走向高考·高考物理总复习·人教实验版：高考物理模拟试题x课件

学海无涯

2013年高考物理模拟试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分

110

分，考试时间

60

分钟．第Ⅰ卷(选择题 共

48

分)一、选择题(本大题共

8

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．下列说法正确的是(

)A．英国科学家胡克发现了弹簧的弹力与弹簧的伸长量间的关系B．牛顿通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关开普勒行星运动定律都是在牛顿万有引力的基础上推导出来的英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量[答案][解析]AD伽利略通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关；开普勒行星运动定律是在观测的基础上发现的，牛顿的万有引力定律比开普勒行星运动定律发现得晚，选项

B、C

错误．2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块

m

放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球

M

搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力

F

拉住弧形滑块，使球与滑学海无涯2013年高考物理模拟试题[答案][解析]AD物1学海无涯

块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比(

)挡板对球的弹力增大滑块对球的弹力增大C．斜面对滑块的弹力不变D．拉力

F

减小[答案] C[解析] 对

M

受力分析，挡板对球的弹力

F1和滑块对球的弹力F2，在滑块向上移动时两者合力不变，夹角减小，故挡板对球的弹力减小，滑块对球的弹力也减小，A、B

错误；用整体法对球和滑块组成的整体分析可知斜面对滑块的弹力不变，又挡板对球的弹力减小，故拉力

F

增大，C

正确，D

错误．3．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极

A1、A2、A3、A4

形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x

轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则(

)学海无涯挡板对球的弹力增大2学海无涯

电极

A1

的电势高于电极

A2

的电势电场中

Q

点的电场强度大于

R

点的电场强度电子在

P

点处的动能大于在

Q

点处的动能电子从

P

运动到

R

的过程中，电场力对它一直做正功[答案][解析]B沿电场线方向电势逐渐降低，结合电场线的走向可知电极

A2

的电势高于电极

A1

的电势，A

错误；由电场线疏密情况可判断电场中

Q

点的电场强度大于

R

点的电场强度，B

正确；电子由

P

运动到

R

的过程中，电场力做正功，动能不断变大，故电子在

P

点处的动能小于在

Q

点处的动能，D

正确，C错误．4.如图所示，距离水平地面高为

h

的飞机沿水平方向做匀加速直学海无涯电极A1的电势高于电极A2的电势[答案][3学海无涯

线运动，从飞机上以相对地面的速度

v0依次从

a、b、c

水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为

T，三个物体分别落在水平地面上的

A、B、C

三点，若

AB＝l1、AC＝l2，不计空气阻力，下列说法正确的是(

)A．物体甲在空中运动的时间为2hgB．飞机的加速度为l2－l1

T2C．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为

l2

2TD．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上[答案] AC[解析] 物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有

h＝12gt2，解g得

t＝ 2h，选项

A

正确；AB

等于

ab，BC

等于

bc，由

Δx＝aT2

可得

a＝l2－2l1T2，选项

B

错误；物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为

v，2T等于

a、c

之间的平均速度，则

v＝

l2

，选项

C

正确；三个物体在空中运动时，并不在一条竖直线上，选项

D错误．5．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为

n1

∶n2＝10∶1.变压器原线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为

10Ω

的定值电阻

R1、R2.电压表为理想交流电表．则以下说法正确的是(

)学海无涯A．物体甲在空中运动的时间为2hgB．飞机的加4学海无涯

原线圈上电压的有效值为

100V原线圈上电压的有效值约为

70.7VC．电压表 的读数为

5.0VD．变压器的输入功率为

25W

[答案] B[解析] 原线圈上电压的有效值为

U1＝1002V＝50

2V≈70.7V，n1副线圈上的电压为

U2＝n2U1＝7.07V，电压表示数为副线圈电压的一U22R半，为

3.535V，P

入＝P

出＝ 2＝2.5W.故选

B.6．我国自主研制并发射的“天宫一号”与俄罗斯、美国等国共同研制并发射的“国际空间站”同在地球上空运动．假设“天宫一号”和“国际空间站”都绕地球做匀速圆周运动，两者的轨道如图所示，下列说法中正确的是(

)学海无涯原线圈上电压的有效值为100V[解析] 原线圈上5学海无涯

A．“天宫一号”比“国际空间站”的加速度大B．“天宫一号”比“国际空间站”运行的周期大C．“天宫一号”比“国际空间站”运行的角速度小D．“天宫一号”比“国际空间站”受到的地球的万有引力小

