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全国高考理综物理部分II卷
2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标卷
I)
理科综合能力测试(物理)
第Ⅰ卷
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题中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之间关系的图象是( )
15.如图所示,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。
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
D.物块对斜面的正压力
16.如图所示,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时导线框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图象中,可能正确描述上述过程的是( )
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,磁场方向垂直于横截面。
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.
18.如图所示,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l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.
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,该效应揭示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,会出现感应电流
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
20.目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,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,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,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
21.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。
如图所示,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,但只要不超出某一最高限度,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
第
卷
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
(一)必考题
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,使弹簧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。
图(a)
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l0
(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-
x图线。
从理论上可推出,如果h不变,m增加,s-
x图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”);如果m不变,h增加,s-
x图线的斜率会________(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
x的________次方成正比。
图(b)
23.(7分)某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1V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)
24.(14分)如图所示,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。
一电荷量为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。
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。
已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,且物块始终在木板上。
取重力加速度的大小g=10m/s2,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。
(二)选考题:
请考生从给出的3道物理题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。
如果多做,则按所做第一题计分。
33.[物理——选修3-3](15分)
(1)(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1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)如图所示,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l1=25.0cm的空气柱,中间有一段长l2=25.0cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0cm。
已知大气压强为p0=75.0cmHg。
现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm。
假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离。
34.[物理——选修3-4](15分)
(1)(5分)如图所示,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“>”、“<”或“=”),T________T0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)(10分)如图所示,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点的入射角和在M点的折射角相等,
(ⅰ)求三棱镜的折射率;
(ⅱ)在三棱镜的AC边是否有光线透出?
写出分析过程。
(不考虑多次反射)
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1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(
)的结合能小于铅原子核(
)的结合能
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量大于该原子核的结合能
(2)(10分)如图所示,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)整个系统损失的机械能;
(ii)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标卷
I)
理科综合能力测试(物理)参考答案
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
选项
