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2013年全國統一高考物理試卷（新課標Ⅰ）一、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1～5題只有一項符合題目要求，第6-8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．1．（6分）如圖是伽利略1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片，照片左上角的三列數據如下表。表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運動的距離，第一列是伽利略在分析實驗數據時添加的。根據表中的數據，伽利略可以得出的結論是（）11324213093298164526255824366119249716006482104A．物體具有慣性 B．斜面傾角一定時，加速度與質量無關 C．物體運動的距離與時間的平方成正比 D．物體運動的加速度與重力加速度成正比 2．（6分）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）（）A． B． C． D． 3．（6分）一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將（）A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 4．（6分）如圖，在水平面（紙面）內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字型導軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動，從a位置開始計時，運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸。下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D． 5．（6分）如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）（）A． B． C． D． 6．（6分）如圖所示，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置、時間（x﹣t）圖線。由圖可知（）A．在時刻t1，a車追上b車 B．在時刻t2，a、b兩車運動方向相反 C．在t1到t2這段時間內，b車的速率先減小后增大 D．在t1到t2這段時間內，b車的速率一直比a車的大 7．（6分）2012年6月18日，神州九號飛船與天宮一號目標飛行器在離地面343km的近圓形軌道上成功進行了我國首次載人空間交會對接．對接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣，下面說法正確的是（）A．為實現對接，兩者運行速度的大小都應介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間 B．如不加干預，在運行一段時間后，天宮一號的動能可能會增加 C．如不加干預，天宮一號的軌道高度將緩慢降低 D．航天員在天宮一號中處于失重狀態(tài)，說明航天員不受地球引力作用 8．（6分）2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功．圖（a）為利用阻攔系統讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖．飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統立即關閉，阻攔系統通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度﹣時間圖線如圖（b）所示．假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約1000m．已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g．則（）A．從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的 B．在0.4s～2.5s時間內，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化 C．在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5g D．在0.4s～2.5s時間內，阻攔系統對飛機做功的功率幾乎不變 二、解答題（共4小題，滿分47分）9．（7分）圖（a）為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖。實驗步驟如下：①用天平測量物塊和遮光片的總質量M、重物的質量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測最兩光電門之間的距離s；②調整輕滑輪，使細線水平；③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB，求出加速度a；④多次重復步驟③，求a的平均值；⑤根據上述實驗數據求出動摩擦因數μ?；卮鹣铝袨轭}：（1）測量d時，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數如圖（b）所示，其讀數為cm。