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2013年高考(新课标2)理综-物理部分【精校解析版】


2013 年普通高等学校招生全国统一考试 新课标 2 理科综合物理部分
本试题适用于贵州 甘肃 青海 西藏 黑龙江 吉林 宁夏 内蒙古 新疆 云南几个省份

物理
二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,第 14~18 题只有一 项符合题目要求,第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对

但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 14.一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。 假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小,F 表示水 平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之间的关系的图像是

C 【解析】当 0 ? F ? f m 时,物块始终静止,加速度为 0;当 F ? f m 时,物块做加速运动 运动,由牛顿第二定律可得 F ? f m ? ma ,又 f m ? ?mg ,则有 F ? ma ? ? mg ,故选项 C 正确。 15.如图,在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用,F 平行于斜面上。若要物块在斜面 上保持静止,F 的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为 F1 和 F2(F2>0).由此 可求出 A.物块的质量 B.斜面的倾角 C.物块与斜面间的最大静摩擦力 C.物块对斜面的正压力

C 【解析】设物块受到的最大静摩擦力为 f,对物块受力分析可知,若 f 的方向沿斜面向下, 有 F ? mg sin ? ? f ①;若 f 的方向沿斜面向上,有 F2 ? f ? mg sin ? ②,由最大静摩擦 1 力等于滑动摩擦力可知 f ? ? mg cos ? ③,由①②可求得 f 的值,而物块的质量 m、斜面的 倾角 ? 无法求出,故物块对斜面的正压力( N ? mg cos ? )也无法求出。本题选 C。

16.如图,在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框;在导线框右侧有一宽 度为 d(d>L )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向 下。导线框以某一初速度向右运动,t=0 是导线框的的右边恰与磁场的左边界重合,随后导 线框进入并通过磁场区域。下列 v-t 图像中,可能正确描述上述过程的是

D【解析】线框进入磁场时,由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力,由于

F安 ?

B 2 L2 v , 则安培力减小, 故线框做加速度减小的减速运动; 同理可知线框离开磁场时, R

线框也受到向左的安培力,做加速度减小的减速运动;线框完全进入磁场后,线框中没有感 应电流,不再受安培力作用,线框做匀速运动,本题选 D。 17.空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为 R,磁场方向垂直横截面。一 质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速 度方向偏离入射方向 60° 。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为

A.

B.

C.

D.

A【解析】画出粒子的运动轨迹,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径 r ? 2 R sin 60? , 由r ?

mv0 mv0 mv0 3mv0 可知 B ? ,本题选 A。 ? ? Bq rq 2Rq sin 60? 3Rq

18.如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球 a,b 和 c 分别位于边长为的正三角形的三个 顶点上;a、b 带正电,电荷量均为 q,c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已 知静电力常量为 k。若 三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为

A.

B.

C.

D.

3kg l2

B 【解析】对 c 球受力分析可知,水平方向上受 a、b 的库仑力和匀强电场的电场力 3 个力

k 的作用而平衡,有 2?

qqc 3kq ?cos 30? ? qc E ,解得 E ? 2 。故选 B。 2 l l

19.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙 述符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应解释了电和磁之间存在联系 B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说 C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,或出现 感应电流 D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁 场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 答案:ABD 解析:奥斯特发现了电流的磁效应,A 正确,安培首先提出分子电流假说,B 正确;楞次定 律的内容微感应电流总是要阻碍引起感应电流的刺痛练得变化, 正确;法拉第在实验中观 D 察到,在通有电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流,选项 C 说法错误, 故本题选 ABD 20.目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且 轨道半径逐渐变小。 若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中, 只受到地球引力和薄气体阻力的 作用,则下列判断正确的是 A.卫星的动能逐渐减小 B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 BD【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,做近心运动,万有引力做正功,引力势能 减小。由于稀薄气体的阻力做负功,故卫星的机械能减小,又稀薄气体的阻力较小,故卫星 克服气体阻力做的功小于万有引力做的功, 即小于引力势能的减小, 由动能定理可知合外力 做正功,卫星的动能增加,本题选 BD。 21.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶 的速率为 vc 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,则在该弯道处,

A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于 vc,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于 vc,但只要不超出某一高度限度,车辆便不会向外侧滑动 D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc 的值变小 AC 【解析】据题意,当汽车行驶的速率为 vc 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋 势,则在该弯道处,汽车与地面间没有摩擦力的作用,向心力由重力和地面支持力的合力提