[答案] A[解析] 根据万有引力提供向心力，有GMm

4π2r2 ＝ma＝mT2

r＝2GMr2mω

r，解得

a＝ ，r3GMT＝2π GM，ω＝ r3

，故

A

对，B、C

错．因为不知道“天宫一号”和“国际空间站”的质量大小关系，所以无法判断两者受到的地球的万有引力大小关系，D

错．7.如图所示，一个金属圆环固定在处于径向对称方向水平发散的磁场中，环面与磁感线平行，圆环的密度

ρ＝8g/cm3、横截面积

S＝10mm2，环上各处的磁感应强度大小为

B＝0.04T，若在环中通以顺时针方向(俯视)的恒定电流

I＝10A，保持电流恒定，将圆环由静止释放．不计空气阻力，不考虑磁场在圆环内外的差异，g＝10m/s2，则下列说法正确的是(

)A．圆环的张力为零学海无涯[解析] 根据万有引力提供向心力，有GMm 4π26学海无涯

圆环有扩张的趋势圆环将向下做自由落体运动圆环在

0.2s

内下落的高度为

0.1m[答案][解析]AD因为电流恒定，所以圆环受到向上恒定的安培力，F＝BIL，L

是圆环的周长，由于圆环只受向下的重力和向上的安培力，因此圆环没有扩散和收缩的趋势，张力为零，A

项正确，B项错误；由于

mg＝ρLSg>BIL，因此圆环将向下做初速度为零的匀加速运动，ρgLS－BILρLS1a＝ ＝5m/s2，因此圆环在

0.2s

内下落的高度

h＝2at2＝0.1m，D项正确，C

项错误．8．如图甲所示，光滑的平行导轨

MN、PQ

放在水平面上固定不动，导轨表面上放着光滑导体棒

ab、cd，两棒之间用细的绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直，现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度

B

随时间

t的变化如图乙所示，t1－t0＝t0，不计

ab、cd

间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为

R，导轨间距和绝缘细杆的长均为

L，则下列说法正确的是(

)A．在

0～t1

时间内，绝缘细杆先被拉伸后被挤压学海无涯[答案][解析]ADBIL，L是圆环的周长，由于7学海无涯

在

0～t1

时间内，导体棒

ab

中感应电流的方向先是从

b到a，后是从

a到

b若在

0～t1时间内流过导体棒的电量为

q，则

t1

时刻的磁感应强度大小为

qR2L2D．若在

0～t1

时间内导体棒上产生的总电热为

Q，则

t1

时刻的磁感应强度大小为

QRt0L20应强度的大小也为

B

，则回路中感应电流的大小为

I＝

t0 [答案] AD[解析] 在

0～t1

时间内，磁感应强度先变小后增大，因此导体棒和导轨所围的面积先有扩张趋势，后有收缩趋势，因而绝缘细杆先被拉伸后被挤压，A

项正确；

在

0～t1

时间内，磁感应强度先正向减小，后反向增大，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，B

项错误；设

t1

时刻磁感应强度的大小为

B0，根据对称性可知，t＝0

时刻磁感B0L22R，若在

0～L2t1

时间内流过导体棒的电量为

q，则

q＝It1，解得

B0＝qR，C

项错误；若在

0～t1

时间内导体棒上产生的总电热为

Q，则

I2×2R×2t0＝Q，L2解得

B0＝

QRt0，D

项正确．第Ⅱ卷(非选择题 共62

分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第

9

题～第

12

题为必考题，每个试题考生都必须作答．第

13

题～第

15

题为选考题，考生根据要求作答．)学海无涯强度大小为qR2L2D．若在0～t1时间内导8学海无涯

(一)必考题(4

题，共

47

分)9．(6

分)某同学用如图甲所示的实验装置做了两个实验：一是验证机械能守恒定律，二是研究匀变速直线运动．该同学取了质量分别为

m1＝50g

和

m2＝150g的两个钩码

a、b，用一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮将它们连在一起，取

a、b

为研究系统．使钩码

b

从某一高度由静止下落，钩码

a

拖着纸带打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0

是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有

4

个点未标出，计数点间的距离如图乙所示．(打点计时器所用电源频率为

50Hz)由图乙中的数据可求得打第“5”

点时钩码速度的大小为

m/s，钩码加速度的大小为

m/s2.在打

0～5

点的过程中，系统动能的增加量

ΔEk＝

J，系统重力势能的减少量

ΔEp＝

J．(g

取

9.8m/s，结果保留三位有效数字)根据计算结果知

ΔEk

(填“>”、“<”或“＝”)ΔEp，出现上述结果的原因是

．学海无涯由图乙中的数据可求得打第“5”点时钩码速度的大小9平均速度，故

v5＝学海无涯

[答案] (1)2.40

4.80

(2)0.576

0.588

(3)<

系统不可避免地要克服摩擦力做功[解析] (1)打第“5”点时钩码的速度等于打点“4”、“6”间钩码的21.60＋26.40×10－20.2m/s＝2.40m/s，根据