（2）物塊的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示為a=。（3）動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=（4）如果細線沒有調整到水平，由此引起的誤差屬于（填“偶然誤差”或“系統誤差”）。10．（8分）某學生實驗小組利用圖（a）所示電路，測量多用電表內電池的電動勢和電阻“×1k”擋內部電路的總電阻。使用的器材有：多用電表；電壓表：量程5V，內阻十幾千歐；滑動變阻器：最大阻值5kΩ導線若干?；卮鹣铝袉栴}：（1）將多用電表擋位調到電阻“×1k”擋，再將紅表筆和黑表筆，調零點。（2）將圖（a）中多用電表的紅表筆和（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。（3）將滑動變阻器的滑片調到適當位置，使多用電表的示數如圖（b）所示，這時電壓表的示數如圖（c）所示。多用電表和電壓表的讀數分別為kΩ和V。（4）調節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零。此時多用電表和電壓表的讀數分別為12.0kΩ和4.00V．從測量數據可知，電壓表的內阻為kΩ。（5）多用電表電阻擋內部電路可等效為由一個無內阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯而成的電路，如圖（d）所示。根據前面的實驗數據計算可得，此多用電表內電池的電動勢為V，電阻“×1k”擋內部電路的總電阻為kΩ。11．（13分）水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質細橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標記R．在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）點。已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運動；B平行于x軸朝x軸正向勻速運動。在兩車此后運動的過程中，標記R在某時刻通過點（l，l）。假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運動速度的大小。12．（19分）如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L．導軌上端接有一平行板電容器，電容為C．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。三．[物理--選修3-3]（15分）13．（6分）兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近。在此過程中，下列說法正確的是（）A．分子力先增大，后一直減小 B．分子力先做正功，后做負功 C．分子動能先增大，后減小 D．分子勢能先增大，后減小 E．分子勢能和動能之和不變 14．（9分）如圖所示，兩個側壁絕熱、頂部和底部都導熱的相同氣缸直立放置，氣缸底部和頂部均有細管連通，頂部的細管帶有閥門K，兩氣缸的容積均為V0，氣缸中各有一個絕熱活塞（質量不同，厚度可忽略）。開始時K關閉，兩活塞下方和右活塞上方充有氣體（可視為理想氣體），壓強分別為p0和，左活塞在氣缸正中間，其上方為真空；右活塞上方氣體體積為．現使氣缸底與一恒溫熱源接觸，平衡后左活塞升至氣缸頂部，且與頂部剛好沒有接觸；然后打開K，經過一段時間，重新達到平衡。已知外界溫度為T0，不計活塞與氣缸壁間的摩擦。求：①恒溫熱源的溫度T；②重新達到平衡后左氣缸中活塞上方氣體的體積Vx。四．[物理--選修3-4]（15分）15．如圖，a、b、c、d是均勻媒質中x軸上的四個質點，相鄰兩點的間距依次為2m、4m和6m。一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時刻到達質點a處，質點a由平衡位置開始豎直向下運動，t=3s時a第一次到達最高點。下列說法正確的是（）A．在t=6s時刻波恰好傳到質點d處 B．在t=5s時刻質點c恰好到達最高點 C．質點b開始振動后，其振動周期為4s D．在4s＜t＜6s的時間間隔內質點c向上運動 E．當質點d向下運動時，質點b一定向上運動 16．圖示為一光導纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為L，折射率為n，AB代表端面。已知光在真空中的傳播速度為c。（i）為使光線能從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣?，求光線在端面AB上的入射角應滿足的條件；（ii）求光線從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣嫠璧淖铋L時間。五．[物理--選修3-5]（15分）17．一質子束入射到能止靶核AI上，產生如下核反應：P+AI→X+n式中p代表質子，n代表中子，X代表核反應產生的新核．由反應式可知，新核X的質子數為，中子數為．18．在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d。現給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ，B的質量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度的大小。