供,故路面外侧高内侧低,A 正确;车速小于 vc 时,汽车的向心力减小,由于地面比较粗 糙,故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆向内侧滑动,B 错误;同理可知只要不超出某一最 高限度,车辆便不会向外侧滑动,C 正确;由选项 A 的分析可知当路面结冰时,与未结冰时 相比,向心力的大小不变,故临界速度 vc 的值不变,D 错误。 (对于选项 BC 也可结合实际 情况直接判断出正误,如汽车可以静止在转弯处,汽车速度过大将做离心运动。 ) 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题,每个试题考生都必 须作答。第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题(共 129 分) 22.(8 分) 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究,一轻质弹簧放置在光滑水平桌 面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘, 如图(a)所示。向左推小球,使弹黄压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地 面。通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

回答下列问题: (1)本实验中可认为, 弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等。 已知重力加 速度大小为 g。为求得 Ek,至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号)。 A.小球的质量 m B.小球抛出点到落地点的水平距离 s C.桌面到地面的高度 h D.弹簧的压缩量△ x E.弹簧原长 (2).用所选取的测量量和已知量表示 Ek,得 Ek= 。 (3)图(b)中的直线是实验测量得到的 s-△ 图线。从理论上可推出,如果 h 不变.m 增加,s—△ x x 图线的斜率会 (填“增大”、“减小”或“不变”):如果 m 不变,h 增加,s—△ 图线 x 的斜率会 (填“增大”、 “减小”或“不变”)。 由图(b) 中给出的直线关系和 Ek 的表达式可知, Ep 与△ 的 x 次方成正比。

答案: (1)ABC (2)

3分 2分

m gs2 4h

(3)减小 增大 2 3分 解析: (1)实验需求出小球离开桌面的动能,故要测量小球的质量 m 和小球离开桌面是的 速度 v0, 由平抛运动的规律可知, 小球水平方向做匀速直线运动, 竖直方向做自由落体运动, 通过测量桌面到地面的高度 h 可求得时间,再测出小球水平方向上的位移 s,由分运动的等 实行可求出 v0 的大小。 (2)由(1)问所述可知 s ? v0t , h ?

1 2 1 2 mgs 2 gt , Ek ? mv0 ,联立以上各式可得 Ek ? 。 2 2 4h

4hE p mgs 2 h (3) E p ? Ek ? ,则 s ? ,故 s—△x 图线的斜率与 成正比。若 h 不变 mg 4h m
m 增加, 则斜率减小; m 不变 h 增加, 若 则斜率增大。 由于 s—△x 图线为直线, Ep ? (?x)2 。 故 23.(7 分) 某同学用量程为 I mA、 内阻为 120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为 Iv 和 1A 的多 用电表。图中 R1 和 R2 为定值电阻,S 为开关。回答下列问题: (1)根据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线。 (2)开关 S 闭合时,多用电表用于测量 (填“电流”、“电压,或“电阻”); 开关 S 断开时,多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。 (3)表笔 A 应为 色(填“红”或“黑”)。 (4)定值电阻的阻值R1= Ω,R2= Ω。 (结果取3位 有效数字)

答案: (1)连线如图所示

2分

(2)电流 电压 2分 (3)黑 1分 (4)1.00 880 2分 【解析】 (1)表头跟 R2 串联,R1 跟开关串联,两个支路并联,连线图同答案。 (2)开关闭合时,电表的内阻较小,为等效电流表;开关断开时,电表的内阻较大,为等 效电压表。 (3)电流由红表笔流入,由题图(a)可看出表头右端为“+” ,故表笔 A 为黑表笔。 ( 4 ) 设 表 头 的 内 阻 为 r , 满 偏 电 流 为 Ig , 由 欧 姆 定 律 可 知

I g ( R2 ? r ) ? 1 V ,

( R2 ? r ) ? (1A ? I g ) R1 ,解得 R1 =1.00 Ω , R2 =880 Ω 。
24.(14 分) 如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行。 a、b 为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行。一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内 侧运动.经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别为 Na和Nb不计重力,求电场强度 的大小E、质点经过 a 点和 b 点时的动能。

答案: E ?