Δx＝aT2，

Δx可求得

a＝T2

＝26.40－21.60×10－20.12m/s2＝4.80m/s2.(2)在打

0～5

点的过程中，系统重力势能的减少量等于

m2

重力势能的减少量减去

m1重力势能的增加量，即

ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.588J，两钩码运动的速度相等，故系统动能的增加量为

ΔEk＝1

m1＋m2)v2＝0.576J.(3)由(2)2(知

ΔEk<ΔEp，出现这一结果是因为系统不可避免地要克服摩擦力做功．10．(9

分)现要测量某未知电阻

Rx(阻值约

20Ω)的阻值，实验室有如下实验器材：电流表

A1(量程为

0～150mA，电阻

r1约为

10Ω)电流表

A2(量程为

0～20mA，电阻

r2＝30Ω)定值电阻

R0(100Ω)滑动变阻器

R(0～10Ω)直流电源

E(电动势约

6V，内阻较小)开关

S

与导线若干(1)请在方框中画出测量电阻

Rx

的电路图，并标上相应元件的符号，要求电表的示数大于其总量程的三分之一．

平均速度，故v5＝学海无涯0.2m/s＝2.40m/s，10学海无涯

(2)写出电阻

Rx

的表达式：Rx＝

(用已知量和一组直接测得的量的字母表示)．[答案] (1)如图(2)I2r2＋R0I1－I2[解析] (1)从题中给出的器材知，这里对电阻

Rx

的测量可用伏安法来设计电路．由于题给的器材中没有电压表，且电流表

A2

的内阻

r2

已知，因此电压可由电流表

A2来间接测出，那么电流的测量只能由电流表

A1

来完成．由于电流表

A2

的量程为

0～20mA，用它测出的最大电压为

Um＝20×10－3×30V＝0.6V，电阻

Rx

上的最大电流Rx约为Ix＝Um＝0.03A＝30mA，这时通过电流表A1

中的电流约为20mA＋30mA＝50mA，这样我们就不能保证在实际测量中电流表

A1

的示数大于其量程(150mA)的1

为了增大电流表

A1

中的电流，我们可以将3.已知的固定电阻

R0(100Ω)

与电流表

A2

串联．通过计算我们不难发现，这种设计完全符合题中的测量要求．本题如果用限流法，电路中学海无涯(2)I2r2＋R0I1－I2[解析] (1)11＋R0)，故

Rx＝学海无涯

的最小电流还超出电流表的量程，故控制电路宜采用分压式，完整的实验电路设计如答图所示．(2)进行实验时，在某次合适的测量中记下电流表A1

与电流表

A2

的示数分别为

I1

与

I2，则有(I1－I2)Rx＝I2(r2I2r2＋R0I1－I2.11．(13

分)一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练．如图所示，某次训练中，他站在雪道上利用滑雪杖对雪面的作用第一次获得水平推力

F＝60N

而向前滑行，其作用时间为

t1＝1s，撤除水平推力

F

经过

t2＝2s

后，他利用滑雪杖对雪面的作用第二次获得同样的水平推力且其作用时间仍为

1s，之后滑雪杖对雪面不再发生相互作用．已知该滑雪运动员连同装备的总质量为

m＝50kg，假设在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为

f＝10N，求该滑雪运动员(可视为质点)从运动到停下来滑行的总距离．[答案][解析]9.6m第

1s

内对滑雪运动员受力分析，

设加速度为

a1，运动的位移为

x1，第

1s

末的速度为

v1，则由牛顿第二定律得＋R0)，故Rx＝学海无涯I1－I2.11．(13分)12学海无涯

F－fa1＝m

＝1m/s2根据运动学公式可得2x1＝1

1

1a

t2＝0.5mv1＝a1t1＝1m/s第一次撤除水平推力

F

后，设加速度为

a2，减速运动的位移为x2，第

3s

末的速度为

v2，则由牛顿第二定律得ma2＝－

f

＝－0.2m/s22根据运动学公式得

x2＝v1t2＋1

2

2a

t2＝1.6mv2＝v1＋a2t2＝0.6m/s第二次水平推力

F

作用时，设加速度为

a3，运动的位移为

x3，第

4s

末的速度变为

v3，则由牛顿第二定律得

a3＝a1根据运动学公式得

x3＝v2t3＋1

3t3＝1.1m2a

2v3＝v2＋a3t3＝1.6m/s第二次撤除水平推力

F

后，设加速度为

a4，速度减为零时运动的位移为

x4，则由牛顿第二定律得

a4＝a20－v23根据运动学公式得

x4＝

2a4

＝6.4m故该滑雪运动员从运动到停下来滑行的总路程为

x＝x1＋x2＋x3＋x4＝9.6m学海无涯F－f根据运动学公式可得2x1＝111at213学海无涯

12．(19

分)如图所示，一面积为

S

的单匝圆形金属线圈与阻值为R

的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为

k的磁场

Bt.电阻

R

两端并联一对平行金属板

M、N，两板间距为

d，N板右侧

xOy

坐标系(坐标原点

O

在

N

板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界

OA

和

y

轴的夹角∠AOy＝45°，AOx

区域为无场区．在靠近

M

板处的

P点由静止释放一质量为

m、带电荷量为＋q

的粒子(不计重力)，经过

N

板的小孔，从点

Q(0，l)垂直

y

轴进入第一象限，经

OA

上某点离开磁场，最后垂直

x

轴离开第一象限．求：平行金属板

M、N

获得的电压

U；yOA

区域内匀强磁场的磁感应强度

B；粒子从

P

点射出到到达

x

轴的时间．[答案] (1)kS(2)

lq2

2mkS

(3)(2d＋π＋24l)

m

2qkS[解析] 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为学海无涯平行金属板M、N获得的电压U；[答案] (114学海无涯