2013年全國統一高考物理試卷（新課標Ⅰ）參考答案與試題解析一、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1～5題只有一項符合題目要求，第6-8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．1．（6分）如圖是伽利略1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片，照片左上角的三列數據如下表。表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運動的距離，第一列是伽利略在分析實驗數據時添加的。根據表中的數據，伽利略可以得出的結論是（）11324213093298164526255824366119249716006482104A．物體具有慣性 B．斜面傾角一定時，加速度與質量無關 C．物體運動的距離與時間的平方成正比 D．物體運動的加速度與重力加速度成正比 【考點】1L：伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】通過表格中的數據，通過時間的平方與運動距離的關系，得出位移和時間的規(guī)律?！窘獯稹拷猓簭谋砀裰械臄祿芍瑫r間變?yōu)樵瓉淼?倍，下滑的位移大約變?yōu)樵瓉淼?倍，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，位移變?yōu)樵瓉淼?倍，可知物體運動的距離與時間的平方成正比。故C正確，A、B、D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查學生的數據處理能力，能夠通過數據得出物體位移與時間的關系。需加強訓練。2．（6分）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）（）A． B． C． D． 【考點】A8：點電荷的電場；AA：電場的疊加．【專題】532：電場力與電勢的性質專題．【分析】由題意可知，半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，說明各自電場強度大小相等，方向相反．那么在d點處場強的大小即為兩者之和．因此根據點電荷的電場強度為即可求解．【解答】解：電荷量為q的點電荷在b處產生電場強度為，而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，則圓盤在此處產生電場強度也為．那么圓盤在此d產生電場強度則仍為。而電荷量為q的點電荷在d處產生電場強度為，由于都在d處產生電場強度方向相同，即為兩者大小相加。所以兩者這d處產生電場強度為，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】考查點電荷與圓盤電荷在某處的電場強度疊加，緊扣電場強度的大小與方向關系，從而為解題奠定基礎．3．（6分）一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將（）A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】533：電容器專題．【分析】下極板未移動時，帶電粒子到達下極板處返回，知道重力做功與電場力做功之和為零，向上移動下極板，若運動到下極板，重力做功小于克服電場力做功，可知不可能運動到下極板返回，根據動能定理，結合電勢差大小與d的關系，求出粒子返回時的位置．【解答】解：對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運用動能定理得，。將下極板向上平移，設運動到距離上級板x處返回。根據動能定理得，聯立兩式解得x=．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D?！军c評】該題考到了帶電粒子在電場中的運動、電容器、功能關系等知識點，是一道比較綜合的電學題，難度較大．這類題應該以運動和力為基礎，結合動能定理求解．4．（6分）如圖，在水平面（紙面）內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字型導軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動，從a位置開始計時，運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸。下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D． 【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢．【專題】53B：電磁感應與圖像結合．【分析】MN切割磁感線運動產生感應電動勢E=BLv，L越來越大，回路總電阻也增大，根據電阻定律可求，然后利用閉合電路歐姆定律即可求解?！窘獯稹拷猓涸O∠bac=2θ，單位長度電阻為R0則MN切割產生電動勢E=BLv=Bv?2vt×tanθ=2Bv2ttanθ回路總電阻為由閉合電路歐姆定律得：I===i與時間無關，是一定值，故A正確，BCD錯誤，故選：A?！军c評】關于電磁感應問題，特別是圖象問題，不能憑想當然，最好是通過閉合電路歐姆定律找出關系式。5．（6分）如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）（）A． B． C． D． 【考點】37：牛頓第二定律；4A：向心力；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】由題意利用幾何關系可得出粒子的轉動半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出粒子速度的大??；【解答】解：由題，射入點與ab的距離為．