2013年高考真題-理綜物理（山東卷）解析版

PAGE2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試（山東卷）理科綜合-物理第=1\*ROMANI卷（必做，共87分）二、選擇題（本題包括7小題，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）14.伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索物理規(guī)律的科學(xué)方法，利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有A.力不是維持物體運動的原因B.物體之間普遍存在相互吸引力C.忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快D.物體間的相互作用力總是大小相等，方向相反【答案】AC【KS5U解析】“物體之間普遍存在相互吸引力”是牛頓總結(jié)出的萬有引力定律的內(nèi)容，“物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反”是牛頓第三定律的內(nèi)容，從而排除選項B、D。選項AC均是伽利略利用實驗研究和邏輯推理相結(jié)合得出的物理規(guī)律。本題選AC。15.如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30o，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為A．B.C.1:2D.2:1【答案】D【KS5U解析】將兩小球看做一個整體，對整體受力分析，可知整體受到重力、A、C的拉力共3個力的作用，由于彈簧處于平衡狀態(tài)，將輕彈簧A的拉力沿豎直方向和水平方向分解可知水平方向上滿足，故，又三個彈簧的勁度系數(shù)相同，據(jù)胡克定律可知彈簧A、C的伸長量之比為2:1。16.如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質(zhì)量分別為M、m（M>m）的滑塊,通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【KS5U解析】兩滑塊沿斜面運動的過程中，由于斜面ab粗糙，則摩擦力對M做負功，故兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能減少，選項A錯誤；據(jù)動能定理可知M受到的合外力做的功等于M動能的變化，即重力、繩的拉力以及摩擦阻力對M做的功等于M動能的增加量，選項B錯誤；由功能關(guān)系可得除重力外其他外力做的功等于物體（或系統(tǒng)）機械能的變化，故輕繩的拉力對m做的正功等于m機械能的增加，摩擦力做的負功等于系統(tǒng)機械能的減少量，選項C、D正確。本題選CD。17.圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，eq\o\ac(○,A)為交流電流表。線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO’沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，以下判斷正確的是A．電流表的示數(shù)為10AB.線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50rad/sC.0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左【答案】AC【KS5U解析】由題圖乙可知交流電電流的最大值是=A，周期T=0.02s，由于電流表的示數(shù)為有效值，故示數(shù)=10A，選項A正確；角速度rad/s，選項B錯誤；0.01s時線圈中的感應(yīng)電流達到最大，感應(yīng)電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，選項C正確；由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，選項D錯誤。18.將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合電路，并固定在水平面（紙面）內(nèi)，回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中?；芈返膱A形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖像是ABCD【答案】B【KS5U解析】由圖乙可知磁感應(yīng)強度的大小隨時間呈線性變化，即（k是一個常數(shù)），又圓環(huán)的面積S不變，由可知圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則回路中的感應(yīng)電流大小不變，故ab邊受到的安培力不變，排除選項C、D；0-時間內(nèi)，由楞次定律可判斷出流過ab邊的電流方向為由b至a，結(jié)合左手定則可判斷出ab邊受到的安培力的方向向左，為負值，排除選項A錯誤。本題選B。19.如圖所示，在x軸相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、-Q，虛線是以+Q所在點為圓心、L/2為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱。下列判斷正確的是A．b、d兩點處的電勢相同B.四點中c點處的電勢最低C．b、d兩點處的電場強度相同D．將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，+q的電勢能減小【答案】ABD【KS5U解析】由等量異種點電荷的電場分布規(guī)律可知b、d兩點處的電勢相同，再結(jié)合矢量合成的平行四邊形定則可判斷電場強度大小相等、方向不同，故選項A正確C錯誤；由電荷的獨立作用原理可知正電荷在+Q產(chǎn)生的電場中由a運動至c，電場力不做功，正電荷在-Q產(chǎn)生的電場中由a運動至c，電場力做正功，故正電荷在兩點電荷的電場中由a至c電場力做正功，電勢能減小，選項D正確；沿電場線的方向電勢逐漸降低，故b、d點的電勢高于c點的電勢，由D項的分析結(jié)合，可知a點電勢高于c點的電勢，故選項B正確。20.雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動。研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化。若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T,經(jīng)過一段時間演化后，兩星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則此時圓周運動的周期為【答案】B【KS5U解析】由萬有引力提供向心力有，又，，聯(lián)立以上各式可得,故當(dāng)兩恒星總質(zhì)量變?yōu)?兩星間距變?yōu)闀r，圓周運動的周期變?yōu)椋绢}選B。第Ⅱ卷【必做部分129分】21.（13分）（1）圖甲為一游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)測量一鋼筆帽的內(nèi)徑時，應(yīng)該用游標(biāo)卡尺的__________(填“A”“B”或“C”)進行測量；示數(shù)如圖乙所示，該鋼筆帽的內(nèi)徑為________mm。（2）霍爾效應(yīng)是電磁基本現(xiàn)象之一，近期我國科學(xué)家在該領(lǐng)域的實驗研究上取得了突破性進展。如圖丙所示，在一矩形半導(dǎo)體薄片的P、Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現(xiàn)電壓UH，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，UH稱為霍爾電壓，且滿足，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數(shù)。某同學(xué)通過實驗來測定該半導(dǎo)體薄片的霍爾系數(shù)。①若該半導(dǎo)體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導(dǎo)電，電流與磁場方向如圖丙所示，該同學(xué)用電壓表測量UH時，應(yīng)將電壓表的“+”接線柱與_________(填“M”或“N”)端通過導(dǎo)線相連。