Δt ΔtE＝ΔΦ＝ΔB

S＝kS①因平行金属板

M、N与电阻并联，故

M、N两板间的电压为U＝UR＝E＝kS②(2)带电粒子在

M、N间做匀加速直线运动，有2qU＝1

v2③m带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有v2qvB＝mr

④由几何关系可得r＋rcot45°＝l⑤联立②③④⑤得

B＝2l2mkSq(3)粒子在电场中，有2d＝1at21Uqd

＝ma学海无涯Δt ΔtE＝ΔΦ＝ΔBS＝kS①因平行金属板15学海无涯

粒子在磁场中，有T＝2πrvt2＝14T粒子在第一象限的无场区中，有s＝vt3由几何关系得

s＝r粒子从

P

点射出到到达

x

轴的时间为t＝t1＋t2＋t3联立以上各式可得t＝2d＋4lπ＋2

m

2qkS(二)选考题：共

15

分．请考生从给出的

3

道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理—选修

3－3](15

分)(1)(6

分)某高中课外探究小组将

4

只相同的气球充以质量相等的空气(可视为理想气体)，放在水平的玻璃板上，并在气球的上面再放一玻璃学海无涯t＝2d＋4lπ＋2 m(二16学海无涯

板．下列说法正确的是

．A．气球内气体的压强是由于气体分子之间的斥力而产生的B．气球内气体的压强是由于大量气体分子的碰撞而产生的C．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体体积不变(气球内气体温度可视为不变)若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体内能不变(气球内气体温度可视为不变)若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体压强不变(气球内气体温度可视为不变)(2)(9

分)如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有

1000mL

的气体，气体的压强为

1.0×105Pa.某同学接了半杯水之后，再没有气体进入水桶，但桶内气体体积增加了

200mL.经过足够长的时间之后，桶内气体的温度与接水前一致，试求此时桶内气体的压强，并判断桶内气体是吸热还是放热．(结果保留两位有效数字)学海无涯如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有100017学海无涯

[答案][解析](1)BD(2)8.3×104Pa

吸热(1)BD根据气体压强的微观解释可知

B

对，A错．若在上玻璃板上再放一个杯子，由受力分析可知气球内气体的压强增大，故气球内气体体积变小，C、E

错．气球内气体为理想气体，温度不变，故气体内气体内能不变，D

对．(2)①设气体初态压强为

p1，体积为

V；末态压强为

p2，体积为

V′.由玻意耳定律得

p1V＝p2V′V′解得

p2＝p1V＝8.3×104Pa②气体温度不变，说明气体的内能不变．气体体积增大，对外做功，要使气体的内能不变，气体要从外界吸热．14．[物理—选修

3－4](15

分)(1)(6

分)如图甲所示是一列沿

x

轴正方向传播的简谐横波在

t＝0时刻的波形图，P

是离原点

x1＝2m

的一个介质质点，Q

是离原点

x2＝4m

的一个介质质点，此时离原点

x3＝6m

的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象(计时起点相同)．由此可知

．学海无涯[答案](1)BD(2)8.3×104Pa吸18学海无涯

这列波的波长

λ＝4m这列波的周期

T＝3s这列波的传播速度

v＝2m/sD．这列波的波源起振方向为向上E．乙图可能是图甲中质点

Q

的振动图象(2)(9

分)雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径

R＝10mm的球，球心

O到入射光线的垂直距离

d＝8mm，水的折射率

n＝4/3.①在图上画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图．②求这束光线从射入水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．[答案] (1)ACE

(2)①光路如图所示

②32°[解析] (1)由图象可知波长

λ＝4m，周期

T＝2s，传播速度

v＝λT＝2m/s，由振动图象可知质点起振方向向下，结合波动图象与振动图象的关系可知

Q

质点振动方向向上，形式与振动图象完全一致．(2)①如图所示学海无涯雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到19学海无涯

R②由几何关系得sinθ1＝d

＝0.8即

θ1＝53°由折射定律得

sinθ1＝nsinθ2解得sinθ2＝0.6即

θ2＝37°则φ＝2(θ1－θ2)