1 r r ( N b ? N a ) , E Ka ? ( N b ? 5 N a ) , E Ka ? (5 N b ? N a ) 6 12 12

解析:质点所受的电场力大小为

f ? qE



设置点质量为 m,经过 a 点和 b 嗲是的速度大小分别为 va 和 vb,由牛顿第二定律有

f ? Na ? m

2 va r 2 vb r



Nb ? f ? m



设指点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 E Ka 和 E Kb 有

E Ka ? E Ka

1 2 mv a 2 1 2 ? mv b 2

④ ⑤

根据动能定理有

EKb ? EKa ? 2rf
联①②③④⑤⑥立式得



E? E Ka E Ka

1 (Nb ? N a ) 6 r ? ( N b ? 5N a ) 12 r ? (5 N b ? N a ) 12

⑦ ⑧ ⑨

25.(18分) 一长木板在水平地面上运动,在t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到 木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等,物块 与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且 2 物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g=10m/s 求: (1) 物块与木板间;木板与地面间的动摩擦因数: (2) 从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.

答案:(1)从 t=0 时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木块减速,此 过程一会持续到物块和木板具有相同速度为止。 由图可知,在 t1=0.5s 时,物块和木板的速度相同。设 t=0 到 t= t1 时间间隔内,物块 和木板的加速度度大小分别为 a1 和 a2,则

a1 ?
a1 ?

v1 t1
v0 ? vt t1





式中 v0 ? 5m / s 、 v1 ? 1m / s 分别为模板在 t=0、t=t1 时速度大小。 设物块和木板的质量为 m,物块和木板间的动摩擦因数分别为 μ1、μ2,由牛顿第二定律得 μ1mg=ma1 ③ (μ1+2μ2)mg=ma2 ④ 联立①②③④式得 μ1=0.20 ⑤ μ2=0.30 ⑥ (2)在 t1 时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块和木板之间的摩擦力改变方向。 设物块与木板之间的摩擦力大小为 f,物块和木板的加速度大小分别为 a1 ' 和 a 2 ' ,则由牛顿 第二定律得

f ? ma1 '

⑦ ⑧

2?2 mg ? f ? ma2 '

假设 f ? ?1mg ,则 a1 ' ? a2 ' ;由式得 f ? ? 2 mg ? ?1mg ,与假设矛盾, f ? ?1mg ⑨ 故 由⑦⑨式知,物块加速度的大小 a1 ' 等于 a1 ;物块的 v-t 图像如图中点划线所示。

由运动学公式可推知,物块和木块相对于地面的运动距离分别为

v12 s1 ? 2 ? 2a1 s2 ? v0 ? v1 v2 t1 ? 1 2 2a1 '



物块相对于木板的位移大小为

s ? s1 ? s2
联立①⑤⑥⑧⑨⑩ 式得

s=1.125m 33.[物理一选修 3-31](5 分) (I)(5 分)关于一定量的气体,下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分, 选对 2 个得 4 分.选对 3 个得 5 分;每选错 I 个扣 3 分,最低得分为 0 分). A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之 和 B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低 C.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零 D.气体从外界吸收热量,其内能一定增加 E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高。 (2)(10 分)如图, 一上端开口、 下端封闭的细长玻璃管竖直放置。 玻璃管的下部封有长=25.0cm 的空气柱,中间有一段长为=25.0cm 的水银柱,上部空气柱的长度=40.0cm。已知大气压强 为 P0=75.0cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推,使管下部空气柱 长度变为=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离。

答案: (1)ABE (2)10 分

5分

以 cmHg 为压强单位,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为

p1 ? p0 ? l2



设活塞下推后,下部空气柱的压强为

p1 ' ,由玻意耳定律得

p1l1 ? p1 ' l1 '



设活塞如图下推距离为 ?l ,则此时玻璃管上部空气柱的长度为

l3 ' ? l3 ? l1 - l1 '-?l



设此时玻璃管上部空气柱 的压强为 p3 ' ,则

p3 ' ? p1 '-l2
由玻意耳定律得



p0l3 ? p3 ' l3 '
由①至⑤式及题给数据解得



?l ? 15 .0cm



34.[物理——选修 3-4](15 分) (1) 分)如图,一轻弹簧一端固定,另一端连接一物块构成弹簧振子,该物块是由 a、b (5 两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动 ,振幅为 A0,周期为 T0。当物 块向右通过平衡位置时,a、b 之间的粘胶脱开;以后小物块 a 振动的振幅和周期分别为 A 和 T,则 A A0(填“>”“<”“=”), T T0(填“>”“<”“=”).