則射入點與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30°，粒子的偏轉角是60°，即它的軌跡圓弧對應的圓心角是60°，所以入射點、出射點和圓心構成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即r=R．軌跡如圖：洛倫茲力提供向心力：，變形得：．故正確的答案是B。故選：B。【點評】在磁場中做圓周運動，確定圓心和半徑為解題的關鍵。6．（6分）如圖所示，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置、時間（x﹣t）圖線。由圖可知（）A．在時刻t1，a車追上b車 B．在時刻t2，a、b兩車運動方向相反 C．在t1到t2這段時間內，b車的速率先減小后增大 D．在t1到t2這段時間內，b車的速率一直比a車的大 【考點】1I：勻變速直線運動的圖像．【專題】512：運動學中的圖像專題．【分析】位移時間關系圖線反映位移隨時間的變化規(guī)律，圖線的斜率表示速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、在時刻t1，a、b兩車的位置坐標相同，開始a的位移大于b的位移，知b從后面追上a。故A錯誤。B、在時刻t2，a的位移增大，b的位移減小，知兩車運動方向相反。故B正確。C、圖線切線的斜率表示速度，在t1到t2這段時間內，b車圖線斜率先減小后增大，則b車的速率先減小后增加。故C正確。D、在t1到t2這段時間內，b圖線的斜率不是一直大于a圖線的斜率，所以b車的速率不是一直比a車大。故D錯誤。故選：BC?！军c評】解決本題的關鍵知道位移時間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度的大小，能夠通過圖線得出運動的方向。7．（6分）2012年6月18日，神州九號飛船與天宮一號目標飛行器在離地面343km的近圓形軌道上成功進行了我國首次載人空間交會對接．對接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣，下面說法正確的是（）A．為實現對接，兩者運行速度的大小都應介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間 B．如不加干預，在運行一段時間后，天宮一號的動能可能會增加 C．如不加干預，天宮一號的軌道高度將緩慢降低 D．航天員在天宮一號中處于失重狀態(tài)，說明航天員不受地球引力作用 【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】16：壓軸題；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】萬有引力提供圓周運動的向心力，所以第一宇宙速度是圍繞地球圓周運動的最大速度，衛(wèi)星由于摩擦阻力作用，軌道高度將降低，運行速度增大，失重不是失去重力而是對懸繩的拉力或支持物的壓力減小的現象．根據相應知識點展開分析即可．【解答】解：A、又第一宇宙速度為最大環(huán)繞速度，天宮一號的線速度一定小于第一宇宙速度。故A錯誤；B、根據萬有引力提供向心力有：?v=得軌道高度降低，衛(wèi)星的線速度增大，故動能將增大，所以B正確；C、衛(wèi)星本來滿足萬有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用衛(wèi)星的線速度減小，提供的引力大于衛(wèi)星所需要的向心力故衛(wèi)星將做近心運動，即軌道半徑將減小，故C正確；D、失重狀態(tài)說明航天員對懸繩或支持物體的壓力為0，而地球對他的萬有引力提供他隨天宮一號圍繞地球做圓周運動的向心力，所以D錯誤故選：BC。【點評】解決衛(wèi)星運行規(guī)律問題的核心原理是萬有引力提供向心力，通過選擇不同的向心力公式，來研究不同的物理量與軌道半徑的關系．8．（6分）2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功．圖（a）為利用阻攔系統讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖．飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統立即關閉，阻攔系統通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度﹣時間圖線如圖（b）所示．假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約1000m．已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g．則（）A．從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的 B．在0.4s～2.5s時間內，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化 C．在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5g D．在0.4s～2.5s時間內，阻攔系統對飛機做功的功率幾乎不變 【考點】1I：勻變速直線運動的圖像；37：牛頓第二定律；63：功率、平均功率和瞬時功率．【專題】16：壓軸題；52C：功率的計算專題．【分析】通過速度與時間的圖象，由圖象的斜率表示加速度大小，再由牛頓第二定律確定阻攔索的拉力，同時由圖象與時間所構成的面積為位移的大?。晒β蔖=FV可確定大小如何變化．