＝32°15．[物理—选修

3－5](15

分)(1)(6分)2011

年

3

月

11

日，日本东海岸发生

9.0

级地震，地震引发的海啸推毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，最终导致福岛第一核电站的

6座核反应堆不同程度损坏，如图所示，向空中泄漏大量碘131

和铯

137等放射性物质，引起人们对核能利用的恐慌．已知核电站核反应堆的工作原理主要是用到铀核的裂变，在某次核反应中，一学海无涯R②由几何关系得sinθ1＝d＝0.8即θ1＝20学海无涯

个中子轰击铀核(235U)可裂变生成钡(141Ba)和氪(92Kr)．已知235U、14192 56 36 92 5636Ba、92Kr

和中子的质量分别是

235.0439u、140.913u、91.8973u

和1.0087u，则铀核的裂变反应方程为

92

；一个235U

裂变时放出的能量为

．(2)(9

分)如图所示，质量

mB＝2kg的平板车

B

上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量

mA＝2kg

的物块

A，一颗质量

m0＝0.01kg的子弹以

v0＝600m/s

的水平初速度瞬间射穿

A

后，速度变为

v＝200m/s.已知

A

与

B

之间的动摩擦因数不为零，且

A

与

B最终达到相对静止，则系统产生的热量为多少？235192 0[答案] (1) U＋

n14156→ Ba9236＋

Kr＋103

n－11

3.2×10 J

(2)1598J[解析] (1)235U＋1n→141Ba＋92Kr＋31n 3.2×10－11J92 0 56 36 0根据质量数和电荷数守恒，可知放出

3

个中子，先算出质量亏损，然后根据“亏损

1u，相当于放出

931.5MeV

的能量，1eV＝1.6×10－9219J”，计算可得一个235U

裂变时放出的能量为

3.2×10－11J.(2)对于子弹、物块

A

和平板车

B，全过程由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋(mA＋mB)vB解得

vB＝1m/s系统产生的热量等于系统机械能的减少量，即学海无涯36Ba、92Kr和中子的质量分别是235.021学海无涯

ΔE＝1220

012mv－(m

＋2A B B1202m)v－mv

＝1598J学海无涯ΔE＝1220012mv－(m＋2A B22学海无涯

2013年高考物理模拟试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分

110

分，考试时间

60

分钟．第Ⅰ卷(选择题 共

48

分)一、选择题(本大题共

8

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．下列说法正确的是(

)A．英国科学家胡克发现了弹簧的弹力与弹簧的伸长量间的关系B．牛顿通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关开普勒行星运动定律都是在牛顿万有引力的基础上推导出来的英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量[答案][解析]AD伽利略通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关；开普勒行星运动定律是在观测的基础上发现的，牛顿的万有引力定律比开普勒行星运动定律发现得晚，选项

B、C

错误．2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块

m

放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球

M

搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力

F

拉住弧形滑块，使球与滑学海无涯2013年高考物理模拟试题[答案][解析]AD物23学海无涯

块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比(

)挡板对球的弹力增大滑块对球的弹力增大C．斜面对滑块的弹力不变D．拉力

F

减小[答案] C[解析] 对

M

受力分析，挡板对球的弹力

F1和滑块对球的弹力F2，在滑块向上移动时两者合力不变，夹角减小，故挡板对球的弹力减小，滑块对球的弹力也减小，A、B

错误；用整体法对球和滑块组成的整体分析可知斜面对滑块的弹力不变，又挡板对球的弹力减小，故拉力

F

增大，C

正确，D

错误．3．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极

A1、A2、A3、A4

形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x

轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则(

)学海无涯挡板对球的弹力增大24学海无涯

电极

A1

的电势高于电极

A2

的电势电场中

Q

点的电场强度大于

R

点的电场强度电子在

P

点处的动能大于在

Q

点处的动能电子从

P

运动到

R

的过程中，电场力对它一直做正功[答案][解析]B沿电场线方向电势逐渐降低，结合电场线的走向可知电极

A2

的电势高于电极

A1

的电势，A

错误；由电场线疏密情况可判断电场中

Q

点的电场强度大于

R

点的电场强度，B

正确；电子由

P

运动到

R

的过程中，电场力做正功，动能不断变大，故电子在

P

点处的动能小于在

Q

点处的动能，D

正确，C错误．4.如图所示，距离水平地面高为

h

的飞机沿水平方向做匀加速直学海无涯电极A1的电势高于电极A2的电势[答案][25学海无涯

线运动，从飞机上以相对地面的速度

v0依次从

a、b、c

水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为

T，三个物体分别落在水平地面上的

A、B、C

三点，若

AB＝l1、AC＝l2，不计空气阻力，下列说法正确的是(

)A．物体甲在空中运动的时间为2hgB．飞机的加速度为l2－l1

T2C．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为

l2

2TD．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上[答案] AC[解析] 物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有

