物理解析2013年高考全國理綜課標

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1、2013年高考全國理綜課標（II）物理試題解析 二、選擇題（本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。） 14．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關系的圖像是 答案：C 解析：本題考查牛頓第二定律，涉及最大靜摩擦力，較容易。當拉力F未超過水平桌面對物塊的最大靜摩擦力（滑動摩擦力）時，物體處

2、于靜止狀態(tài)，加速度等于零。當水平拉力超過桌面的最大靜摩擦力之后，由牛頓第二定律有，解得：。因此，F-a圖象如選項C所示。 【點撥】一物體相對另一物體的表面，由靜止滑動的條件是受到的沿接觸面的拉力或推力大于最大靜摩擦力。 15．如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力的作用，F平行于斜面上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2＞0）。由此可求出 A．物塊的質量　　　　　　　　　　　B．斜面的傾角 O C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力　　　D．物塊對斜面的正壓力 答案：C 解析：本題考查共點力平衡條件，涉及最大靜摩擦力。較容

3、易。設斜面對物塊的最大靜摩擦力為f，則物體欲上滑時F最大，物體欲下滑時F最小。因此，由共點力平衡條件有、，由此只能解得：。選項ABD錯誤C正確。 【點撥】物體相對滑動趨勢不定時，要按可能出現的情況分別討論。 16．如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d（d＞L ）的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動，t=0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖像中，可能正確描述上述過程的是 答案：D 解析：本題考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力和

4、牛頓第二定律。中等難度。線框右邊進入磁場過程中，、、，解得：。由于安培力（合力）方向與速度方向相反，線框做加速度逐漸減小的減速運動。兩邊均進入磁場后，線框中的磁通量不再變化，感應電流為零，安培力（合力）為零，線框做勻速運動。線框右邊出磁場左邊未出磁場過程中，同理可知，線框做加速度減小的減速運動。整個過程中，線框的v-t圖象如選項D所示。 17．空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率vo沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力，該磁場的磁感應強度大小為 A． B． C． D． 答案

5、：A 解析：本題考查洛倫茲力與牛頓第二定律。本題考查洛倫茲力與牛頓第二定律，涉及幾何關系的運用。中等難度。畫出粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何關系可知，軌道半徑為。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有。解得：。選項BCD錯誤A正確。 18．如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為 A． B． C． D． 答案：B 解析：本題考庫侖定律、共點力平衡條件，涉及整體法與隔離法。中等難度。由于水平面光滑，對三

6、球整體運用共點力平條件可知，所受勻強電場的電場力等于零，即，由于E不等于零，因此有，解得：。對c球由共點力平衡條件有：，解得：。選項ACD錯誤B正確。 19．在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是 A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應解釋了電和磁之間存在了解 B．安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說 C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現感應電流 D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變

7、化 答案：ABD 解析：本題考查經典電磁學史料知識。較容易。通有恒定電流的直導線附近的磁場是穩(wěn)定不變的，處在其附近的線框中的磁通量不變，不會出現感應電流。選項ABD正確C錯誤。 20．目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它轉，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是 A．衛(wèi)星的動能逐漸減小 B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小 C．由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變 D．衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小 答案：BD 解析：本題考查萬有引力定律、牛頓第

8、二定律和動能定理。由于有空氣阻力做功，衛(wèi)星地球系統(tǒng)的機械能不守恒。由可知，因此隨著軌道半徑的變小，衛(wèi)星速率增大，動能增大。衛(wèi)星動能增大，說明引力與阻力的總功大于零，因此，引力的功，即減少的引力勢能大于克服阻力的功。選項AC錯誤BD正確。 21．公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車一圓弧，等汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，則在該彎道處， A．路面外側高內側低 B．車速只要低于vc，車輛便會向內側滑動 C．車速雖然高于vc，但只要不超出某一高度限度，車輛便不會向外側滑動 D．當路面結冰時，與未結冰時相比，vc的值變小

9、 答案：AC 解析：為了提供車輛轉彎所需向心力，防止車輛轉彎時外向側滑，轉彎處的公路都是外側高于內側高度，使重力的分力與靜摩擦力的合力充當向心力。選項A 正確；轉彎半徑一定時車速低于vc時，轉彎所需向心力減小，可能向內側滑動。路面結冰后靜摩擦力變小，若vc變小，汽車有可能向內側滑動。選項BD錯誤C正確。 22．（8分）某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究，一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如圖（a）所示。向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放；小球離開桌面后落到水平地面。通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮

