出滑块到达B点对轨道的压力；（2）根据牛顿第二定律求出滑块和轨道的加速度，根据运动学公式分别求出滑块和轨道的速度，结合能量守恒定律求出水平轨道的长度；（3）滑块离开轨道后做平抛运动，轨道做匀速运动，结合平抛运动的规律求出平抛运动的水平位移，结合轨道的位移求出落地时，距离水平轨道右端的水平距离．本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式与平抛运动、圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．11.如图所示，在x O y 平面直角坐标系中，直角三角形MNL 内存在垂直于x O y 平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，三角形的一直角边ML 长为6a ，落在y 轴上，∠NML=30°，其中位线OP 在x 轴上．电子束以相同的速度v 0从y 轴上-3a ≤y ≤0的区间垂直于y 轴和磁场方向射入磁场，已知从y 轴上y =-2a 的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．若在直角坐标系x O y 的第一象限区域内，加上方向沿y 轴正方向、大小为E=B v 0的匀强电场，在x =3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，与x 轴交点为Q ．忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．试求：（1）电子的比荷；（2）电子束从+y 轴上射入电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y 轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的最远距离．（2）电子能进入电场中，且离O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN 相切，电子运动轨迹．【答案】解：（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为 r = a ，由牛顿第二定律得：ev 0B=m，电子的比荷： = ；（2）电子能进入电场中，且离 O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边 MN 相切，电子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．则：O ′M=2a ，OO ′=OM-0′M=a ，即粒子从D 点离开磁场进入电场时，离 O 点上方最远距离为：OD=y m =2a ，所以电子束从 y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a ；（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a =v 0t ，y = • •t 2，解得：y = a ＞2a ，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上．电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t ，竖直方向位移为 y ，水平位移为 x ，水平：x =v 0t ，竖直：y = • •t 2，代入数据解得：x = ；设电子最终打在光屏的最远点距 Q 点为 H ，电子射出电场时的夹角为 θ有： tan θ= = = ，H=（3a-x）tanθ=（3-），当3-=时，即y=a时，H有最大值，由于a＜2a，所以H max=a；答：（1）电子的比荷为；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围是0≤y≤2a；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为a．【解析】从y轴上y=-2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，根据牛顿第二定律列方程求比荷；粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远．本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．九、计算题(本大题共3小题，共26.0分)13.如图所示，水平放置的A、B是两个相同气缸，其长度和截面积分别为20cm和10cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、厚度不计的活塞，D为阀门，整个装置均由导热良好材料制成．开始阀门关闭，A内有压强为p A=2.0×105P a的氮气，B内有压强为p B=1.2×105P a的氧气；阀门打开后，活塞C开始移动，最后达到平衡．试求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强．假设环境温度始终不变．【答案】解：设平衡后活塞向右移动的距离为x，平衡后A、B中气体的压强均为P，活塞移动前与平衡后的温度相同，对AB分别进行状态分析有：对A：初状态：p A=2.0×105P a V A=LS末状态：P=？V′A=（L+x）S对B：初状态：p B =1.2×105P a V B=LS末状态：P=？V′B=（L-x）S则由波意耳定律得：对A部分气体有：P A LS=P（L+x）S对B部分气体有：P B LS=P（L-x）S联立并代入数据解得：x=5cmP=1.6×105P a答：活塞C移动的距离为5cm，平衡后B中气体的压强为1.6×105P a．阀门打开后，气体达到平衡，AB两部分气体的压强相等，分别对AB两部分气体进行状态分析，利用波意耳定律即可求得活塞C移动的距离和B中气体的压强．该题考察了波意耳定律的应用，解答问题时要注意对气体状态的分析，因压强不变，对体积的分析是解答问题的关键，同时要注意有两部分气体的情况，要正确找出两部分气体变化之间的关系．14.一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10m的a、b两处的质点振动图象如图中a、b所示，波长大于10m，再经过6s，质点a通过的路程是______ cm，这列波的波速是______ m/s．【答案】60；10【解析】解：由图可知，周期为T=4s，则t=6s=1T，则质点a通过的路程是S=6A=6×10cm=60cm．由振动图象和题意：波长大于10m，可知，ab之间相距λ，即有：=10m，则得λ=40m，根据波速公式有：v==10m/s．故答案为：60，10根据时间与周期的倍数关系求解路程．根据同一时刻两个质点的状态，确定a、b间的距离与波长的关系，确定波长，读出周期，求出波速．本题解题关键是根据两质点的振动状态，确定波长，知道质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅．15.如图所示，为一玻璃圆柱体的截面图，其半径为R，O为圆柱截面的圆心，AB为截面圆的直径．在B点放一个能发某种单色光的点光源，照射到直径AB上方，只有圆弧AMN段有光线折射出来，其中从M点折射出的光线恰好平行AB，已知∠ABM=θ．求：直线BN的长度．（用R、θ表示）【答案】解：设光线BM在M点发生折射对应的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知：i=θ，r=2θ；根据折射定律得：n=代入数据得：。