h＝12gt2，解g得

t＝ 2h，选项

A

正确；AB

等于

ab，BC

等于

bc，由

Δx＝aT2

可得

a＝l2－2l1T2，选项

B

错误；物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为

v，2T等于

a、c

之间的平均速度，则

v＝

l2

，选项

C

正确；三个物体在空中运动时，并不在一条竖直线上，选项

D错误．5．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为

n1

∶n2＝10∶1.变压器原线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为

10Ω

的定值电阻

R1、R2.电压表为理想交流电表．则以下说法正确的是(

)学海无涯A．物体甲在空中运动的时间为2hgB．飞机的加26学海无涯

原线圈上电压的有效值为

100V原线圈上电压的有效值约为

70.7VC．电压表 的读数为

5.0VD．变压器的输入功率为

25W

[答案] B[解析] 原线圈上电压的有效值为

U1＝1002V＝50

2V≈70.7V，n1副线圈上的电压为

U2＝n2U1＝7.07V，电压表示数为副线圈电压的一U22R半，为

3.535V，P

入＝P

出＝ 2＝2.5W.故选

B.6．我国自主研制并发射的“天宫一号”与俄罗斯、美国等国共同研制并发射的“国际空间站”同在地球上空运动．假设“天宫一号”和“国际空间站”都绕地球做匀速圆周运动，两者的轨道如图所示，下列说法中正确的是(

)学海无涯原线圈上电压的有效值为100V[解析] 原线圈上27学海无涯

A．“天宫一号”比“国际空间站”的加速度大B．“天宫一号”比“国际空间站”运行的周期大C．“天宫一号”比“国际空间站”运行的角速度小D．“天宫一号”比“国际空间站”受到的地球的万有引力小

[答案] A[解析] 根据万有引力提供向心力，有GMm

4π2r2 ＝ma＝mT2

r＝2GMr2mω

r，解得

a＝ ，r3GMT＝2π GM，ω＝ r3

，故

A

对，B、C

错．因为不知道“天宫一号”和“国际空间站”的质量大小关系，所以无法判断两者受到的地球的万有引力大小关系，D

错．7.如图所示，一个金属圆环固定在处于径向对称方向水平发散的磁场中，环面与磁感线平行，圆环的密度

ρ＝8g/cm3、横截面积

S＝10mm2，环上各处的磁感应强度大小为

B＝0.04T，若在环中通以顺时针方向(俯视)的恒定电流

I＝10A，保持电流恒定，将圆环由静止释放．不计空气阻力，不考虑磁场在圆环内外的差异，g＝10m/s2，则下列说法正确的是(

)A．圆环的张力为零学海无涯[解析] 根据万有引力提供向心力，有GMm 4π228学海无涯

圆环有扩张的趋势圆环将向下做自由落体运动圆环在

0.2s

内下落的高度为

0.1m[答案][解析]AD因为电流恒定，所以圆环受到向上恒定的安培力，F＝BIL，L

是圆环的周长，由于圆环只受向下的重力和向上的安培力，因此圆环没有扩散和收缩的趋势，张力为零，A

项正确，B项错误；由于

mg＝ρLSg>BIL，因此圆环将向下做初速度为零的匀加速运动，ρgLS－BILρLS1a＝ ＝5m/s2，因此圆环在

0.2s

内下落的高度

h＝2at2＝0.1m，D项正确，C

项错误．8．如图甲所示，光滑的平行导轨

MN、PQ

放在水平面上固定不动，导轨表面上放着光滑导体棒

ab、cd，两棒之间用细的绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直，现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度