【解答】解：A、由圖象可知，從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離即為圖象與時間所構成的面積，即約為，而無阻攔索的位移為1000m，因此飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的，故A正確；B、在0.4s～2.5s時間內，速度與時間的圖象的斜率不變，則加速度也不變，所以合力也不變，因此阻攔索的張力的合力幾乎不隨時間變化，但阻攔索的張力是變化的，故B錯誤；C、在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小為＞2.5g，故C正確；D、在0.4s～2.5s時間內，阻攔系統對飛機做功的功率P=FV，雖然F不變，但V是漸漸變小，所以其變化的，故D錯誤；故選：AC?！军c評】考查由速度與時間的圖象，來讀取正確的信息：斜率表示加速度的大小，圖象與時間所夾的面積表示位移的大?。⒁庾钄r索的張力與張力的合力是不同的．二、解答題（共4小題，滿分47分）9．（7分）圖（a）為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖。實驗步驟如下：①用天平測量物塊和遮光片的總質量M、重物的質量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測最兩光電門之間的距離s；②調整輕滑輪，使細線水平；③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB，求出加速度a；④多次重復步驟③，求a的平均值；⑤根據上述實驗數據求出動摩擦因數μ。回答下列為題：（1）測量d時，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數如圖（b）所示，其讀數為0.960cm。（2）物塊的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示為a=。（3）動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=（4）如果細線沒有調整到水平，由此引起的誤差屬于系統誤差（填“偶然誤差”或“系統誤差”）?！究键c】M9：探究影響摩擦力的大小的因素．【專題】13：實驗題；511：直線運動規(guī)律專題．【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺的示數之和是游標卡尺的示數，（2）由速度公式求出物塊經過A、B兩點時的速度，然后由勻變速運動的速度位移公式求出物塊的加速度；（3）由牛頓第二定律求出動摩擦因數。（4）由于實驗設計造成的誤差是系統誤差，由于實驗操作、讀數等造成的誤差屬于偶然誤差?！窘獯稹拷猓海?）由圖（b）所示游標卡尺可知，主尺示數為0.9cm，游標尺示數為12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，則游標卡尺示數為0.9cm+0.060cm=0.960cm。（2）物塊經過A點時的速度vA=，物塊經過B點時的速度vB=，物塊做勻變速直線運動，由速度位移公式得：vB2﹣vA2=2as，加速度a=；（3）以M、m組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），解得μ=；（4）如果細線沒有調整到水平，由此引起的誤差屬于系統誤差。故答案為：（1）0.960；（2）；（3）；（4）系統誤差。【點評】對游標卡尺進行讀數時，要先確定游標尺的精度，主尺與游標尺的示數之和是游標卡尺示數，讀數時視線要與刻度線垂直。10．（8分）某學生實驗小組利用圖（a）所示電路，測量多用電表內電池的電動勢和電阻“×1k”擋內部電路的總電阻。使用的器材有：多用電表；電壓表：量程5V，內阻十幾千歐；滑動變阻器：最大阻值5kΩ導線若干?；卮鹣铝袉栴}：（1）將多用電表擋位調到電阻“×1k”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調零點。（2）將圖（a）中多用電表的紅表筆和1（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。（3）將滑動變阻器的滑片調到適當位置，使多用電表的示數如圖（b）所示，這時電壓表的示數如圖（c）所示。多用電表和電壓表的讀數分別為15.0kΩ和3.60V。（4）調節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零。此時多用電表和電壓表的讀數分別為12.0kΩ和4.00V．從測量數據可知，電壓表的內阻為12.0kΩ。（5）多用電表電阻擋內部電路可等效為由一個無內阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯而成的電路，如圖（d）所示。根據前面的實驗數據計算可得，此多用電表內電池的電動勢為9.00V，電阻“×1k”擋內部電路的總電阻為15.0kΩ?！究键c】N3：測定電源的電動勢和內阻．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】（1）歐姆表使用前一定要歐姆調零；（2）紅正黑負，電流從紅表筆流入電表，從黑表筆流出電表；（3）歐姆表讀數等于倍率乘以表盤讀數，伏特表讀數要估讀；（4）歐姆表測量的是外電路的總電阻，由于滑動變阻器被短路，故歐姆表讀數即為電壓表阻值；（5）由于半偏電流是滿偏電流的一半，故歐姆表的中值電阻等于內電阻；根據閉合電路歐姆定律求解電動勢?！窘獯稹拷猓海?）