C
C
D
A
B
ABD
BD
AC
22、答案:
(1)ABC
(2)
(3)减小 增大 2
解析:
(1)由平抛运动规律得,h=
gt2,s=vt,解得,小球抛出时的速度
,则小球抛出时的动能Ek=
mv2=
,所以需要测量的物理量是小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h,A、B、C三项正确。
(2)由
(1)可知,
。
(3)如果h不变,m增加,那么小球平抛运动的时间不变,当
x为某一值时,小球获得的初速度减小,做平抛运动的水平位移减小,图线的斜率会减小;如果m不变,h增加,那么当
x为某一值时,小球获得的初速度不变,小球平抛运动的时间增加,做平抛运动的水平位移增加,图线的斜率会增大;根据机械能守恒可得,Ep=Ek=
,即Ep与s2成正比,又因为s与
x成正比,所以Ep与
x2成正比。
23、答案:
(1)连线如解析图所示
(2)电流 电压 (3)黑 (4)1.00 880
解析:
(1)实物连线如图所示。
(2)开关S闭合时,表头与R2串联后再与R1并联,能够测量的电流变大,改装为电流表,用于测量电流;开关S断开时,表头与R2串联,能够测量的电压变大,用于测量电压。
(3)电流从红表笔进入多用电表,从黑表笔流出,结合表头的正负极可知,表笔A为黑表笔。
(4)根据题意可知,改装后的电压表的最大量程为1V,即U=Ig(Rg+R2),代入数据解得,R2=880Ω;改装后的电流表的最大量程为1A,即I=Ig+
,解得,R1≈1.00Ω。
24、答案:
E=
(Nb-Na) Eka=
(Nb+5Na) Ekb=
(5Nb+Na)
解析:
质点所受电场力的大小为:
f=qE①
设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有
f+Na=
②
Nb-f=
③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有
Eka=
mva2④
Ekb=
mvb2⑤
根据动能定理有:
Ekb-Eka=2rf⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E=
(Nb-Na)⑦
Eka=
(Nb+5Na)⑧
Ekb=
(5Nb+Na)⑨
25、答案:
(1)0.20 0.30
(2)1.125m
解析:
(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
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大小分别为a1和a2,则
①
②
式中v0=5m/s、v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。
设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1③
(μ1+2μ2)mg=ma2④
联立①②③④式得
μ1=0.20⑤
μ2=0.30⑥
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与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a2′,则由牛顿第二定律得
f=ma1′⑦
2μ2mg-f=ma2′⑧
假设f<μ1mg,则a1′=a2′;由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾。
故
f=μ1mg⑨
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,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×
⑩
⑪
物块相对于木板的位移的大小为:
s=s2-s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得:
s=1.125m⑬
33.[物理——选修3-3]
答案:
(1)ABE
(2)15.0cm
解析:
(1)气体体积为气体分子所能达到的空间的体积,而气体分子体积很小,体积之和远小于气体体积,A项正确;气体温度反映了分子运动的剧烈程度,分子运动的剧烈程度减弱,温度必然降低,B项正确;气体压强是大量气体分子频繁碰撞容器器壁的结果,在完全失重的情况下,气体对器壁仍产生压强,C项错误;气体从外界吸收热量,但如果同时对外做功,那么气体的内能不一定增加,D项错误;根据气体定律可知,气体在等压膨胀过程中,体积与热力学温度成正比,体积变大,温度升高,E项正确。
(2)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+l2①
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′②
如图,设活塞下推距离为
l,则此时玻璃管上部空气柱的长度为:
l3′=l3+l1-l1′-
l③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3′,则:
p3′=p1′-l2④
由玻意耳定律得:
p0l3=p3′l3′⑤
由①至⑤式及题给数据解得:
l=15.0cm⑥
34.[物理——选修3-4]
答案:
(1)< <
(2)(ⅰ)
(ⅱ)否,分析过程见解析。
解析:
(1)振子振动时机械能守恒,物块通过平衡位置,a、b脱开后,振子的动能减小,根据机械能守恒定律可知,振子的最大弹性势能也减小,振幅减小,即A<A0;振子从平衡位置到最大位移的过程中,速度变化与a、b脱开之前相等,但距离减小,故时间减小,所以周期减小,即T<T0。
(2)(ⅰ)光路图如图所示,图中N点为光线在AC边发生反射的入射点。
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°①
由折射定律有
sini=nsinr②
nsinr′=sini③
由②③式得:
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=∠MNC⑥
联立④⑤⑥式得:
∠PNA=r⑦
由几何关系得:
r=30°⑧
联立①②⑧式得:
n=
⑨
(ⅱ)设在N点的入射角为i″,由几何关系得:
i″=60°
此三棱镜的全反射临界角满足:
nsinθc=1
由⑨
式得i″>θc
此光线在N点发生全反射,三棱镜的AC边没有光线透出。
35.[物理——选修3-5]
答案:
(1)ABC
(2)(ⅰ)
mv02 (ⅱ)
mv02
解析:
(1)核子结合为原子核时释放的能量叫做原子核的结合能,则原子核分解为核子时需要的最小能量等于结合能,A项正确;重核衰变时,同时向外释放能量,因此衰变产物的结合能大于原来重核的结合能,B项正确;铅原子核中的核子数量多,结合能也就大,C项正确;比结合能越大,原子核越稳定,D项错误;核子组成原子核时,质量亏损对应的能量等于原子核的结合能,E项错误。
(2)(ⅰ)从A压缩弹簧到A到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=2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为
E,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得
mv1=2mv2②
mv12=
E+
(2m)v22③
联立①②③式得
E=
mv02④
(ⅱ)由②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Ep。
由动量守恒和能量守恒定律得
mv0=3mv3⑤
mv02-
E=
(3m)v32+Ep⑥
联立④⑤⑥式得:
Ep=
mv02⑦
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- 全国高考理综物理部分 II卷 全国 高考 物理 部分 II