B

随时间

t的变化如图乙所示，t1－t0＝t0，不计

ab、cd

间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为

R，导轨间距和绝缘细杆的长均为

L，则下列说法正确的是(

)A．在

0～t1

时间内，绝缘细杆先被拉伸后被挤压学海无涯[答案][解析]ADBIL，L是圆环的周长，由于29学海无涯

在

0～t1

时间内，导体棒

ab

中感应电流的方向先是从

b到a，后是从

a到

b若在

0～t1时间内流过导体棒的电量为

q，则

t1

时刻的磁感应强度大小为

qR2L2D．若在

0～t1

时间内导体棒上产生的总电热为

Q，则

t1

时刻的磁感应强度大小为

QRt0L20应强度的大小也为

B

，则回路中感应电流的大小为

I＝

t0 [答案] AD[解析] 在

0～t1

时间内，磁感应强度先变小后增大，因此导体棒和导轨所围的面积先有扩张趋势，后有收缩趋势，因而绝缘细杆先被拉伸后被挤压，A

项正确；

在

0～t1

时间内，磁感应强度先正向减小，后反向增大，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，B

项错误；设

t1

时刻磁感应强度的大小为

B0，根据对称性可知，t＝0

时刻磁感B0L22R，若在

0～L2t1

时间内流过导体棒的电量为

q，则

q＝It1，解得

B0＝qR，C

项错误；若在

0～t1

时间内导体棒上产生的总电热为

Q，则

I2×2R×2t0＝Q，L2解得

B0＝

QRt0，D

项正确．第Ⅱ卷(非选择题 共62

分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第

9

题～第

12

题为必考题，每个试题考生都必须作答．第

13

题～第

15

题为选考题，考生根据要求作答．)学海无涯强度大小为qR2L2D．若在0～t1时间内导30学海无涯

(一)必考题(4

题，共

47

分)9．(6

分)某同学用如图甲所示的实验装置做了两个实验：一是验证机械能守恒定律，二是研究匀变速直线运动．该同学取了质量分别为

m1＝50g

和

m2＝150g的两个钩码

a、b，用一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮将它们连在一起，取

a、b

为研究系统．使钩码

b

从某一高度由静止下落，钩码

a

拖着纸带打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0

是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有

4

个点未标出，计数点间的距离如图乙所示．(打点计时器所用电源频率为

50Hz)由图乙中的数据可求得打第“5”

点时钩码速度的大小为

m/s，钩码加速度的大小为

m/s2.在打

0～5

点的过程中，系统动能的增加量

ΔEk＝

J，系统重力势能的减少量

ΔEp＝

J．(g

取

9.8m/s，结果保留三位有效数字)根据计算结果知

ΔEk

(填“>”、“<”或“＝”)ΔEp，出现上述结果的原因是

．学海无涯由图乙中的数据可求得打第“5”点时钩码速度的大小31平均速度，故

v5＝学海无涯

[答案] (1)2.40

4.80

(2)0.576

0.588

(3)<

系统不可避免地要克服摩擦力做功[解析] (1)打第“5”点时钩码的速度等于打点“4”、“6”间钩码的21.60＋26.40×10－20.2m/s＝2.40m/s，根据

Δx＝aT2，

Δx可求得

a＝T2

＝26.40－21.60×10－20.12m/s2＝4.80m/s2.(2)在打

0～5

点的过程中，系统重力势能的减少量等于

m2

重力势能的减少量减去

m1重力势能的增加量，即

ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.588J，两钩码运动的速度相等，故系统动能的增加量为

ΔEk＝1

m1＋m2)v2＝0.576J.(3)由(2)2(知

ΔEk<ΔEp，出现这一结果是因为系统不可避免地要克服摩擦力做功．10．(9

分)现要测量某未知电阻

Rx(阻值约

20Ω)的阻值，实验室有如下实验器材：电流表

A1(量程为

0～150mA，电阻

r1约为

10Ω)电流表

A2(量程为

0～20mA，电阻

r2＝30Ω)定值电阻

R0(100Ω)滑动变阻器

R(0～10Ω)直流电源

E(电动势约

6V，内阻较小)开关

S

与导线若干(1)请在方框中画出测量电阻

Rx

的电路图，并标上相应元件的符号，要求电表的示数大于其总量程的三分之一．

平均速度，故v5＝学海无涯0.2m/s＝2.40m/s，32学海无涯

(2)写出电阻

Rx

的表达式：Rx＝

(用已知量和一组直接测得的量的字母表示)．[答案] (1)如图(2)I2r2＋R0I1－I2[解析] (1)从题中给出的器材知，这里对电阻

Rx

的测量可用伏安法来设计电路．由于题给的器材中没有电压表，且电流表

A2

的内阻

r2

已知，因此电压可由电流表

A2来间接测出，那么电流的测量只能由电流表

A1

来完成．由于电流表

A2

的量程为

0～20mA，用它测出的最大电压为

Um＝20×10－3×30V＝0.6V，电阻

Rx

上的最大电流Rx约为Ix＝Um＝0.03A＝30mA，这时通过电流表A1

中的电流约为20mA＋30mA＝50mA，这样我们就不能保证在实际测量中电流表

A1

的示数大于其量程(150mA)的1

为了增大电流表

A1

中的电流，我们可以将3.已知的固定电阻

R0(100Ω)

与电流表

A2

串联．通过计算我们不难发现，这种设计完全符合题中的测量要求．本题如果用限流法，电路中学海无涯(2)I2r2＋R0I1－I2[解析] (1)33＋R0)，故

Rx＝学海无涯

的最小电流还超出电流表的量程，故控制电路宜采用分压式，完整的实验电路设计如答图所示．(2)进行实验时，在某次合适的测量中记下电流表A1

与电流表

A2

的示数分别为

I1

与

I2，则有(I1－I2)Rx＝I2(r2I2r2＋R0I1－I2.11．(13

分)一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练．如图所示，某次训练中，他站在雪道上利用滑雪杖对雪面的作用第一次获得水平推力