(2)(10 分)如图,三棱镜的横截面为直角三角形 ABC,∠ A=30°,∠ B=60°。一束平行于 AC 边的 光线自 AB 边的 p 点射入三棱镜,在 AC 边发生反射后从 BC 边的 M 点射出,若光线在 P 店 的入射角和在 M 点的折射角相等 (i)求三棱镜的折射率 (ii)在三棱镜的 AC 边是否有光线逸出,写出分析过程。 (不考虑多次反射)

【答案】 “=”“<” (1) 、 。 5分 (2) 10 分 【解析】 (1)当 a、b 脱开后,振子离开平衡位置的最大距离不变,则振幅不变;弹簧振子 的周期与振幅无关,与质量有关,由公式:T ? 2? m / k (k 是弹簧的劲度系数,m 是小球 的质量)可知质量减小,周期减小。故填“=”“<” 、 。 (2) (i)光路图如图所示,

图中 N 点为光线在 AC 边上发生反射的入射点。设光线在 P 点的入射角为 i、折射角为 r,在 M 点的入射角为 r ' 、折射角依题意也为 i,有

i ? 60?
由折射定律有



sin i ? n sin r n sin r ? ? sin i
由式得

② ③

r ? r? ④ OO ? 为过 M 点的法线, ?C 为直角, OO ? // AC 。由几何关系有 ?MNC ? r ? ⑤
由反射定律可知

?PNA ? ?MNC
联立④⑤⑥式得

⑥ ⑦ ⑧

?PNA ? r
由几何关系得

r ? 30?
联立①②⑧式得

n? 3



(ii)设在 N 点的入射角为 r ?? ,有几何关系得 r ?? ? 60 ? ⑩ 此三棱镜的全反射临界角满足

n sin ? c ? 1
由⑨⑩ 式得 r ?? ? ? c

此光线在 N 点发生全反射,三棱镜的 AC 边没有光线射出。 35.[物理—选修 3-5](15 分) (1) (5 分)关于原子核的结合能, 下列说法正确的是 (填正确答案标号。 选 对 I 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分)。 A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B.一重原子核衰变成 α 粒子和另一原子核, 衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合 能 C. 铯原子核(
133 55

Cs )的结合能小于铅原子核( 208 Pb )的结合能 82

D.比结合能越大,原子核越不稳定

E.自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能最大于该原子核的结合能 (2) (10 分)如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块A、B、C。 B 的左 侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设 A 以速度v0朝 B 运动,压缩弹簧; 当 A、 B 速度相等时,B 与 C 恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设 B 和 C 碰撞过 程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中, (i)整个系统拐失的机械能; (ii)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

答案: (1)ABC (2) (i) ?E ?

5分

1 2 mv 0 16

(ii) E P ?

13 2 mv 0 48

10 分

【解析】 (1) 由结合能的定义分析可知原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的 最小能量,A 正确;一重原子核衰变成α 粒子和另一原子核,衰变产物的核子的比结合能增 加,又衰变过程质量数守恒,故衰变产物核子的结合能之和一定大于原来重核的结合能,B 正确;组成原子的核子越多,原子的结合能越高,故 C 正确;比结合能越大,原子核越稳定, D 错误;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能,E 错误。 (2) (i)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时,对 A、B 与弹簧组成的系统,由动量 守恒定律得 mv0=2mv1 ① 此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞,设碰撞后瞬时速度为 v2,损失的机械能为 ? E 对 B、C 组 成的系统,由动量守恒定律得 mv1=2mv2 ②

1 2 1 2 mv1 ? ?E ? (2m)v 2 2 2
联立①②③式得



?E ?

1 2 mv 0 16



(ii)由式可知 v2 ? v1 ,A 将继续压缩弹簧,直至 A、B、C 三者速度相同,设此速度为 v3 , 此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为 E P ,由动量守恒和能量守恒定律得

mv0 ? 3mv3

⑤ ⑥

1 2 1 2 mv 0 ? ?E ? (3m)v 2 ? E P 2 2
联立④⑤⑥式得

EP ?

13 2 mv 0 48




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