10、后的彈性勢能。 回答下列問題： （1）本實驗中可認為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等。已知重力加速度大小為g。為求得Ek，至少需要測量下列物理量中的（填正確答案標號）。 A．小球的質量m　　　 B．小球拋出點到落地點的水平距離s C．桌面到地面的高度h　　D．彈簧的壓縮量Δx E．彈簧原長lo （2）用所選取的測量量和已知量表示Ek，得Ek=　　　　　　。 （3）圖（b）中的直線是實驗測量得到的s-Δx圖線。從理論上可推出，如果h不變，m增加，s-Δx圖線的斜率會　　　　　?。ㄌ睢霸龃蟆?、“減小”或“不變”）；如果m不變，h增加，s-Δx圖線的斜率會

11、　 　(填“增大”、“減小”或“不變”)。由圖（b）中給出的直線關系和Ek的表達式可知，Ep與s-Δx的　　　次方成正比。 答案：（1）ABC；（2）；（3）減小，增加，2。 解析：本題考查探究彈簧彈性勢能實驗，涉及平拋運動規(guī)律。中等難度。小球離開桌面后做平拋運動，測出桌面到地面的高度h、落點到拋出點的水平距離s，由、可算出小球離開彈簧似的速度，再測出小球的質量m，便可算出小球離開彈簧式獲得的動能。從理論上講，則應有，解得：。由此可知圖象的斜率為，則h不變m增加時，斜率減??；m不變h增加時，斜率增大。由于實驗中繪出的圖象是過原點的傾斜直線，因此，s與的一次方成正比。即，而，因此，EP與的二

12、次方成正比。 23．（7分）某同學用量程為1mA、內阻為120Ω 的表頭按圖（a）所示電路改裝成量程分別為1V和1A的多用電表。圖中R1和R2為定值電阻，S為開關?；卮鹣铝袉栴}： （1）根據圖（a）所示的電路，在圖（b）所示的實物圖上連線。 （2）開關S閉合時，多用電表用于測量　　　　　(填“電流”、“電壓，或“電阻”)；開關S斷開時，多用電表用于測量　　　(填“電流”、“電壓”或“電阻”)。 （3）表筆A應為　　色(填“紅”或“黑”)。 （4）定值電阻的阻值R1= Ω，R2= Ω。（結果取3位有效數字） 答案：（1）如圖所示；（2）電流，電壓；（3）黑 解析：本題考查電流表

13、的改裝。較容易 （1）由電路圖可畫出實物連接如圖所示；（2）S閉合時，電流表并聯上分流電阻，是電流表，測得的是電流；S斷開時，電流表串聯上分壓電阻，是電壓表，測得的是電壓；（3）做電流表時，應使電流“紅進黑出”，因此，A應是黑表筆。（4）由、，代入數據解得：R1=1kΩ，R2=880Ω。 24．（14分）如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。一電荷量為q（q>0）的質點沿軌道內側運動。經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能。 答案： 、、

14、 解析：本題考查帶電粒子在勻強電場中的圓周運動，涉及牛頓第二定律和動能定理的運用。中等難度。對粒子經過a、b兩點的運動，分別運用牛頓第二定律有、；對質點從b到a的運動，由動能定理有。解得： 、、。 25．（18分）一長木板在水平地面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g=10ｍ/s2，求： （1）物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數； （2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物

15、塊相對于木板的位移的大小。 答案：（1）0.20，0.30；（2）m 解析：本題考查牛頓第二定律與勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用，涉及v-t圖象。中等難度。（1）物塊無初速放置在運動的木板上后，兩者間產生滑動摩擦力，此摩擦力使物塊減速，此摩擦力和地面的摩擦力使長木板減速。由圖象可知，兩者共速時的速度為1m/s，所用時間為0.5s。由圖象可知，物塊、木板的加速度大小分別為m/s2，m/s2。對兩者分別運用牛頓第二定律有，，解得：，；（2）共速后，由于地面的摩擦力，木板繼續(xù)減速，若假設兩者相對靜止，木板對物塊的靜摩擦力為f，則。對兩者分別運用牛頓第二定律有，，解得：，與假設不符。因此，兩者仍有相

16、對滑動，物塊的加速度仍為m/s2，但方向與速度方向相反，做減速運動。對木板由牛頓第二定律有，解得：m/s2。由此可知，木板的速度先減至零。從物塊被放置到物塊靜止，物塊的v-t圖象如圖中虛線所示。由圖象面積可知，物塊對地面的位移為m。上述過程中木板相對地面的位移為m。物塊相對木板的位移為m。 33．【物理一選修3-3】（5分） （1）（5分）關于一定量的氣體，下列說法正確的是　　?。ㄌ钫_答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分。選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）。 A．氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和 B．只要能減弱氣體