2013年山东省潍坊市高考物理二模试卷

2013年山东省潍坊市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共2小题，共10.0分)1.下列叙述正确的是()A.法拉第总结出了判断感应电流方向的规律B.奥斯特发现电流的磁效应并提出分子电流假说C.卡文迪许利用扭秤实验测定了万有引力常量D.质点、点电荷均为理想化模型【答案】CD【解析】试题分析：解答本题应抓住：法拉第总结出了判断电磁感应的规律；奥斯特发现电流的磁效应，安培提出分子电流假说；卡文迪许利用扭秤实验测定了万有引力常量；质点、点电荷均为理想化模型．A、英国科学家法拉第总结出了判断电磁感应的规律，楞次总结出了判断感应电流方向的规律；故A错误．B、奥斯特发现电流的磁效应，安培提出分子电流假说；故B错误．C、牛顿发现了万有引力定律后，卡文迪许利用扭秤实验测定了万有引力常量；故C正确．D、质点、点电荷均为理想化模型，实际并不存在．故D正确．故选CD2.t=0时，甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其υ-t图象如图所示，运动过程中，两车所受的阻力大小相等且恒定．下列说法正确的是()A.t1时刻乙车在甲车的前方B.t2时刻两车相距最近C.t3时刻两车牵引力的功率相等D.0～t4时间内甲车牵引力做的功比乙多【答案】AD【解析】试题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．A、0-t1时刻，乙的位移比甲大，所以乙在甲前，故A正确；B、t2时刻两者相遇最远，故B错误；C、t3时刻两车牵引力的功率不等，故C错误；D、0～t4时间内甲车牵引力做的功比乙多，故D正确．故选AD二、单选题(本大题共1小题，共5.0分)3.如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上．细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中()A.细线对小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大D.地面对斜面的摩擦力变大【答案】A【解析】试题分析：取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．解: A、B设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得斜面方向：mgsinα=T cosθ①垂直斜面方向：N+T sinθ=mgcosα②使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．由②知，N变小，故A正确，B错误．C、D对斜面和小球整体分析受力：重力(M+m)g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=N sinα，N变小，则f变小，N′=(M+m)g+N cosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故CD错误．故选A三、多选题(本大题共3小题，共15.0分)4.“神舟十号”飞船将于2013年6月至8月择机发射，再次与“天官一号”进行交会对接．三位航天员再次人住“天宫”完成一系列实验．“神舟十号”与“天宫一号”对接后做匀速圆周运动，运行周期为90分钟．对接后“天宫一号”的()A.运行速度大于第一宇宙速度B.加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度C.角速度为地球同步卫星角速度的16倍D.航天员可以用天平测出物体的质量【答案】BC【解析】试题分析：天宫一号轨道半径大于地球轨道半径故其运行速度小于第一宇宙速度，根据圆周运动加速度与周期半径的关系展开讨论．A、第一宇宙速度为近地轨道上的运行速度，因为天宫一号轨道半径大于地球半径，故其速度小于第一宇宙速度，故A错误；B、赤道上物体随地球自转的加速度，天宫一号的加速度，根据轨道半径和周期关系，可知天宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度，故B正确；C、根据ω=，由于，所以C正确；D、在天宫一号上航天员等物体均处于完全失重状态，天秤不能使用，故D错误．故选BC．5.图中虚线是某电场的一组等势面．两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点．下列说法正确的是()A.两粒子的电性相反B.a点的场强小于b点的场强C.a点的电势高于b点的电势D.与P点相比两个粒子的电势能均减小【答案】ABD【解析】试题分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小．A、根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反．故A正确．B、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k可知，a点的场强小于b点的场强．故B正确．C、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低．故C错误．D、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小．故D正确．故选ABD6.一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则()A.交流电源电压瞬时值的表达式为u=220sin100πt VB.P向上移动时，电压表的最大示数为380VC.P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D.P向下移动时，变压器的输入功率变大【答案】BC【解析】试题分析：根据乙图表示出交流电源电压瞬时值．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率求解．A、交流电源电压的最大值是220V，所以表达式为u=220sin100πt V，故A错误B、原线圈的电压有效值为220V，P向上移动时，电压表的最大示数为×220=380V，故B正确C、P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，输入功率等于输出功率，原线圈电流减小，故C正确D、P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，变压器的输入功率变小，故D 错误故选BC．四、单选题(本大题共1小题，共5.0分)7.如图所示，足够长金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．嘘线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则()A.ab棒中的电流方向由b到aB.cd棒先加速运动后匀速运动C.cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D.力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和【答案】A【解析】试题分析：ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，由cd棒的电流方向及磁场方向判断所受安培力的方向，再判断摩擦力从而确定运动情况，力F所做的功应等于所产生的总内能与增加的机械能之和．A、ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确B、cd棒电流由c到d所在的运动区域没有磁场，所受安培力向里，则受摩擦力向上，因电流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动．故B错误C、因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加．会大于重力．故C错误D、力F所做的功应等于所产生的总内能与增加的机械能之和．故D错误故选A七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)11.下列说法正确的是()A.分子平均动能大的物体，内能一定大B.晶体一定具有各向异性C.液体表面张力是由于表面层分子间距离大，分子力表现为引力所致D.经技术改进，热机的效率能达到100%【答案】C【解析】试题分析：解答本题需掌握：物体内能包括分子动能和分子势能；单晶体中单晶体表现各向异性，多晶体表现各向同性；液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．A、物体内能包括分子动能和分子势能，故分子平均动能大的物体，内能不一定大，故A错误；B、单晶体中单晶体表现各向异性，多晶体表现各向同性，故B错误；C、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，故C正确；D、热力学第二定律告诉我们不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故热机的效率能达到100%，故D错误；故选C．五、实验题探究题(本大题共1小题，共13.0分)8.(1)要利用如图1所示装置，验证m1、m2组成系统的机械能守恒．电磁打点计时器(电源频率为50H z)竖直固定在铁架台上，m1一端连接纸带，另一端通过细绳跨过轻质定滑轮与m2相连，m2的质量大于m1，从高处由静止释放m2，m1拖着纸带打出一系列的点．①下列实验操作，不必要的是，错误的是．(填序号)A．将打点计时器接到学生电源的“直流输出”挡B．用天平测出m1、m2的质量C．测量纸带计数点间的距离D．用秒表测量m2下落的时间②如图2是实验打出的一条纸带：0是由静止开始运动时打下的第一个点，相邻两计数点间还有4个点(图2中未标出)，计数点间的距离如图2所示．则从O点到计数点5系统动能的增量△E k= J，系统势能的减少量△E p= J，(结果保留三位有效数字)(2)某同学要测某一电阻的阻值(约3～5Ω)，现有下列器材：A．两节干电池B．电压表0～3V，内阻约10kΩC．电流表0～0.6A，内阻约1ΩD．滑动变阻器，0～10ΩE．滑动变阻器，0～100ΩF．开关和若干导线滑动变阻器采用限流接法，要较准确地测出待测电阻的阻值．①滑动变阻器应选；(填序号)②某同学的实物接线如图所示，指出该同学接线中的错误③图中5个点是实验中测得的U、I值，作图并求出R= ．(保留两位有效数字)．【答案】(1)①D；A；②0.576；0.588；(2)①D；②电流表正负接线柱接反了；电流表应采用外接法；③4.5Ω．【解析】试题分析：(1)①根据实验原理，确定需要验证的表达式，确定需要测量的量，然后分析答题；②根据匀变速直线运动，某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度求出打下记数点5时的速度大小，然后求出系统动能的增量，根据纸带数据求出系统重力势能的减少量．(2)①为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器；②电流表正负柱不要接反，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析图象答题；③根据坐标系中所描的点作出图象，然后根据图象应用欧姆定律求出电阻阻值．解:(1)①由图1所示实验装置可知，实验需要验证系统重力势能的减少量与系统动能的增加量间的关系，实验需要求出两物体的动能与重力势能的变化量，A、电磁打点计时器应使用低压交流电源，应将打点计时器接到学生电源的“交流输出”挡，故A错误；B、实验时需要测出两物体质量，故B是需要的，是正确的；C、实验要求出系统重力势能的减少量，需要求出物体的运动速度，因此需要测量纸带计数点间的距离，故C正确；D、实验过程不需要测量物体下落时间，因此不需要实验步骤D．②由题意知，计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，由图示纸带可知，打第5个点时的速度为：v===2.40m/s，从O点到计数点5系统动能的增量为：△E k=(m1+m2)v2=×(0.05+0.15)×2.42=0.576J，系统势能的减少量为：△E p=(m2-m1)gh05=(0.15-0.05)×9.8×(0.384+0.216)=0.588J；(2)①待测电阻阻值约为3～5Ω，为方便实验操作，准确测出电阻阻值，应选滑动变阻器D；②由图示电流表可知，电流表正负接线柱接反了，电流表连接错误；由题意知，=3～5，≈3333.3～5000，＞，电流表应采用外接法，由电路图可知，电流表采用内接法，电流表接法错误；③根据坐标系中所描的点作出图象，由图象可知，电阻阻值为：R==4.5Ω故答案为：(1)①D；A；②0.576；0.588；(2)①D；②电流表正负接线柱接反了；电流表应采用外接法；③4.5Ω．六、计算题(本大题共2小题，共33.0分)9.如图所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC，竖直高度AB=1.8m．D处有一固定障碍物，滑板右端C到障碍物的距离为1m．滑板左端加上水平向右的推力F=144N的同时，有一小物块紧贴竖直板的A点无初速释放，滑板撞到障碍物时立即撤云力F，滑板以原速率反弹．小物块最终落在地面上．滑板质量M=3kg，物块质量m=1kg，滑板与物块及地面间的摩擦因数均为0.4(取g=10m/s2，已知)．求：(1)滑板撞到障碍物前物块的加速度；(2)物块落地时的速度；(3)物块落地时到滑板B端的距离．【答案】解：(1)物体与滑板相对静止，向右的加速度为a，则F-μ(m+M)g=(M+m)a解得a=32m/s2．(2)设滑板撞到障碍物时的速度大小为v1，撞到障碍物后物块做平抛运动，h=v y=gt=10m/s．速度与水平方向的夹角为αtan，则α=37°．(3)物块的水平位移x1=v1t=4.8m滑板运动的加速度为a2，μM g=M a2滑板停止运动时间，则物块落地时，板尚未停止运动．滑板向右运动的距离物块落地时到B的距离为x=x1+x2=8.88m．答：(1)滑板撞到障碍物前物块的加速度为32m/s2．(2)物块落地时的速度大小为10m/s，方向与水平方向成37度角．(3)物块落地时到滑板B端的距离为8.88m．【解析】(1)对整体运用牛顿第二定律，求出滑板撞到障碍物前的加速度．(2)滑板碰到障碍物后，物块做平抛运动，平抛运动的初速度等于滑板撞到障碍物时的速度，根据平抛运动的规律求出物块落地时的速度大小和方向．(3)碰到障碍物后，物块做平抛运动，木板反弹做匀减速直线运动，求出平抛运动的水平位移，以及在平抛运动过程中木板反弹的位移，两者位移之和为物块落地时到滑板B 端的距离．10.如图甲所示，在坐标系xoy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y 轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t=0时刻，从x轴上的p点无初速释放一带正电的粒子，质量为m，电量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻；(4)粒子第4n(n=1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标．【答案】解：(1)粒子在电场中匀加速运动时间为t0，由匀速圆周运动周期公式得，由牛顿第二定律，q E=ma设OP间距为x，则有解得：(2)粒子圆周运动的半径分别为R1和R2，由运动轨迹半径公式得，粒子每经一个周期沿y轴向下移动△x，则有，(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，由几何关系得，2R1=N△x解得：N=2，粒子能再次经过O点．因t=2T+2t0由解得：(4)经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期沿y轴移动距离为△x，故y=-n△x=n R1解得：答：(1)P点到O点的距离为；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移为；(3)粒子能，则粒子再次经过O点的时刻为；(4)粒子第4n(n=1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标为．【解析】(1)由题意可知，根据匀速圆周运动周期公式及牛顿第二定律与运动学公式即可求解；(2)由匀速圆周运动半径公式结合几何知识，可求出每经一个周期沿y轴发生的位移；(3)根据几何关系可确定粒子运动的次数，再由周期公式结合时间关系即可求解；(4)根据运动轨迹半径公式，可得每一个周期内沿y轴偏离的位移即可求解；八、计算题(本大题共3小题，共12.0分)12.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口且足够长，开始左端空气柱长20cm，两管水银面等高．从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15cm．温度不变，大气压强为p0=75cm H g．①加入水银的长度；②此过程封闭气体吸热还是放热，并说明理由．【答案】解：①设末态右侧管内水银面比左侧高h，则初态：l1=20cm，P1=P0=75cm H g末态：l2=15cm，P2=P0+h=75+h(cm H g)根据玻意耳定律得：P1l1=P2l2代入解得，h=25cm故加入水银的长度为x=2(l1-l2)+h=35cm②由题意，气体的温度不变，则内能不变，气体的体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律气体放热．答：①加入水银的长度是265cm；②此过程封闭气体放热．【解析】①由题意，缓慢加入水银过程，温度不变，封闭气体发生等温变化，分析初态的体积、压强和末态的体积，根据玻意耳定律求出末态的压强，根据几何关系求解加入的水银的长度；②气体的温度不变，内能不变，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律分析热传递情况．13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时O点沿y轴正方向振动，t=0.2s的波形如图所示，此时x=2m处的质点第1次到达波峰．①此时O点的振动方向；②求波速．【答案】解：①由题，t=0时O点沿y轴正方向振动，由波形的平移法得知，波沿向右传播，图示时刻O点的振动方向沿y轴负方向；②由题，x=2m处的质点第1次到达波峰．可知t=，得T=0.4s由图知：λ=8m，则波速v==20m/s答：①此时O点的振动方向是沿y轴负方向；②波速是20m/s．【解析】①t=0时O点沿y轴正方向振动，可判断波的传播方向，再判断此时O点的振动方向；②根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，确定出t=0.2s与周期的关系，即可求出周期，读出波长，即可求出波速．14.如图所示，圆形玻璃砖放在水平桌面上，圆心为O，半径为R，激光束垂直OB射向玻璃砖，入射点在C点时，出射光线在桌面上形成的光斑在D点．已知．求：①玻璃的折射率；②要使A点右侧桌面光斑消失，入射入应向哪端移动．【答案】解：①画出光路图如图所示如图，入射点在C点时，sini==，得i=30°而折射角r=i+∠Dtan∠D==，解得，∠D=30°故折射率为n==②要使A点右侧桌面上光斑消失，应使光线在AB面上发生全反射，应增大入射角，由几何知识知，入射光线应向上移动．答：①玻璃的折射率是；②要使A点右侧桌面上光斑消失，入射光线应向上移动．【解析】①画出光路图，由几何知识求出光线在AB面上入射角和折射角，由折射定律n=求出折射率；②要使A点右侧桌面光斑消失，可使光线在AB面上发生全反射，应增大入射角，由几何知识知，入射光线应向上移动．九、填空题(本大题共1小题，共4.0分)15.①已知基态氢原子的能量为E1=-13.6e V，一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁，能产生种不同频率的光子，其中频率最低的光子能量是e V．②原子核U经过次α衰变，次β衰变，变为原子核U．【答案】①3；1.89；②1；2【解析】试题分析：根据数学组合公式求出一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁，能产生不同频率的光子种数．由第3能级向第二能级跃迁时辐射的光子能量最小．在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数增1，质量数不变，根据这一特点，求出α衰变和β衰变的次数．解: ①根据=3知，一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁，能产生3种不同频率的光子．由第3能级向第二能级跃迁时辐射的光子能量最小，第二能级的能量，第三能级的能量，则释放频率最低的光子能量为3.4-1.51e V=1.89e V．②设发生了n次α衰变，m次β衰变．则有：4n=4，2n-m=0，解得n=1，m=2．故答案为：①3；1.89；②1；2十、计算题(本大题共1小题，共4.0分)16.如图所示，人站在小车上推着木箱，一起在光滑水平冰面上以速度υ运动，小车与木箱质量均为m，人的质量为2m，突然发现正前方有一冰窟窿，为防止人掉入窟窿，人用力向右推木箱，推出木箱后，人和车以的速度仍向前运动，为避开危险，人向后跳车．求：①人推开木箱时木箱对地的速度多大；②人跳车后车对地的最小速度．【答案】解：①以向右为正方向，以人、车、木箱组成的系统为研究对象，在推木箱的过程中，由动量守恒定律可得：(m+m+2m)v=(m+2m)×+mv木箱，解得：v木箱=2.5v；②以人与车组成的系统为研究对象，人跳车的过程中，由动量守恒定律可得：(m+2m)×=mv车，解得：v车=1.5v；答：①人推开木箱时木箱对地的速度为2.5v；②人跳车后车对地的最小速度为1.5v．【解析】①以人、车、木箱组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出木箱的速度．②为保证安全，人从车中跳出后，对地向后的最小速度为0，由动量守恒定律可以求出车对地的速度．。