歐姆表使用前一定要歐姆調零，即紅黑表筆短接后，調節(jié)調零旋鈕，使電流表滿偏；（2）多用電表的紅表筆對應歐姆表內電源的負極，所以紅表筆應接電壓表的負接連柱，故紅表筆接觸1；（3）歐姆表讀數=倍率×表盤讀數=1k×15.0Ω=15.0kΩ；電壓表讀數為3.60V；（4）由于滑動變阻器被短路，故歐姆表讀數即為電壓表阻值，為12.0kΩ；（5）調節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零，此時多用電表和電壓表的讀數分別為12.0kΩ和4.00V；多用電表的中值電阻等于內電阻，故R=15.0kΩ；由閉合電路歐姆定律I=和歐姆定律U=IRV可知，E=代入數據有：E=（12kΩ+15kΩ）=9.00V，故答案為：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.00，15.0?！军c評】本題關鍵是明確實驗原理，會使用歐姆表和電壓表測量電阻和電壓，同時能結合閉合電路歐姆定律靈活地列式分析。11．（13分）水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質細橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標記R．在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）點。已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運動；B平行于x軸朝x軸正向勻速運動。在兩車此后運動的過程中，標記R在某時刻通過點（l，l）。假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運動速度的大小?！究键c】37：牛頓第二定律．【專題】16：壓軸題；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】根據運動學公式求出t時刻A的縱坐標，B的橫坐標，抓住橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1，根據相似三角形，結合運動學公式求出B的運動速度?！窘獯稹拷猓涸OB車的速度大小為v。如圖，標記R的時刻t通過點K（l，l），此時A、B的位置分別為H、G。由運動學公式，H的縱坐標yA，G的橫坐標xB分別為①xB=vt②在開始運動時，R到A和B的距離之比為2：1，即OE：OF=2：1由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1。因此，在時刻t有HK：KG=2：1③由于△FGH∽△IGK，有HG：KG=xB：（xB﹣l）④HG：KG=（yA+l）：（2l）=3：1⑤聯立各式解得答：B運動速度的大小為?！军c評】解決本題的關鍵抓住橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1，結合運動學公式和數學幾何進行求解。12．（19分）如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L．導軌上端接有一平行板電容器，電容為C．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系?！究键c】2G：力的合成與分解的運用；37：牛頓第二定律；AN：電容器與電容；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢．【專題】16：壓軸題；539：電磁感應中的力學問題．【分析】（1）由法拉第電磁感應定律，求出感應電動勢；再與相結合求出電荷量與速度的關系式。（2）由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于、及牛頓第二定律來求出速度與時間的關系?！窘獯稹拷猓海?）設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E=BLv，平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E，設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有，聯立可得，Q=CBLv。（2）設金屬棒的速度大小為v時，經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場力方向沿導軌向上，大小為f1=BLi，設在時間間隔（t，t+△t）內流經金屬棒的電荷量為△Q，則△Q=CBL△v，按定義有：，△Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t，t+△t）內增加的電荷量，由上式可得，△v為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌斜面向上，大小為：f2=μN，式中，N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有N=mgcosθ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有：mgsinθ﹣f1﹣f2=ma，即：mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma；聯立上此式可得：。由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為。答：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系為Q=CBLv；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系?！