F＝60N

而向前滑行，其作用时间为

t1＝1s，撤除水平推力

F

经过

t2＝2s

后，他利用滑雪杖对雪面的作用第二次获得同样的水平推力且其作用时间仍为

1s，之后滑雪杖对雪面不再发生相互作用．已知该滑雪运动员连同装备的总质量为

m＝50kg，假设在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为

f＝10N，求该滑雪运动员(可视为质点)从运动到停下来滑行的总距离．[答案][解析]9.6m第

1s

内对滑雪运动员受力分析，

设加速度为

a1，运动的位移为

x1，第

1s

末的速度为

v1，则由牛顿第二定律得＋R0)，故Rx＝学海无涯I1－I2.11．(13分)34学海无涯

F－fa1＝m

＝1m/s2根据运动学公式可得2x1＝1

1

1a

t2＝0.5mv1＝a1t1＝1m/s第一次撤除水平推力

F

后，设加速度为

a2，减速运动的位移为x2，第

3s

末的速度为

v2，则由牛顿第二定律得ma2＝－

f

＝－0.2m/s22根据运动学公式得

x2＝v1t2＋1

2

2a

t2＝1.6mv2＝v1＋a2t2＝0.6m/s第二次水平推力

F

作用时，设加速度为

a3，运动的位移为

x3，第

4s

末的速度变为

v3，则由牛顿第二定律得

a3＝a1根据运动学公式得

x3＝v2t3＋1

3t3＝1.1m2a

2v3＝v2＋a3t3＝1.6m/s第二次撤除水平推力

F

后，设加速度为

a4，速度减为零时运动的位移为

x4，则由牛顿第二定律得

a4＝a20－v23根据运动学公式得

x4＝

2a4

＝6.4m故该滑雪运动员从运动到停下来滑行的总路程为

x＝x1＋x2＋x3＋x4＝9.6m学海无涯F－f根据运动学公式可得2x1＝111at235学海无涯

12．(19

分)如图所示，一面积为

S

的单匝圆形金属线圈与阻值为R

的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为

k的磁场

Bt.电阻

R

两端并联一对平行金属板

M、N，两板间距为

d，N板右侧

xOy

坐标系(坐标原点

O

在

N

板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界

OA

和

y

轴的夹角∠AOy＝45°，AOx

区域为无场区．在靠近

M

板处的

P点由静止释放一质量为

m、带电荷量为＋q

的粒子(不计重力)，经过

N

板的小孔，从点

Q(0，l)垂直

y

轴进入第一象限，经

OA

上某点离开磁场，最后垂直

x

轴离开第一象限．求：平行金属板

M、N

获得的电压

U；yOA

区域内匀强磁场的磁感应强度

B；粒子从

P

点射出到到达

x

轴的时间．[答案] (1)kS(2)

lq2

2mkS

(3)(2d＋π＋24l)

m

2qkS[解析] 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为学海无涯平行金属板M、N获得的电压U；[答案] (136学海无涯

Δt ΔtE＝ΔΦ＝ΔB

S＝kS①因平行金属板

M、N与电阻并联，故

M、N两板间的电压为U＝UR＝E＝kS②(2)带电粒子在

M、N间做匀加速直线运动，有2qU＝1

v2③m带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有v2qvB＝mr

④由几何关系可得r＋rcot45°＝l⑤联立②③④⑤得

B＝2l2mkSq(3)粒子在电场中，有2d＝1at21Uqd

＝ma学海无涯Δt ΔtE＝ΔΦ＝ΔBS＝kS①因平行金属板37学海无涯

粒子在磁场中，有T＝2πrvt2＝14T粒子在第一象限的无场区中，有s＝vt3由几何关系得

s＝r粒子从

P

点射出到到达

x

轴的时间为t＝t1＋t2＋t3联立以上各式可得t＝2d＋4lπ＋2

m

2qkS(二)选考题：共

15

分．请考生从给出的

3

道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理—选修

3－3](15

分)(1)(6

分)某高中课外探究小组将

4

只相同的气球充以质量相等的空气(可视为理想气体)，放在水平的玻璃板上，并在气球的上面再放一玻璃学海无涯t＝2d＋4lπ＋2 m(二38学海无涯

板．下列说法正确的是

．A．气球内气体的压强是由于气体分子之间的斥力而产生的B．气球内气体的压强是由于大量气体分子的碰撞而产生的C．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体体积不变(气球内气体温度可视为不变)若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体内能不变(气球内气体温度可视为不变)若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体压强不变(气球内气体温度可视为不变)(2)(9

分)如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有

1000mL

的气体，气体的压强为

1.0×105Pa.某同学接了半杯水之后，再没有气体进入水桶，但桶内气体体积增加了

200mL.经过足够长的时间之后，桶内气体的温度与接水前一致，试求此时桶内气体的压强，并判断桶内气体是吸热还是放热．(结果保留两位有效数字)学海无涯如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有100039学海无涯

[答案][解析](1)BD(2)8.3×104Pa

吸热(1)BD根据气体压强的微观解释可知

B