2013年广西南宁三中高考物理二模试卷

2013年广西南宁三中高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共6.0分)1.下列说法正确的是（）A.光电效应现象说明光具有粒子性B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C.玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象D.运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大【答案】AB【解析】解：A、光电效应现象中，光子能够打出电子，说明光具有粒子性，故A正确；B、普拉克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说．故B正确；C、普拉克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，建立了量子论；玻尔成功解释了各种原子发光现象．故C错误；D、根据德布罗意的理论，运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越短．故D错误．故选：AB光电效应现象说明光具有粒子性，普拉克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；普拉克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，建立了量子论；玻尔成功解释了各种原子发光现象；根据德布罗意的理论，运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越短．该题考查了原子物理中的多个知识点，都是记忆性的知识点，要加强对这一部分知识的学习．二、单选题(本大题共4小题，共24.0分)2.如图所示，在实验室某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内（活塞与气缸之间无摩擦）．用滴管将水缓慢滴在活塞上，在此过程中（）A.气体对外做功，气体内能减小B.外界对气体做功，气体内能增加C.外界对气体做功，气体内能不变D.气体从外界吸热，气体内能不变【答案】C【解析】解：将水缓慢的加在活塞上，由平衡条件可知活塞对气体的压力变大，则气体压强变大，故气体的体积减小，因系统导热可知经过一段时间，缸内气体的温度不变内能不变．由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等．故选：C．分析气缸及水的质量m可知内部气体压强的变化，则可知做功情况；因系统导热可知温度不变，则由热力学第一定律可得出内能的变化．本题需要用到的热学知识较多，但主要知识是热力学第一定律，同时还要注意，理想气体的内能只和温度有关，和体积无关．3.某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A.在10s末，质点的速度最大B.在0～10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C.该图象为质点的运动轨迹D.在20s内，质点的位移为9m【答案】B【解析】解：A、位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；B、在0～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；C、位移时间图象中图象表示位置随时间的而变化，不是运动轨迹，故C错误；D、△x=x2-x1=0-1m=-1m，故D错误．故选：B．位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向．理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键．4.将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在不断地缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F-t图象如乙图所示．则（）A.2.5s前小车做变加速运动B.2.5s后小车做匀加速运动C.2.5s前小车所受摩擦力不变D.2.5s后小车所受摩擦力不变【答案】D【解析】解：根据图象可知，2.5秒之后传感器对滑块的拉力不变，说明此时小车开始运动，传感器拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此2.5秒后小车所受摩擦力不变．由于沙桶质量不断增加，即重力不断增加，因此2.5s后小车做变加速运动，2.5秒之前小车静止不动，小车所受摩擦力为静摩擦力，大小不断增大，故D正确，ABC错误．故选：D．对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，然后由牛顿第三定律判断小车的受力情况．对滑块正确受力分析、应用牛顿第二定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键．5.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是（）A.这列波的波长是3mB.这列波的传播速度是10m/sC.质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰D.t=1s时P质点振动方向是沿y轴负方向【答案】B【解析】解：A、由读出相邻波谷之间的距离为4m，即波长为4m．故A错误．B、已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，波的周期为T=0.4s，则波速为v==m/s=10m/s．故B正确．C、当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰，所经过时间为t==s=0.7s．故C错误．D、简谐横波沿x轴正方向传播，质点P的振动方向沿着沿y轴负方向，当=1s时，即为2T，则P质点振动方向是沿y轴正方向．故D错误．故选：B．由题，P点相继出现两个波峰的时间间隔等于周期．由图读出波长，求出波速．当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰．简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同．本题中考查了波的基本特点：介质中各质点的起振都与波源的起振方向相同及波形的平移法的应用．三、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，三棱镜的AC面镀有反射膜，一束白光射向AB面，经棱镜折射后，在屏幕的ab段形成彩色光带，则（）A.a点的颜色是紫色B.a点颜色的光相对b光的衍射特性更显著C.a点颜色的光在棱镜中的传播速度比b光的小D.a点颜色的光在棱镜中的传播路程比b光的大【答案】BD【解析】解：A、玻璃对红光的折射率最小，对紫光的折射率最大，通过AB面时红光的偏折角最小，紫光的偏折角最大，在AC面上发生反射，根据反射定律知在BC面上红光在左侧，所以红光在光带的最左端．故A错误；B、a光的折射率最小，波长最长，波动性最强，则a点颜色的光相对b光的衍射特性更显著，故B正确．C、在玻璃中的光速v=，可知a点颜色的光在棱镜中的传播速度比b光的大，故C错误．D、由几何关系和反射定律知，a点颜色的光在棱镜中的传播路程比b光的大，故D正确．故选：BD．玻璃对红光的折射最小，对紫光的折射率最大，根据折射定律分析在BC面上折射角的大小，确定光线与BC面夹角的大小．红光的临界角最大，当入射角减小，最先不发生全反射，最先从AC面透出．本题考查折射定律和光的反射定律的理解和应用能力．对于七种色光折射率、临界角等关系可根据光的色散、干涉等实验结果进行记忆．7.如图是一对无限长的带有等量异种电荷的平行导线（电荷均匀分布）周围的等势面局部分布示意图，下列说法中正确的是（）A.B点的场强大小大于C点的场强大小B.A．B、C处的电场强度均与OV等势面垂直C.正试探电荷从B运动到A，电场力做负功D.负试探电荷从B运动到C，电势能将增加【答案】AC【解析】解：A、由于等差等势面越密，场强越大，则得B点的场强大小大于C点的场强大小．故A 正确．B、A、B、C处的电场强度均与三点所在处的等势面垂直，而与OV等势面不垂直．故B 错误．C、正试探电荷从B运动到A，电势升高，电势能增大，则知电场力做负功．故C正确．D、负试探电荷从B运动到C，电势升高，电势能将减小．故D错误．故选AC等差等势面越密，场强越大．A、B、C处的电场强度均与所在处等势面垂直．正试探电荷从B运动到A，电势升高，电势能增大，电场力做负功．用同样的方法，根据电势的高低判断电势能的变化．本题根据匀强电场中公式E=定性分析场强的大小，等差等势面越密，场强越大．根据电势能与电势的关系，由电势的高低，判断电势能的变化．四、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（）A.极板M比极板N电势高B.加速电场的电压U=ERC.两点间距PQ=2BD.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量【答案】A【解析】解：A、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN间被加速，所以M板的电势高于N板，故A正确；B、在静电分析器中，根据电场力提供向心力，则有，在加速电场部分，根据动能定理有，从而解得：．故B错误．C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：，结合上式可知，PQ=，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C、D错误．故选：A．带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.对某导电元件（圆柱状）进行研究，图甲是说明书中给出的伏安特性曲线．（1）用多用表的欧姆挡试测元件在常温下的电阻，操作步骤正确，发现表头指针偏转的角度过大或过小时应选用其它挡位测量，换挡后进行测量之前，应当______ ．（2）可由U-I图线得到各状态下的电阻值，为了进一步研究材料电阻率，需要测量元件的长度和截面直径，如图乙，用螺旋测微器测得的直径读数为______ mm．（3）实验室中提供以下器材：A．电压表V（量程为0～3V，内阻约5kΩ）B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约0．lΩ）C．滑动变阻器R1（0一l0Ω，额定电流1.5A）D．滑动变阻器R2（0一l000Ω，额定电流0.5A）E．直流电源（电动势3V，内阻忽略不计）F．电键一个、导线若干设计一个电路，验证该元件的伏安特性线是否和说明书中所给的一致，则滑动变阻器应选择______ ；试在图丙方框中画出实验原理图．【答案】欧姆调零；1.990；R1【解析】解：（1）使用欧姆表测电阻换挡后要重新欧姆调零．（2）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为49.0×0.01mm=0.490mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.490mm=1.990mm．（3）为方便实验操作滑动变阻器应选R1；电压与电流从零变化，滑动变阻器应采用分压接法，由伏安特性曲线可知，元件电阻约为4Ω，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为5000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．故答案为：（1）欧姆调零；（2）1.990；（3）R1；实验电路图如图所示．（1）使用欧姆表时，选择档位后，在测电阻前要进行欧姆调零．（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微的示数．（3）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；描绘元件的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据元件电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．使用欧姆表测电阻时，换挡必须重新进行欧姆调零；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键．10.某同学设计了一个研究平抛运动的实验．实验装置示意图如图所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图1中P0P0′、P1P1′…），槽间距离均为d．把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上．实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放．每打完一点后，把B板插入后一槽中．实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图2所示．（1）实验前应对实验装置反复调节，直到______ ．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______ ．（2）每次将B板水平移动一个槽，是为了确保每两个落点的______ 相同．（3）如图2测出硬板插入P1P1′、P2P2′、P3P3′时小球痕迹点C、D、E在竖直方向的距离分别为h1、h2，请用所给的字母求出平抛运动的初速度______ ．【答案】斜槽末端水平；小球平抛运动的初速度相同；时间；．【解析】解：（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，保证做平抛运动，初速度水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同．（2）每次将B板水平移动一个槽，是为了确保每两个落点的时间相同．（3）根据得：T=，则初速度为：．故答案为：（1）斜槽末端水平，小球平抛运动的初速度相同；（2）时间；（3）．（1）平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同．（2）每次将B板水平移动一个槽，是为了保持相邻痕迹点的时间相同．（3）根据平抛运动竖直方向做自由落体运动，相邻相等时间内位移之差是个定值求解两个点之间的时间，根据水平方向做运动运动求解初速度．解决本题的关键知道平抛运动的特点．该题考察了实验中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题．六、计算题(本大题共3小题，共54.0分)11.我国成功发射的神舟七号载人飞船绕地球的运行可看作是匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，已知地球半径为R，引力常量为G．（1）求飞船的线速度大小；（2）求地球的质量；（3）能否求出飞船所需的向心力？若能，请写出计算过程和结果；若不能，请说明理由．【答案】解：（1）线速度与周期的关系公式又因为r=（R+H）所以（2）飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供解得：（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．答：（1）飞船的线速度大小为；（2）地球的质量为；（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．【解析】（1）根据线速度与周期的关系公式，其中r=（R+H），计算可得飞船的线速度大小v．（2）飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，把v和r代入计算可得地球的质量M．（3）根据万有引力定律，不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知．本题考查了圆周运动的线速度与周期的关系，以及万有引力提供向心力这个重要的关系．特别要注意，根据万有引力定律，要两物体之间的计算万有引力，必须要知道两个物体的质量和他们之间的距离．12.如图所示，正方形金属线圈处在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场区域内，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=100cm2，匝数n=100，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻的阻值R=3.0Ω，当线圈从图示位置开始绕中心轴OO′按顺时针方向以角速度ω=2rad/s匀速转动时，求：（1）线圈转动时产生交变电流的瞬时值表达式；（2）线圈转动半周，通过电阻R的电量q；（3）线圈转动半周，电阻R产生的热量Q R．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E m=n BSω代入数据，得：E=0.8V根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：代入数据解得：I m=0.2A电流的瞬时值表达式为：i=0.2sin2t A（2）线圈转动半周，通过的电量为：代入数据得：（3）线圈转动，电路中产生的感应电流有效值为：解得：．答：（1）线圈转动时产生交变电流的瞬时值表达式为i=0.2sin2t A；（2）线圈转动半周，通过电阻R的电量q为0.4C；（3）线圈转动半周，电阻R产生的热量为9.42×10-2J．【解析】根据感应电动势的峰值表达式，结合闭合电路欧姆定律求出电流的最大值，从而得出瞬时值表达式．求出线圈转动半周，通过电阻R的电量．根据q=总根据电流的有效值，结合焦耳定律求出产生的热量．解决本题的关键掌握交变电流的瞬时值表达式、峰值的公式，以及掌握求解电量的经验表达式，即q=．总13.如图1所示，质量为M=0.9K g的光滑长木板静止在光滑水平地面上，左端固定一劲度系数为k=1000N/m的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳所能承受的最大拉力为50N，使一质量为m=0.1K g小物体，以一定的初速度在木板上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧，细绳被拉断，不计细绳被拉断时的能量损失．弹簧的弹性势能表达式为E p=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）．（1）要使细绳被拉断，v0应满足怎样的条件；（2）若小物体的初速度v0=5m/s，长木板在细绳拉断后被加速的过程中，所能获得的最大加速度时，求小物体的速度；（3）若小物体最后离开长木板时相对地面速度恰好为零，请在图2的坐标系中定性画出从小物体接触弹簧到与弹簧分离的过程小物体的v-t图象．【答案】解：（1）设细绳刚被拉断时弹簧的压缩量为x1，此时有：kx1=F为使弹簧压缩达到x1，对小物块要求是：m＞k，由此得到，细绳被拉断的条件是：v0＞5m/s，（2）设细绳拉断时物体的速度为v1，从小物体接触弹簧到压缩到最短，小物体、滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，有：m=k+m代入数据解得：v1=10m/s，当弹簧压缩至最短时，滑块有向左的最大加速度a m，此时小物体和滑块具有相同的速度v2；规定向左为正方向，根据系统动量守恒得：mv1=（m+M）v2；代入数据解得：v2=1m/s，（3）图象如图；答：（1）要使细绳被拉断，v0应满足的条件是v0＞5m/s；（2）若小物体的初速度v0=5m/s，长木板在细绳拉断后被加速的过程中，所能获得的最大加速度时，小物体的速度是1m/s；（3）图象如图【解析】细绳恰好被拉断时，细绳的拉力恰好等于F T，根据胡克定律求出弹簧的压缩量．在弹簧被压缩的过程中，物块的动能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒求解细绳被拉断时物块的速度条件．弹簧压的最短时，弹力最大，木板的加速度最大，根据机械能守恒定律或动量守恒定律列式求解即可．弹簧压缩过程，弹力变大，加速度变大，物体做加速度变大的减速运动；弹簧恢复原长过程，弹力减小，加速度减小，物体做加速度减小的减速运动；本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大．。