17、分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低 C．在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零 D．氣體從外界吸收熱量，其內能一定增加 E．氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高。 答案：ABE 解析：本題考查分子動理論及內能。較容易。氣體的體積是指分子所能到達的空間。選項A正確；氣體的溫度只與分子平均動能有關，降低分子運動的劇烈程度，分子平均動能減少，溫度降低。選項B正確；氣體的壓強是由于分子對器壁的撞擊形成的，與分子重力無關。選項C錯誤；氣體從外界吸熱的同時，若對外做功，且做的功大于吸收的熱，則內能減少。選項D錯誤；由理想氣體狀態(tài)方程可知，一定質量的理想氣體等壓膨脹時溫度升高。選項E正確。

18、 （2）（10分）如圖，一上端開口、下端封閉的細長玻璃管豎直放置。玻璃管的下部封有長l1=25.0cm的空氣柱，中間有一段長為l2=25.0cm的水銀柱，上部空氣柱的長度l3=40.0cm。已知大氣壓強為Po=75.0cmHg?，F將一活塞（圖中未畫出）從玻璃管開口處緩緩往下推，使管下部空氣柱長度變?yōu)?20.0cm。假設活塞下推過程中沒有漏氣，求活塞下推的距離。 答案：cm 解析：在活塞下推前，玻璃管下部空氣柱的壓強為，設活塞下推后下部空氣柱的壓強為，由玻意耳定律有；如圖，設活塞下推距離為，則此時玻璃管上部空氣柱長度為，設此時玻璃管上部空氣柱的壓強為，則。由玻意耳定律有。代入數據解得：

19、cm。 34．【物理——選修3-4】（15分） （1）（5分）如圖，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為Ao，周期為To。當物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開；以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A　　Ao（填“>”“<”“=”） 答案：<，< 解析：本題考查彈簧振子的簡諧運動。較容易。b脫開后與a分離，振子的總機械能減小，則振幅減??；振子的質量減小，周期減小。 （2）（10分）如圖，三棱鏡的橫截面為直角三角形ABC，∠A=30，∠B=60。一束平行于AC邊的光線自AB邊

20、的P點射入三棱鏡，在AC邊發(fā)生反射后從BC邊的M點射出，若光線在P點的入射角和在M點的折射角相等 （i）求三棱鏡的折射率 （ii）在三棱鏡的AC邊是否有光線透出，寫出分析過程。（不考慮多次反射） 答案：（i）；（ii）AC面無光線射出 解析：本題考查光的折射，涉及全反射。較容易。做出光在三棱鏡中的傳播路線如圖所示，由幾何關系可知，光在P點的入射角及M點的折射角均為，對P、M出的折射，由折射定律有，，解得：。由幾何關系可知，由光的反射定律有。解得，則。解得：； 由幾何關系可知，光線進入棱鏡后在AC面的入射角。由可知，棱鏡對空氣的臨界角為。因此，光線在N點發(fā)生全反射，AC面無光線

21、射出。 35．【物理—選修3-5】（15分） （1）（5分）關于原子核的結合能，下列說法正確的是　　　　（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分。） A．原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B．一重原子核衰變成α粒子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能 C．銫原子核()的結合能小于鉛原子核()的結合能 D．比結合能越大，原子核越不穩(wěn)定 E．自由核子組成原子核時，其質量虧損所對應的能最大于該原子核的結合能 答案：ABC 解析：本題考查核能及其釋放。結合能是指核子結合成原子核時放出

22、的能量或原子核分解成核子是吸收的能量。選項A正確；由于重核裂變反應中能量守恒，且釋放能量，因此，衰變產物的結合能之和一定大于于原重核的結合能。選項B正確；原子核的核子數越多，結合能越大。選項C正確；比結合能越大，原子核越穩(wěn)定。選項D錯誤；自由核子結合成原子核時能量守恒，且要釋放能量，因此，質量虧損對應的能量小于原子核的結合能。選項E正確。 （2）（10分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊Ａ、B、C。B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質最不計）。設A以速度vo朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中， （i）整個系統(tǒng)損失的機械能； （ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。 答案：（i）；（ii） 解析：從A壓縮彈簧到A、B速度相等，對AB系統(tǒng)由動量守恒定律有：，此后B與C發(fā)生碰撞并粘連，對這一碰撞由動量守恒定律有：。則從A開始壓縮彈簧到A與彈簧分離，系統(tǒng)損失的機械能為：。解得：； 由可知，此后A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至三者具有相同速度，此時彈簧被壓至最短，具有的彈性勢能最大。由動量守恒定律有：，由能量守恒定律有：。解得：。 友情提示：部分文檔來自網絡整理，供您參考！文檔可復制、編制，期待您的好評與關注！ 12 / 12