军c評】本題讓學生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應定律、牛頓第二定律、及運動學公式，并相互綜合來求解。三．[物理--選修3-3]（15分）13．（6分）兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近。在此過程中，下列說法正確的是（）A．分子力先增大，后一直減小 B．分子力先做正功，后做負功 C．分子動能先增大，后減小 D．分子勢能先增大，后減小 E．分子勢能和動能之和不變 【考點】86：分子間的相互作用力；87：分子勢能；8A：物體的內能．【專題】16：壓軸題；547：內能及其變化專題．【分析】分子力同時存在引力和斥力，分子間引力和斥力隨分子間的距離的增大而減小，隨分子間的距離的減小而增大，且斥力減小或增大比引力變化要快些；分子力做功等于分子勢能的減小量?！窘獯稹拷猓篈、兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近的過程中，當分子間距大于平衡間距時，分子力表現為引力；當分子間距小于平衡間距時，分子力表現為斥力；故A錯誤；B、兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近的過程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做負功，故B正確；C、只有分子力做功，先做正功后做負功，根據動能定理，動能先增加后減小，故C正確；D、分子力先做正功后做負功；分子力做功等于分子勢能的減小量；故分子勢能先減小后增加，故D錯誤；E、分子力做功等于分子勢能的減小量，總功等于動能增加量，只有分子力做功，故分子勢能和分子動能總量保持不變，故E正確；故選：BCE?！军c評】本題考查了分子力、分子勢能、分子力做功與分子勢能變化關系，基礎題。14．（9分）如圖所示，兩個側壁絕熱、頂部和底部都導熱的相同氣缸直立放置，氣缸底部和頂部均有細管連通，頂部的細管帶有閥門K，兩氣缸的容積均為V0，氣缸中各有一個絕熱活塞（質量不同，厚度可忽略）。開始時K關閉，兩活塞下方和右活塞上方充有氣體（可視為理想氣體），壓強分別為p0和，左活塞在氣缸正中間，其上方為真空；右活塞上方氣體體積為．現使氣缸底與一恒溫熱源接觸，平衡后左活塞升至氣缸頂部，且與頂部剛好沒有接觸；然后打開K，經過一段時間，重新達到平衡。已知外界溫度為T0，不計活塞與氣缸壁間的摩擦。求：①恒溫熱源的溫度T；②重新達到平衡后左氣缸中活塞上方氣體的體積Vx?！究键c】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強．【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】（1）兩活塞下方封閉的氣體等壓變化，利用蓋呂薩克定律列式求解；（2）分別以兩部分封閉氣體，利用玻意耳定律列式求解【解答】解：（1）與恒溫熱源接觸后，在K未打開時，右活塞不動，兩活塞下方的氣體經歷等壓過程，由蓋呂?薩克定律得：=…①解得：T=T0…②（2）由初始狀態(tài)的力學平衡條件可知，左活塞的質量比右活塞的大。打開K后，右活塞必須升至氣缸頂才能滿足力學平衡條件。氣缸頂部與外界接觸，底部與恒溫熱源接觸，兩部分氣體各自經歷等溫過程，設在活塞上方氣體壓強為p，由玻意耳定律得：pVX=?…③對下方氣體由玻意耳定律得：（p+p0）（2V0﹣Vx）=p0?V0…④聯立③④式得：6VX2﹣V0VX﹣V02=0，解得：VX=V0，VX=﹣V0不合題意，舍去。答：（1）恒溫熱源的溫度為T0；（2）重新達到平衡后左氣缸中活塞上方氣體的體積為V0。【點評】本題涉及兩部分氣體狀態(tài)變化問題，除了隔離研究兩部分之外，關鍵是把握它們之間的聯系，比如體積關系、溫度關系及壓強關系。四．[物理--選修3-4]（15分）15．如圖，a、b、c、d是均勻媒質中x軸上的四個質點，相鄰兩點的間距依次為2m、4m和6m。一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時刻到達質點a處，質點a由平衡位置開始豎直向下運動，t=3s時a第一次到達最高點。下列說法正確的是（）A．在t=6s時刻波恰好傳到質點d處 B．在t=5s時刻質點c恰好到達最高點 C．質點b開始振動后，其振動周期為4s D．在4s＜t＜6s的時間間隔內質點c向上運動 E．當質點d向下運動時，質點b一定向上運動 【考點】F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】16：壓軸題．【分析】由題“在t=0時刻到達質點a處，質點a由平衡位置開始豎直向下運動，t=3s時a第一次到達最高點”可確定出該波的周期。根據a與d間的距離，由t=求出波從a傳到d的時間。根據時間t=5s與周期的關系，分析質點c的狀態(tài)。由波速公式求出波長，根據b、d間距離與波長的關系，分析當質點d向下運動時質點b的運動方向?！窘獯稹拷猓篈、ad間距離為x=12m，波在同一介質中勻速傳播，則波從a傳到d的時間為t==s=6s，即在t=6s時刻波恰好傳到質點d處。故A正確。B、設該波的周期為T，由題可得，T=3s，得T=4s。波從a傳到c的時間為t==s=3s，則在t=5s時刻質點c已振動了2s，而c起振方向向下，故在t=5s時刻質點c恰好經過平衡位置向上。故B錯誤。C、質點b的振動周期等于a的振動周期，即為4s。故C正確。D、在4s＜t＜6s的時間間隔內，質點c已振動了1s＜t＜3s，質點c正從波谷向波峰運動，即向上運動。故D正確。E、波長為λ=vT=2×4m=8m，bd間距離為10m=1λ，結合波形得知，