2013年高考模拟考试物理试卷

2013年高考模拟考试理科综合测试物理部分二、选择题（本题包括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．下列说法正确的是A．牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应后，安培探究了用磁场获取电流的方法,并取得了成功D．法拉第不仅提出场的概念，而且引入电场线和磁感线形象的描述电场和磁场15．如图所示,固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球,小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．3与桌面间摩擦力为20ND ．物块3受6个力作用16．我国将于2013年发射“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”目标飞行器对接。

如图所示，开始对接前,“天宫一号”在高轨道，“神舟十号"飞船在低轨道各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h 1和h 2（设地球半径为R ），“天宫一号”运行周期约90分钟。

则以下说法正确的是A ．“天宫一号”跟“神舟十号"的线速度大小之比为12h h B ．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比2122)()(h R h R ++ C ．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D ．“天宫一号"的线速度大于7。

9km/s 17．质量为50kg 的人站在电梯间内随电梯竖直方向运动，其v －t 图象如图所示，（取向上为正方向）下列判断正确的是 A ．在t =1s 时，人的加速度为零B ．0 ～ 3s 时间内，人处于超重状态C ．4s ~ 6 s 时间内,人的平均速度为2 m/sD ．3s ~ 7 s 时间内，人所受合力做功的平均功率为100 W18．如图所示。

北京市2013年高三物理二模(通州区) 试卷-含答案

通州区高三年级模拟考试（二）理科综合试卷2013年5月一、选择题：13．在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是A ．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高B ．冬天暖气片为房间供暖C ．点燃的爆竹在空中爆炸D ．汽车的车轮与地面相互摩擦发热14．如图所示为一显示薄膜干涉及现象的实验装置，P 是附有肥皂膜的铁丝圈，S 是一点燃的酒精灯。

往火焰上洒些盐后，在肥皂膜上观察到干涉图象应是下图中的15. 二十世纪初，为了研究物质内部的结构，物理学家做了大量的实验，揭示了原子内部的结构。

发现了电子、中子和质子，右图是A ．卢瑟福的α粒子散射实验装置B ．卢瑟福发现质子的实验装置C ．汤姆逊发现电子的实验装置D ．查德威克发现中子的实验装置16.英国《新科学家（New Scientist ）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在 XTEJ1650-500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径R 约45km ，质量M 和半径R 的关系满足22M c R G（其中c 为光速，G 为引力常量），则该黑洞表面重力加速度的数量级为A ．8210m/s B ．10210m/s C ．12210m/s D ．14210m/s17、如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，实线为t ＝0时刻的波形图，虚线为t ＝0.6 s 时的波形图，波的周期T >0.6 s ，则A ．波的周期为0.8 sB ．在t ＝0.9 s 时，P 点沿y 轴正方向运动C ．经过0.6 s ，P 点经过的路程为0.2 mD ．在t ＝0.5 s 时，Q 点到达波峰位置18、如图所示，T 为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab 和cd 的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S 闭合时A ．交流电压表V 3的示数变小B ．交流电压表V 2和V 3的示数一定都变小C ．交流电流表A 1、A 2和A 3的示数一定变大D ．只有A 1的示数变大19．空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E cx ，下列说法中正确的有 A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E cx B ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功20.如图1所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg 处于竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与金属框架接触良好。

2013年浙江省杭州市高考物理二模试卷

2013年浙江省杭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5小题，共30.0分)1.杭新景高速公路限速120km/h，一般也要求速度不小于80km/h．冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为30m，该人的反应为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）A.10m/s B.15m/s C.m/s D.20m/s【答案】B【解析】解：设汽车的初速度为v0，则在反应时间里汽车的位移为x1=v0t反=0.5v0，汽车做匀减速直线运动的时间：t==根据匀变速直线运动的平均速度公式=汽车做匀减速直线运动的位移=因为能见度为30m，所以有保证安全的前提下满足：x1+x≤30当取最大速度时取等号即：可解得：v0=15m/s（v0=-20m/s不合题意舍去）故选：B．人在反应时间里对车没有操作，车继续做匀速直线运动，当车开始做匀减速直线运动时，根据给出的位移、加速度确定初速度的最大值即可．抓住汽车在人反应时间里做匀速直线运动，开始刹车后做匀减速直线运动求解即可，本题易错点认为汽车直接做匀减速直线运动．2.一列简谐横波在x轴上传播，a、b、c为三个质元，某时刻的波形如图所示，a正向上运动，由此可知（）A.该波沿x轴负方向传播B.经过四分之一周期，c向上振动且位移方向向上C.该时刻以后b比c先到达平衡位置D.如果经过四分之一周期，质元c向右移动四分之一波长的距离【答案】C【解析】解：A、因为a向上振动，根据上下坡法，知波沿x轴正方向传播．故A错误．B、波沿x轴正方向传播，可知c质点此时刻向下振动，经过四分之一周期，质点c为平衡位置下方向上振动，位移方向向下．故B错误．C、此时刻b向上振动，c向下振动，可知b比c先到达平衡位置．故C正确．D、质点在平衡位置两端上下振动，不随波迁移．故D错误．故选：C．根据质点的振动方向，结合上下坡法得出波的传播方向．根据波的传播方向确定各质点的振动方向，从而确定谁先到达平衡位置．解决本题的关键会通过上下坡法判断质点的振动方向和波的传播方向的关系，知道质点不随波迁移．3.太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质则根据所学的知识可以判断以下说法中正确的是（）A.太阳系的八大行星中，海王星的圆周运动速率最大B.太阳系的八大行星中，水星的圆周运动周期最大C.如果已知地球的公转周期为1年，万有引力常量G=6.67×10-11N m2/kg2，再利用地球和太阳间的距离，则可以求出太阳的质量D.如果已知万有引力常量G=6.67×10-11N m2/kg2，并忽略地球的自转，利用地球的半径以及地球表面的重力加g=10m/s2，则可以求出太阳的质量【答案】C【解析】解：设太阳的质量为M，行星的质量为m，轨道半径为r，运动周期为T，线速度为v．由牛顿第二定律得G=m=m（）2r知v=①T==2π②则行星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小．所以海王星轨道R最大，周期最大．水星轨道半径最小，线速度最大，故AB错误；由地球绕太阳公转的周期T，轨道半径R，可知：G=m R解得太阳质量M=，故C正确；同时看出地球的重力加速与太阳质量无关，故D错误．故选：C．行星在近似圆形轨道上运动，由太阳的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得到线速度、周期与轨道半径的关系，分析哪个行星的周期最长及线速度最大；由太阳的万有引力提供向心力可以计算太阳的质量，但地球的重力加速与太阳质量无关．本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解所需要的物理量，注意根据条件选择合适的公式．4.如图所示，倾角为30度的斜面末端与水平地面相连，将一小球（可看成质点）从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为（）A.9JB.12JC.16JD.条件不足，无法判定【答案】A【解析】解：小球第一次落在斜面上时，设速度与水平方向的夹角为α，则cosα=因为，解得则α=45°．因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为°而tanα=1，不是位移与水平方向夹角正切值的2倍，所以小球落在水平面上．根据动能定理得，mgh=．则以6J的动能水平抛出，一定落在水平面上．根据动能定理得，mgh=E k2′-E k1′，解得E k2′=3+6J=9J．故A正确，B、C、D错误．故选：A．根据小球以3J动能抛出，以6J动能落在接触面上，判断出小球是落在斜面上还是水平面上，从而通过动能定理分析求解．解决本题的关键通过速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍，判断出小球落在水平面上，再结合动能定理进行求解．5.如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（）A.小球通过最高点的最小速度至为B.小球通过最高点的最小速度可以为0C.小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力D.小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【答案】B【解析】解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故A错误，B正确．C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用．故C错误．D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度＞时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度＜时，内侧管壁有作用力．故D错误．故选：B．小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度．小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力．解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.彩虹是悬浮于空气中的大量小水珠对阳光的色散造成的，如图所示为太阳光照射到空气中的一个小水珠发生折射和反射时产生色散的光路示意图，其中a、b为太阳光中其中两束频率不同的单色光．以下说法中正确的是（）A.色光a如果是黄光，色光b可能是紫光B.如果太阳光在小水珠的照射方向合适，可能会有某一种或几种颜色的光发生全反射C.在同一装置用这身份种色光做双缝干涉实验，看到的a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距大D.在同一介质中b光的波长小于a光的波长【答案】ACD【解析】解：A、光线进入水珠时，a、b两种光的入射角相等，光线b的折射角较小，根据折射定律n=可知，得到光线b折射率较大；所以a如果是黄光，色光b可能是紫光．故A正确．B、根据几何知识可知，光线从水射到水与空气的界面时，入射角等于光从空气射入水珠时的折射角，根据光路可逆原理得知，光不可能发生全反射，故B错误．C、D由上分析知，a光的折射率小，则a光的波长长，根据干涉条纹间距与波长成正比，可知，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距大，故CD正确．故选：ACD红光的折射率小于黄光的折射率，根据折射定律分析折射角的大小关系．根据光路可逆性，分析能否发生全反射．根据折射率大的光，波长的规律比较光的波长，根据干涉条纹间距与波长成正比分析C 项．本题关键是结合光路图并根据折射率定义得到光线的折射率大小关系，然后根据光速与折射率关系公式以及光电效应方程等等知识分析判断．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，水平的平行虚线间距为d，其间有磁感应强度为B的匀强磁场．一个正方形线框边长为l（d＞l），质量为m，电阻为R．开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h．将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰为零．则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有（）A.产生的感应电流的方向相同B.所受的安培力的方向相反C.进入磁场的过程中产生的热量小于穿出磁场的过程中产生的热量D.进入磁场过程所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间【答案】CD【解析】解：A、线框进入磁场过程磁通量增加，离开磁场过程磁通量减小，根据楞次定律，两个过程的感应电流的方向相反，故A错误；B、线框进入磁场过程和离开磁场过程磁通量都变化，根据楞次定律可以得到安培力是阻碍相对运动，故都是向上，故B错误；C、根据能量守恒定律，进入磁场的过程中产生的热量为mgl；离开磁场过程重力势能的减小量和动能的减小量都转变为热量，故大于mgl；故C正确；D、线框进入磁场过程是匀速直线运动，设速度为v；离开磁场过程可能一直是减速运动，末速度不小于v、也可能是先减速后以v匀速运动；故离开磁场过程的平均速度较大；故进入磁场过程所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间；故D正确；故选：CD．线框进入磁场过程是匀速直线运动；全部进入磁场过程是匀加速直线运动；故离开磁场过程可能是一直减速运动、也可能是先减速后匀速的运动．本题关键是明确线圈的运动规律，同时要结合楞次定律和能量守恒定律进行分析，不难．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、带夹子的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______ ．（填入正确选项前的字母）．A．毫米刻度尺B．秒表C．0～12V的可调节直流电源D．0～220V的可调节交流电源（2）用打点计时器打出一条纸带，前后要连续进行一系列的操作，你认为需要并合理的步骤是______ ．（选出下列几点中需要的字母后按合理顺序排列）A．释放纸带B．接通电源C．取下纸带D．切断电源（3）释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______ （填“甲”、“乙”或“丙”）（4）下列所说的实验中涉及到的处理方法或实验结果，其中正确的是______A．该实验中即使不用天平测重锤的质量，同样也可以验证机械能守恒定律B．该实验选取的纸带，测量发现所打的第一和第二点间的距离为1.7mm，表明打点计时器打第一点时重锤的速度不为零C．本实验中需要直接测量得到的物理量是重锤下落的高度，通过计算得到的是当地的重力加速度值和速度值D．为了计算方便，本实验中先选一条打点计时器打第一点时重锤的速度为零的清晰纸带，然后通过对纸带的测量、分析，求出当地的重力加速度的值，再代入表达式：进行验证E．本实验中，实验操作非常规范，数据处理足够精确，实验结果一定是mgh略大于，不可能出现略大于mgh．【答案】AD；BADC；丙；AE【解析】解：（1）通过打点计时器计算时间，故不需要秒表．打点计时器应该与交流电源连接．需要刻度尺测量纸带上两点间的距离．故选：AD．（2）根据实验原理和要求：实验中先接通电源，再释放纸带，然后切断电源，最后取下纸带，所以实验的步骤顺序为BADC．（3）为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器．故合力的位置因为丙图．（4）A、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故A错误．B、由h=gt2求出第一个打点周期时间t=0.02s内，重锤自由下落距离为h=gt2=≈2mm，说明这种情况下重物所受的阻力很小，实验误差较小，故B错误．C、D、在本实验中，直接测量的有：用刻度尺测量重锤下落的高度．重力加速度与本实验无关，是预知的物理量．通过计算得到的有与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度．故C、D错误．E、由于本实验存在阻力，重物下落过程中要克服阻力作用，所以减小的重力势能没有完全转化为动能，故实验结果一定是mgh略大于，不可能出现略大于mgh．故E正确．故选：AE．故答案为：（1）AD；（2）BADC；（3）丙；（4）AE．1、解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．2、根据实验原理和要求：实验中先接通电源，再释放纸带，然后切断电源，最后取下纸带．3、该实验中为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器．4、本实验是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程：mgh=mv2，应选用选用点迹清晰，第一、二两点间的距离接近2mm的纸带，这种情况下重物所受的阻力较小．重力加速度与本实验无关，是预知的物理量．由于本实验存在阻力，重物下落过程中要克服阻力作用，所以减小的重力势能没有完全转化为动能．对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会．正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果．9.半导体热敏电阻是一种电阻值能很灵敏地随温度变化的半导体器材，根据它的这种特性，可以用它来做成一只电子温度计，下面是对一次实际制作过程的描述：图1是半导体电子温度计的电路，R t就是准备用来测温的半导体热敏电阻，它与一只定律电阻R0相串联，然后两端加上一个恒定电压U0，电压表用来测量R t两端的电压．当R t的温度变化时，其阻值将发生变化，电压表的读数也发生变化．只要事先加以标定，由电压表的读数就可知道R t所处的温度．在某次实际的实验中，取U0=12V，R0=2.0KΩ．把半导体热敏电阻插入一只填充了一种用以增加导热性的“导热硅脂”的薄铜管，就做成了温度计的探温头．为对这只电子温度计进行标度，把探温头和一只标准温度一起放在装有热水的容器内，如图2所示．随着水的逐渐冷却，记下标准温度计和电压表的读数，得到的数据点如图3所示．（1）据图3作出这只温度探头的“θ-u”（温度-电压）关系曲线．（2）图1表示电路中所用的15V～0.3V-0双量程电压表的刻度板，试在刻度板上标出20℃，40℃，60℃，80℃四个温度值的位置，并这与出其对应的电压值．再说明用的是电压表的哪一个量程．（3）求20℃时的热敏电阻阻值，并说明计算电阻值所依据的公式．【答案】解：（1）：根据描点法作图如下图：（2）：根据θ-U图象可知20℃，40℃，60℃，80℃四个温度值的位置对应的电压表的读数为：20℃-1.83V；40℃-1.08V；60℃-0.62V；80℃-0.42V，从图线上的数据可知，电压表的读数范围在“0-3V”范围内，故选择“0-3V”量程．（3）：根据电路图可得：=U+，通过电路的电流为I=，则热敏电阻为：=，联立以上各式解得：=，根据图象可读出20°C时电压表电压U=1.83V，代入上式解得：=0.36kΩ；故答案为：（1）如图（2）“0-3V”量程（3）0.36KΩ，=【解析】题（1）的关键是认真描点作图，然后用平滑的曲线连接即可；题（2）的关键是依据图象求解即可；题（3）的关键是首先根据图象求出20°C时热敏电阻的电压，再结合串联电路和欧姆定律求出通过定值电阻的电流即可．本题考查了分析热敏电阻随温度变化的特点、热敏电阻的辨别等问题，分析清楚图象、根据图象得出热敏电阻随温度变化的特点是正确解题的关键．五、计算题(本大题共3小题，共50.0分)10.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系x O y平面，x=0和x=L=10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1=1.0×104V/m，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0×104V/m，一电子（为了计算简单，比荷取为：=2×1011C/kg）从直角坐标系x O y平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考试x O y平面内的运动．求：（1）电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间；（2）电子离开x=3L处的电场时的y坐标；（3）电子度开x=3L处的电场时的速度大小和方向．【答案】解：设电子离开x=L的位置记为P点，离开x=3L的位置记为Q点，则：（1）在E1的加速度a1=由速度位移公式：v p2-0=2a1L解得：又：L=at12得：t1===10-8s；运动到Q点时：所以总时间为：t=t1+t2=2×10-8s；（2）电子运动到Q点时：（3）电子离开x=3L处的电场时：v x=v p=2×107m/sv y=•t2=2×107m/sv Q==2×107m/stanθ==1，θ=45°；答：（1）电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间2×10-8s；（2）电子离开x=3L处的电场时的y坐标为0.1m；（3）电子度开x=3L处的电场时的速度大小2×107m/s，方向与x轴成45°角斜向上．【解析】（1）电子在E1中匀加速直线运动，由速度时间公式求出在E1中运动时间t1，在E2做类平抛运动，由水平方向匀速直线运动规律求出运动时间t2，t=t1+t2；（2）电子在E2中做类平抛运动，竖直方向分运动为匀加速直线运动，位移时间公式求出竖直方向位移，即可得出y坐标．（3）电子离开x=3L处的电场时的速度为水平方向分速度与竖直分速度的矢量和，求出速度偏向角的正切值即可得出速度偏向角，即得出离开电场速度的方向．本题考查了带电粒子在电场中运动的两种情况：加速和偏转，加速过程也由牛顿第二定律和运动学公式求解，偏转时做由类平抛运动规律求解，这是高考的热点和难点．11.风洞实验室在航空航天飞行器的研究中发挥着重要的作用，用它可以分析、研究影响飞行器飞行速度的各种因素．风洞实验室中可以产生方向水平、速度大小可调节的风，用来研究处在流动气体中物体的受力情况．现将一套有木球的细折杆ABC固定在风洞实验中，球的质量为m，重力加速度为g，球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，比例系数为k，设AB、BC的交接处B点用一段小圆弧平滑连接（即认为小球过B点的瞬间速度大小会突然变化），如图所示．实验时，先在无风的情况下让小球从斜杆上h高处由静止释放，小球最后滑到水平面上的C点停下，测得AC两点间水平距离为L；接着调节合适的风速大小，再将小球从杆的上端同一位置由静止释放，小球最后停在水平面上的D点，测得AD两点间水平距离为，如果小球在运动过程中始终受到恒定的水平风力的作用，试求：（1）比例系数k值的大小；（2）水平风力F多大？（3）若斜面的倾角θ为已知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F必须满足什么条件？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）【答案】解：（1）因为球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，设比例系数为k，并设AB间的水平距离为x，斜面的倾角为θ，无风时，小球从A点到C点，根据动能定理得：解得：（2）有风时，小球从A点到D点，根据动能定理得：（其中xtanθ=h）解得：（3）小球沿斜面有上滑趋势时：F max cosθ=mgsinθ+k（mgcosθ+F max sinθ）解得：小球沿斜面有下滑趋势时：F min cosθ=mgsinθ-k（mgcosθ+F min sinθ）解得：所以风力大小的范围是：答：（1）比例系数k值的大小为；（2）水平风力F为mg；（3）若斜面的倾角θ为已知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F必须满足：．【解析】根据球与杆之间的摩擦力与压力成正比，比例系是k，可以列出关系式：f=k F压，当杆水平放置时，压力等于球的重力G，根据关系式推出摩擦力大小，风力大小等于摩擦力本题解题的关键：①物体匀速直线运动时，二力平衡，大小相等；②会根据题意列出摩擦力与压力的关系式．12.如图所示，直角坐标平面x O y内有一条直线AC过坐标原点O与x轴成45°夹角，在OA与x轴负半轴之间的区域内存在垂直x O y平面向外的匀强磁场B，在OC与x轴正半轴之间的区域内存在垂直x O y平面向外的匀强磁场B2．现有一质量为m，带电量为q（q＞0）的带电粒子以速度v从位于直线AC上的P点，坐标为（L，L），竖直向下射出，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T，会再将回到P点，已知距感应强度．（不计粒子重力）（1）请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B1与B2的比值；（B1、B2磁场足够大）（2）求出带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔T；（3）若保持磁感应强度B2不变，改变B1的大小，但不改变其方向，使．现从P点向下先后发射速度分别为和的与原来相同的带电粒子（不计两个带电粒子之间的相互作用力，并且此时算作第一次经过直线AC），如果它们第三次经过直线AC时轨迹与AC的交点分别记为E点和F点（图中未画出），试求EF两点间的距离．（4）若要使（3）中所说的两个带电粒子同时第三次经过直线AC，问两带电粒子第一次从P点射出时的时间间隔△t要多长？【答案】（1）带电粒子从P点匀速运动到Q点，解：然后作半径为：的匀速圆周运动，运动到H点时的速度方向与AC垂直，从H点匀速运动到D点，后作匀速圆周运动到P点．根据平面几何知识可知：，四边形AODOR1R为棱形，OR1R为圆心，即带电粒子在匀强磁场BR1R中作匀速圆周运动时的半径RR1R为，根据，得：；（2）T=t1+t2+t3+t4，，，解得：；（3）两带电粒子在磁场BR2R中运动时的半径为：′，，故粒子在磁场BR1R中的运动半径：，则两带电粒子都刚好运动圆周到达A点，所以EF两点间的距离EF=0（如图所示）；（4）两带电粒子在同一磁场中的周期相同，转过的圆心角也相同，故在同一磁场中的运动时间相同，所以时间间隔△t就是直线运动的时间差：；答：（1）带电粒子的运动轨迹如图所示，匀强磁场B1与B2的比值为；（2）带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔T为；（3）EF两点间的距离为0．（4）两带电粒子第一次从P点射出时的时间间隔△t为．【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；真空中做匀速直线运动；画出轨迹；（2）根据t=和T=求解出圆周运动的时间，再求解出匀速直线运动的时间后相加即可；（3）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解出半径之间的关系，然后画出对应的轨迹，得到EF间距；（4）两带电粒子在同一磁场中的周期相同，转过的圆心角也相同，故在同一磁场中的运动时间相同，所以时间间隔△t就是直线运动的时间差．本题关键明确粒子的运动性质，画出运动轨迹，然后分匀速圆周运动和直线运动阶段讨论．。

2013年广东汕头高考二模物理试题Word版(含答案)

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年高考物理模拟题及其答案(共六套)

2013年高考物理模拟题及其答案(共六套)一、选择题(15，18，19为多选)114.16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法与事实相符的是( ) A．根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体和轻的物体下落快慢相同B．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律15.如图甲所示，一物块m在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态．当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小 B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小16.如图所示是某质点做直线运动的v－t图象，由图可知这个质点的运动情况是( )A．前5 s做匀速运动B．5 s～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2C．15 s～20 s内做匀减速运动，加速度为3.2 m/s2D．质点15 s末离出发点最远，20 s末回到出发点17.中国第四个航天发射场——海南航天发射场，2009年9月14日在海南省文昌市开始动工建设．海南航天发射场建成后，我国将实施登月工程，我国宇航员将登上月球．若已知月球质量为m月，半径为R，引力常量为G，以下说法正确的是( )A．如果在月球上以初速度v0竖直上抛一个物体，则物体上升的最大高度为R2v20 2Gm月B．如果在月球上以初速度v0竖直上抛一个物体，则物体落回到抛出点所用时间为R2v0 Gm月C．如果在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星，则最大运行速度为R Gm月D．如果在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星，则最小周期为2πR Gm月18.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员入水后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F.那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了Fh B．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－mg)h D．他的机械能减少了Fh19.在如图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0 V，内阻不一、选择题（14，17，19，20为多选）14.一滑块放在粗糙带的斜面体上，用水平推力推着斜面体和滑块一起向左加速运动，下面关于滑块的受力分析，说法正确的是( )A．可能受到了四个力B．一定受到了三个力C．可能受到了两个力D．合力方向一定水平向左15.质量m＝1 kg的物体做直线运动的速度—时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0～8 s内的平均速度方向与1 s末的速度方向相同B．物体在0～2 s内的速度变化比2～4 s内的速度变化快C．物体在2～4 s内合外力做的功为零D．物体在2 s末速度方向发生改变16.甲物体在水平外力F的作用下静止在乙物体上，乙物体静止在水平地面上．现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法正确的是( )A．乙物体对甲物体的摩擦力一定增大 B．乙物体对甲物体的摩擦力一定沿斜面向上C．乙物体对水平地面的摩擦力一定增大 D．乙物体对水平地面的压力一定增大17.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是( )A．卫星距离地面的高度为3GMT24π2B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C．卫星运行时受到的向心力大小为G MmRD．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度18.如图所示，A、B两小球用轻杆连接，竖直放置．由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽运动，B球沿水平光滑槽运动．则在A球到达底端的过程中( ) A．A球的机械能一直减小B．A球的机械能先增大，后减小C．轻杆对A球做负功，对B球做正功D．A球到达竖直槽底部时B球的速度为零19.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是( )A．A点的电场强度等于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功20.某同学设计了一个探究电容器所带电荷量与电容器两极间电压关系的实验，实验电路如图甲所示，其中P为电流传感器，V为理想电压表．实验时，先将开关S1闭合，单刀双掷开关S2掷向a，调节滑动变阻器的滑动头到某位置使电容器C充电，当电路达到稳定后记录理想电压表的示数．再迅速将开关S2掷向b，使电容器放电．电流传感器P将电容器充、放电过程中的电流数据传送给计算机，在计算机上可显示出电流i随时间t变化的图象如图乙所示．然后改变滑动变阻器滑动头的位置，重复上述步骤，记录多组电流随时间变化的图象和电压表的示数．对于这个实验过程和由图象及数据所得出的结果，下列说法中正确的是( )A．流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相同B．图乙中的第①段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量C．电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图象应为一条过原点的倾斜直线D．电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置无关21.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是( )A．两次上升的最大高度比较，有H＝h C．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生 B．两次上升的最大高度比较，有H<h D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生22.(6分)(2011·高考江苏卷)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应测量重物M所受的重力 B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．23.(9分)在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验电路图如图所示．(1)实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器________(填写选项前对应的字母)．A．电流表A1(量程0.6 A，内阻约0.8 Ω) B．电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 Ω)C．滑动变阻器R1(0～10 Ω) D．滑动变阻器R2(0～200 Ω)(2)实验中要求电流表测量通过干电池的电流，电压表测量干电池两极的电压，根据图示的电路，电流表测量值________真实值(选填“大于”或“小于”)．(3)若测量的是新干电池，其内阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化________(选填“明显”或“不明显”)．1.如图所示，长为l ＝2.0 m 、高为h ＝0.2 m 、质量为M ＝2 kg 的木板静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，在木板的左端放一质量为m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.1，现以F ＝11 N 的水平拉力向左拉动木板，取g＝10 m/s 2，求：(1)木板运动时的加速度；(2)经过多长时间小铁块将从木板右端脱落．2.如图甲所示，与纸面垂直的竖直面MN 的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E ＝2.5×102 N/C 的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m ＝0.5 kg 、电荷量为q ＝2.0×10－2C 的可视为质点的带正电小球，在t ＝0时刻以大小为v 0的水平初速度向右通过电场中的一点P ，当t ＝t 1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D 点，D 为电场中小球初速度方向上的一点，PD 间距为L ，D 到竖直面MN 的距离DQ 为L /π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．(g ＝10 m/s 2)(1)如果磁感应强度B 0为已知量，使得小球能竖直向下通过D 点，求磁场每一次作用时间t 0的最小值(用题中所给物理量的符号表示)；(2)如果磁感应强度B 0为已知量，试推出满足条件的时刻t 1的表达式(用题中所给物理量的符号表示)；(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B 0及运动的最大周期T 的大小(用题中所给物理量的符号表示)．3.(1)(6分)下列与α粒子相关的说法中正确的是( )A ．天然放射现象中产生的α射线速度与光速相当，穿透能力很强B.23892U(铀238)核放出一个α粒子后就变为234 90Th(钍234)C ．高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为42He ＋14 7N →16 8O ＋10nD ．丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型(2)(9分)(2012·孝感模拟)光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为4 m/s ，质量为2 kg ，B 的速度为2 m/s ，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s.求B 的质量及这一过程产生的内能．一、选择题（15，17，19，20为多选）14.(2012·合肥模拟)一物体从静止开始，所受的合力F随时间t变化的图线如图所示，规定向右为正方向．则该物体在4 s内的运动情况是( )A．0～4 s内一直向右运动B．物体在1～3 s内做匀变速直线运动C．物体在0～2 s内向右运动，2～4 s内向左运动D．物体在0～1 s内加速运动，1～2 s内减速运动15.(2012·广州普通高中毕业班综合测试)如图，节水灌溉中的喷嘴距地高0.8 m，假定水从喷嘴水平喷出，喷灌半径为4 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.则( )A．水下落的加速度为8 m/s2B．水从喷嘴落到地面的时间为0.4 sC．水从喷嘴喷出后动能不变D．水从喷嘴喷出的速率为10 m/s16.(2012·长春调研)如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止．弹簧原长小于MM′.若在物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s.不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )17.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 5 倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救18.(2012·江南十校联考)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是( )A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率19.(2012·潍坊模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正点电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直，则( )A．a、c两点的场强相同B．b点的场强大小大于a点的场强大小C．da间的电势差大于ab间的电势差D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能20.(2012·山东四市模拟)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W，现闭合开关，灯泡正常发光．则( )A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．交流发电机的转速为50 r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 A D．灯泡的额定电压为220 2 V21.(2012·山西四校联考)如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )A．ab棒运动的平均速度大小为12v B．沿导轨方向的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(4题，共47分)22.(6分)(2012·宁夏银川一中二模)某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝v，②W∝v，③W∝v2.实验装置如图甲所示，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做的功记为W.当我们用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车在实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．(1)实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是________________________________________________________________________；(2)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量；(3)同学们设计了以下表格来记录数据．其中W1、W2、W3、W4…表示橡皮筋对小车做的功，v1、v2、v3、v4…表示小车每次获得的速度.他们根据实验数据绘制了如图乙所示W－v图象，由图象形状得出结论W∝v2.他们的做法是否合适？请说明理由：实验次数1234…W W1W2W3W4…v v1v2v3v4…________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.23.(9分)(2012·西安质检)某同学用图甲所示的电路测绘额定电压为3.0 V的小灯泡的伏安特性图线，并研究小灯泡的实际功率及灯丝温度等问题．(1)根据电路图，将图乙中的实验仪器连成完整的实验电路．(2)该同学根据实验数据画出的小灯泡I－U图线如图丙．造成图中小灯泡的伏安特性图线是曲线的原因为____________________________________________．(3)根据I－U图线，可确定小灯泡在电压为2.0 V时的实际功率为________．(保留两位有效数字)．(4)已知小灯泡灯丝在27 ℃时电阻是1.5 Ω，并且小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R＝k(273＋t)，k为比例常数．根据I－U图线，估算该小灯泡正常工作时灯丝的温度约为____________℃.1.一物体在一个水平拉力作用下在粗糙水平地面沿水平方向运动的v－t图象如图甲所示，P－t图象如图乙所示，重力加速度为g，试根据图中提供的信息计算：(1)物体在0～t2时间内的总位移；(2)水平拉力在0～t2时间内所做的功；(3)物体的质量；(4)物体与地面间的动摩擦因数．2.如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅳ象限分布着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103V/m，现从图中M(1.8，－1.0)点由静止释放一比荷qm＝2×105C/kg的带正电的粒子，该粒子经过电场加速后经x轴上的P点进入磁场，在磁场中运动一段时间后经y轴上的N点离开磁场．不计重力，问：(1)若磁感应强度B＝0.2 T，则N点的坐标是多少？(2)若要求粒子最终从N点垂直y轴离开磁场，则磁感应强度为多大？从M点开始运动到从N点垂直y轴离开磁场的时间为多少？3.(1)(6分)氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：21H＋31H→42He＋x，式中x是某种粒子。

2013届高考理综模拟物理二(含答案)

物理模拟测试二一．选择题：(本题8小题，每题6分，共48分.)14、15、16、19、20题只有一个选项正确，其他有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分.14.在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，下面几个实例中应用到这一思想方法的是( ) A ．根据加速度的定义,v at ∆=∆当△t 非常小，vt∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时加速度 B ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加C ．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系D ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点15．某同学在研究性学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如表中所示，利用这些数据来计算地球表面与月球表面之间的距离s ，则下列运算公式中错误的是( )A ．s =c ·t 2B ．s =vT2π－R －r C ．s =v 2g ′－R －r D ．s =3g 0R 2T 24π2－R －16．三个等量点电荷位于等边三角形的三个顶点，电性如图所示，A 、B 是底边中垂线上的两点，C 、D 两点在底边上，且与中垂线等距。

用E C 、E D 表示C 、D 两点场强的大小，用A ϕ、Bϕ表示A 、B 两点的电势，则（） A ．EC =ED 、AB ϕϕ< B ．EC ＜ED 、A B ϕϕ> C ．E C ＞E D 、AB ϕϕ> D ．EC ＞ED 、A B ϕϕ<17. 如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V ，频率为50Hz的正弦交流电源，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻R 串联接在副线圈上．则以下说法中正确的是:A ．若将R 换成一个阻值大于10Ω的电阻，则电压表读数变大B ．电压表的读数为22VC ．二极管两端的最大电压为22VD ．1min 内电阻R 上产生的热量为1452 J18.如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( ) A.小球落地点离O 点的水平距离为RB.小球落地时的动能为5mgR/2C.小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点高0.5R 19．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式。

2013年山东省高考物理模拟试卷(二)

2013年山东省高考物理模拟试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共10.0分)1.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降．关于此过程绳上拉力大小变化，下列说法中正确的是（）A.不变B.逐渐减小C.逐渐增大D.可能不变，也可能增大【答案】B【解析】解：物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；两个拉力合力一定，夹角不断减小，故拉力不断减小；故选B．二力合成时，夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解析法求解出拉力表达式分析，难度加大了．2.如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以速度v0运动．设滑块运动到A点的时刻为t=0，距A点的水平距离为x，水平速度为v x．由于v0不同，从A点到B点的几种可能的运动图象如下列选项所示，其中表示摩擦力做功最大的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、从水平位移与时间的正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零．故A 错误．B、开始阶段水平位移与时间成正比，滑块先平抛后在斜面上再反弹还是平抛，水平速度突然增大，摩擦力依然为零．故B错误．C、水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零．故C错误．D、水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，摩擦力做功最大．故D正确．故选：D．分析讨论滑块的运动情况：当v0很大时，滑块做平抛运动；当v0较大时，滑块先做平抛运动，落到斜面上后反弹再平抛；当v0较小时，滑块在斜面上做匀加速直线运动．根据水平位移、速度与时间的关系分情况判断．本题考查对平抛运动的分解与牛顿运动定律理解的能力，检测思维的发散性，考虑问题要全面．二、多选题(本大题共1小题，共5.0分)3.一某探月卫星的路线示意图如图所示，卫星由地面发射后经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进人地月转移轨道，再次调整后进人工作轨道，开始对月球进行探测．已知地球与月球的质量之比为p，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为q，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则（）A.卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度B.地球与月球的密度之比为C.卫星在停泊轨道与工作轨道上运动时向心加速度之比为D.卫星在停泊轨道与工作轨道上运动时角速度之比为【答案】CD【解析】解：A、第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，根据，轨道半径越大，线速度越小，所以卫星在停泊轨道上的运行速度小于地球的第一宇宙速度．故A错误．B、因为不知道地球和月球的半径比，则无法知道体积比，无法知道密度比．故B错误．C、根据，a=，知向心加速度与中心天体的质量和轨道半径有关，所以向心加速度之比为．故C正确．D、根据，ω=，所以卫星在停泊轨道与工作轨道上运动时角速度之比为．故D正确．故选CD．根据万有引力提供向心力，比较速度、向心加速度、角速度．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．三、单选题(本大题共1小题，共5.0分)4.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．则下列说法中正确的有（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1VB.当单刀双掷开关与b连接时，电流表示数为2.2AC.当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25H zD.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大【答案】D【解析】解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10-2s，所以交流电的频率为f=50H z，A、交流电的有效值为220V，当单刀双掷开关与a连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为22V，故A错误．B、当单刀双掷开关与b连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为44V，电流表示数为I=4.4A，故B错误；C、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为f=50H z，故C错误；D、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故D正确．故选：D根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．四、多选题(本大题共3小题，共15.0分)5.如图所示，A、B、Q、C、D、P为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，P、Q是电荷量相等的两个异种点电荷，它们的连线中点为O点．则（）A.A点和B点的电场强度相同B.A点和C点的电场强度相同C.P、A两点间的电势差小于A、B两点间的电势差D.将正电荷q从A点沿直线移到B点的过程中，电场力做正功【答案】BD【解析】解：电荷量相等的两个异种点电荷的电场线的分布如图，与题目中的图对比，依据矢量的合成法则可知：A、A点和B点的电场强度的方向不同，所以A错误；B、A点和C点的电场强度大小相等，方向相同，所以B正确；C、由电场的对称性可得，P．A两点间的电势差等于C、Q两点间的电势差．所以C错误；D、将正电荷q从A点沿直线移到B点的过程中，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，所以D正确；故选：BD．由题意可知，根据矢量叠加原理，则相当于等量的异种电荷分布；PQ连线即为等量的异种电荷的中垂线，根据平行四边形定则分析出中垂线上的场强方向和大小．根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低．本题考查的就是点电荷的电场的分布，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，注意运用等效思维来解题．6.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．则（）A.在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B.在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小C.在m1由C点下滑到A点的过程中m1的机械能一直减小D.若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2【答案】BCD【解析】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功，故m1的机械能减小，故C正确；D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1g R（1-cos60°）=m2g R，解得：m1=2m2，故D正确；故选：BCDAB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv，分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中．7.如图所示，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是（）A.导体棒受到的安培力的功率为B.作用在金属棒上各力的合力做功为零C.重力做功等于金属棒克服恒力F做功D.金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热【答案】BD【解析】解：A、金属棒产生的感应电动势为E=BL vcosθ电路中电流为I=安培力大小为F安=BIL安培力的功率为P=F安v=，故A错误．B、金属棒沿导轨匀速下滑过程中，合外力为零，则合力做功为零，故B正确．C、设重力做功、恒力做功、克服安培力做功分别为W1、W2、W3，因为匀速运动，根据动能定理，得W1+W2-W3=0，得W1=-W2+W3，即重力做功等于金属棒克服恒力和安培力做功之和．故C错误．D、导体棒克服安培力做功产生内能，电阻上的焦耳热等于克服安培力做的功．故D正确．故选：BD．金属棒沿导轨匀速下滑过程中，切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力，根据功能关系，金属棒克服安培力做的功．再根据动能定理和电磁感应知识研究功能关系．本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力．动能定理是处理这类问题常用的规律．七、多选题(本大题共1小题，共3.0分)12.以下说法正确的是（）A.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B.分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大C.悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则D.在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是斥力，它的作用是使液体表面绷紧【答案】BC【解析】解：A、气体压强是大量分子对容器壁的碰撞造成的，与是否失重无关，故A错误；B、分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，但斥力增加的快，故B正确；C、悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则，这就是布朗运动，故C正确；D、在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力，它的作用是使液体表面绷紧，故D错误；故选BC．气体压强是大量分子对容器壁的碰撞造成的；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力；布朗运动是液体分子碰撞的不平衡性造成的；使液体表面收缩的力是液体表面张力；本题是3-3模块综合题，涉及到的知识点较多，不难，要有耐心．十、单选题(本大题共1小题，共4.0分)16.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，但安全是核电站面临的非常严峻的问题．核泄漏中的钚（P u）是一种具有放射性的超铀元素，钚的危险性在于它对人体的毒性，与其他放射性元素相比钚在这方面更强，一旦侵入人体，就会潜伏人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素P u的半衰期为24100年，其衰变方程为P u，下列有关说法正确的是（）A.X原子核中含有143个中子B.100个P u经过24100年后一定还剩余50个C.由于衰变时释放巨大能量，根据E=m C2，衰变过程总质量增加D.衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力【答案】AD【解析】解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143．故A正确．B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用．故B错误．C、由于衰变时释放巨大能量，根据E=m C2，衰变过程总质量减小．故C错误．D、衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力．故D正确．故选AD．根据电荷数守恒、质量数守恒守恒求出X的电荷数和质量数，抓住质量数等于质子数和中子数之和求出中子数．半衰期具有统计规律，对于大量的原子核适用．本题考查了核反应方程、半衰期、质能方程、射线的形状等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．五、实验题探究题(本大题共2小题，共12.0分)8.某同学为了研究摩擦力做功，设计了如下的实验：将一个木块放在粗糙的水平长木板上，右侧拴一细线如图1，跨过固定在水平边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连接，长木板固定在水平试验台上，实验时，木块在重物牵引力下由静止开始向右运动，后因重物落地而做减速运动，如图2给出了重物落地后打点计时器打出的一段纸带，纸带中一系列的小黑点是计数点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未画出），计数点间的距离如图2所示．打点计时器所用交流电频率为50H z．①根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度v A= ______ m/s，v B= ______ m/s（结果保留三位有效数字）．②由纸带运动情况可以得出，纸带做减速运动的加速度a的大小a= ______ m/s2（结果保留三位有效数字）．③若木块的质量m，A、B间距离为l AB，则木块在AB段克服摩擦力所做功的关系式W AB= ______ （用m，a，l AB等物理量表示）．【答案】0.716；0.974；0.641；mal AB【解析】解：（1）每相邻两个计数点间还有4个点（图中未画出），所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s利用匀变速直线运动的推论得：v A===0.716m/sv B===0.974m/s（2）由于相邻计数点间的位移之差不等，所以采用逐差法求解加速度．a==0.641m/s2．（3）木块在AB段合外力等于摩擦力；故f=ma；在AB段克服摩擦力所做功为W AB=fl=mal AB；故答案为：（1）0.716，0.974（2）0.641（3）mal AB纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．本题考查纸带法测量加速度，要知道相邻的计数点之间的时间间隔．要注意单位的换算和有效数字的保留．9.现提供以下器材：①电压表V1（量程6V，内阻约为30kΩ）②电压表V2（量程3V，内阻约为3kΩ）③电池E（电动势6V，内阻不计）④定值电阻R1=3kΩ⑤滑动变阻器R2（最大阻值为20Ω）⑥电键S一个，导线若干（1）在所给的两只电压表中，能较准确地测出电压表______ 的内阻（选填“V1”或“V2”）；（2）根据你的选择，请在方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；（3）实验中，要读出的物理量有______ （写出物理量名称并用相应字母表示）；（4）请用已知量和测量量对应字母表示被测电压表内阻的表达式R V= ______ ．【答案】V2；电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2；【解析】解：（1）当电表的读数较大时，测量比较准确，因此因此将V2与定值电阻R1串联然后与V1并联可准确的测量出V2的电阻．故答案为：V2．（2）根据实验原理得出实验电路原理图如下所示：（3）根据实验电路原理，测量出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2则可知电阻R1两端的电压为U1-U2，然后求出其电流，则可计算电压表的内阻．故答案为：电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2．（4）根据原理图，电阻R1两端的电压为U=U1-U2，根据电路的串联可知，流过电压表V2的电流为：I=故电压表V1的内阻为R=．故答案为：．（1）V1量程大，因此将V2与定值电阻R1串联然后与V1并联可准确的测量出V2的电阻；（2）根据实验原理可准确的画出实验原理图；（3）想法计算出通过V2的电流，即可测出其电阻；（4）根据电路的串并联知识，利用欧姆定律可正确解得结果．电学实验变化多端，不一定拘泥于课本上的实验，明确实验原理，熟练运用串联知识和欧姆定律进行求解是解答实验的根本．六、计算题(本大题共2小题，共34.0分)10.如图所示，一质量为m=1.5kg的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s=10m后进入半径为R=9m的光滑圆弧AB，其圆心角θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M=3.5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0.35，小车足够长，取g=10m/s2．求：（1）滑块在斜面上的滑行时间t1及到达A点的速度大小v A；（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小；（3）当小车开始匀速运动时，小车运动的距离s2及滑块在车上滑行的距离s1．【答案】解：（1）滑块在斜面上的滑行加速度a由牛顿第二定律，有mg（sinθ-μcosθ）=ma1解得t1=2.5s到达A点的速度大小v A=at1=8m/s（2）滑块在圆弧AB上运动过程，由动能定理由牛顿第二定律，有解得轨道对滑块的支持力F B=31.7N（3）滑块在车上滑行时的加速度a1=μg=3.5m/s2小车的加速度m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B-a1t2=a2t2解得t2=2s小车运动的距离m滑块运动的距离m所以，滑块在车上滑行的距离△s=s2-s1=10m答：（1）滑块在斜面上的滑行时间为2.5s，到达A点的速度大小8m/s；（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小为31.7N；（3）当小车开始匀速运动时，小车运动的距离为3m，滑块在车上滑行的距离为13m．【解析】（1）根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律即可求出时间及到达A的速度；（2）根据动能定理求出速度，然后根据牛顿第二定律求出支持力的大小；（3）求出m和M的加速度，根据匀变速直线运动的规律求出运动时间及运动距离．此题考查动能定理及牛顿第二定律的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解，中档题．11.如图所示，直角坐标系第Ⅰ象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E；第Ⅱ象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一个正电子（电荷量为+e，质量为m）自x轴负半轴上的A点以初速度v0垂直与x轴进入匀强磁场，经磁场偏转后自y轴上的D点进入电场，此时速度与y轴成θ=60°角．忽略正电子的重力影响．已知=v0．求：正电子（1）在磁场中的运动轨迹半径和运动时间．（2）在电场中的运动时间和离开电场时的位置．（3）离开电场时的速度大小．【答案】解：（1）设正电子在磁场中的运动轨迹半径为R，运动时间为t1由牛顿第二定律，有解得：运动周期在磁场中偏转时间解得（2）在电场中：沿y轴负方向做匀速直线运动分速度v y=v o cosθ=到达x轴用时且解得沿x轴正方向做匀加速直线运动位移解得（3）由动能定理（或）解得正电子离开电场时的速度答：（1）在磁场中的运动轨迹半径是，运动时间是．（2）在电场中的运动时间和离开电场时的位置是．（3）离开电场时的速度大小是．【解析】（1）由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小．（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出在电场中的运动时间和离开电场时的位置．（3）粒子在电场中运动的过程中电场力做功，由动能定理即可求出粒子离开电场时速度的大小．本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．八、填空题(本大题共1小题，共5.0分)13.如图所示，竖直放置的均匀细U型试管，左侧管长L OA=30cm，右管足够长且管口开口，初始时左管内被水银封闭的空气柱长20cm，气体温度为27°C，左右两管水银面等高．已知大气压强为p0=75cm H g．现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm长的高度差．则此时气体的温度为多少摄氏度？【答案】解：加热后左管的压强：p2=p0+ρgh=85cm H g加热后左管内气体的高度：L2=L1+=25cm以左管内气体为研究对象，初状态：P1=75cm H g，V1=20S，T1=300K末状态：P2=85cm H g，V2=25S，T2=？从状态1到状态2由理想气体状态方程：=代入数据：=得T2=425K即t2=152℃答：现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成10cm长的高度差．则此时气体的温度为152℃．【解析】从状态1到状态2气体发生等容变化，由理想气体状态方程求解．只要封闭气体的物质的量没有变化即为一定质量的封闭气体，只要能够判定封闭气体的哪一个物理量没有变化，就能确定封闭气体是发生等容变化、等温变化还是等压变化，如果三个物理量都发生变化，那么就利用理想气体状态方程解决．九、计算题(本大题共2小题，共20.0分)14.如图，质点O在垂直x轴方向上做简谐运动，形成了沿x轴正方向传播的横波．在t=0时刻质点O开始向下运动，经0.4s第一次形成图示波形，则该简谐波周期为______ s，波速为______ m/s，x=5m处的质点B在t=1.6s时刻相对平衡位置的位移为______ cm．【答案】0.8；5；-10【解析】解：由题，在t=0时刻质点O开始向下运动，经过半个周期形成图示波形，则周期为T=2×0.4s=0.8s．波长为λ=4m，则波速为v==5m/s．波从lx=2m传到x=5m的时间t1==，x=5m处的质点B在t=1.6s时刻已经振动了t2=1s==1，所以t=1.6s时刻质点B相对平衡位置的位移为-10cm．故答案为：0.8，5，10在t=0时刻质点O开始向下运动，经0.4s第一次形成图示波形，根据时间与周期的关系确定周期．由图读出波长，求出波速．分析x=5m处的质点B在t=1.6s时已经振动的时间，再确定位移．本题是简单的波动图象问题，要把握质点振动与波形成过程之间的联系．15.如图所示，平行玻璃板的厚度d=4cm，光线AB以入射角i=60°从空气射到平行玻璃板的上表面，经过两次折射后从玻璃板的下表面射出．已知玻璃的折射率门n=．求出射光线CD相对于入射光线AB侧移的距离．【答案】解：作出光路如图，设折射角为r．由折射定律得n=，得sinr===0.5所以r=30°由图知∠AOC=∠AOB=30°则由几何关系得AB=AC=d•tan30°=d=cm即出射光线与入射光线间的距离是cm．答：两平行光线间距离是cm．【解析】作出光路图，根据折射定律求出折射角，结合几何关系求出出射光线与入射光线间的距离．本题对数学几何能力要求较高，关键掌握折射定律，求出折射角，运用几何知识进行求解．十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)17.质量为m=100kg的小船静止在水面上，水的阻力不计，船上左、右两端各站着质量分别为m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，当甲朝左，乙朝右，同时以相对河岸4m/s的速率跃入水中时，求小船运动的速度．【答案】解：取向右为正方向，有：v甲=-3m/s，v乙=3m/s，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+mv=0，代入数据，解得小船运动的速度：v=-0.8m/s，负号表示速度方向与正方向相反即向左．答：小船运动的速度为0.8m/s，方向向左．【解析】人与船组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小船的速度．本题考查了求船的速度，应用动量守恒定律即可正确解题．。

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。

2013年高考物理模拟预测试卷二(含答案)

新课标2013年高考物理模拟预测试卷二适用地区：课标地区考查范围：直线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动和万有引力第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）2.从某高度水平抛出一小球，经过t 时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，下列结论中正确的是( )A ．小球初速度为gt tan θB ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长C ．小球着地速度大小为gtsin θD ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ23.如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a 加速转动时，小物体A 与传送带相对静止，重力加速度为g .则( )A ．只有a >g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用B ．只有a <g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用C ．只有a ＝g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用D ．无论a 为多大，A 都受沿传送带向上的静摩擦力作用4.卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6400 km ，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)( )A ．0.1 sB ．0.25 sC ．0.5 sD ．1 s5．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )A.v20 gB.v20 si n2αgC.v20 cos2αgD.v20 cos2αgsinα6、如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。