②已知薄片厚度d=0.40mm，該同學(xué)保持磁感應(yīng)強度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應(yīng)的UH值，記錄數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)表中數(shù)據(jù)在給定區(qū)域內(nèi)（見答題卡）畫出UH—I圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數(shù)為_______________（保留2位有效數(shù)字）。③該同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)，使半導(dǎo)體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數(shù)的測量誤差，為此該同學(xué)設(shè)計了如圖丁所示的測量電路，S1、S2均為單刀雙擲開關(guān)，虛線框內(nèi)為半導(dǎo)體薄片（未畫出）。為使電流從Q端流入，P端流出，應(yīng)將S1擲向_______（填“a”或“b”）,S2擲向_______（填“c”或“d”）。為了保證測量安全，該同學(xué)改進了測量電路，將一合適的定值電阻串聯(lián)在電路中。在保持其它連接不變的情況下，該定值電阻應(yīng)串聯(lián)在相鄰器件____________和__________(填器件代號)之間。【答案】（1）A；11.25（2）eq\o\ac(○,1)Meq\o\ac(○,2)如右圖所示，1.5（1.4或1.6）eq\o\ac(○,3)b，c；S1，E【KS5U解析】（1）由游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)原理可知測內(nèi)經(jīng)，應(yīng)選游標(biāo)卡尺的內(nèi)測量腳，故選填A(yù)；游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm，游標(biāo)尺的讀數(shù)為50.05mm=0.25mm,故鋼筆帽的內(nèi)徑為11.25mm（2）①由于導(dǎo)電空穴為帶正電的粒子，由電流方向和磁場方向結(jié)合左手定則可判斷出正粒子向M板偏轉(zhuǎn)，故M板的電勢高，電壓表的“+”接線柱應(yīng)與M端連接。②根據(jù)表格數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描點、連線，注意使圖線盡可能多的穿過坐標(biāo)點，不在線上的點均勻分布在線的兩側(cè)，誤差較大的點予以舍去。（作圖暫略）。由題意知，即圖線的斜率表示，將已知數(shù)據(jù)代入可求得。③外電路中，電流由電源正極流出，經(jīng)用電器流入電源負極，故接b，接c時，電流自Q端流入P端流出；為了避免開關(guān)接錯位置導(dǎo)致電源短路而被燒壞，應(yīng)在開關(guān)和電源E之間串聯(lián)一保護電阻。22.（15分）如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的小物塊，以V0=2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t=2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L=10m。已知斜面傾角θ=30o，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)。重力加速度g取10m/s2.（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。（2）拉力F與斜面的夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？【答案】見解析【KS5U解析】（1）設(shè)物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學(xué)公式得eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)得eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)（2）設(shè)物塊所受支持力為，所受摩擦力為，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)又eq\o\ac(○,7)聯(lián)立eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,7)式得eq\o\ac(○,8)由數(shù)學(xué)知識得eq\o\ac(○,9)由eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)式可知對應(yīng)F最小的夾角為eq\o\ac(○,10)聯(lián)立eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,10)式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為eq\o\ac(○,11)23.（18分）如圖所示，在坐標(biāo)系xoy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一質(zhì)量為、帶電量為的粒子自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d,OQ=2d,不計粒子重力。（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向。（2）若磁感應(yīng)強度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0；（3）若磁感應(yīng)強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該時間。【答案】見解析【KS5U解析】（1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為，加速度的大小為a，粒子的初速度為，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,1)由運動學(xué)公式得eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)式得eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)（2）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關(guān)系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得eq\o\ac(○,9)由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,10)聯(lián)立eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)式得eq\o\ac(○,11)（3）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖所示，、是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點，連接、，由幾何關(guān)系知，和均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得eq\o\ac(○,12)粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得eq\o\ac(○,13)設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有eq\o\ac(○,14)聯(lián)立eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)eq\o\ac(○,14)得eq\o\ac(○,15)【選做部分24分】36.（8分）（物理選修3-3）（1）下列關(guān)于熱現(xiàn)象的描述正確的是（）a.根據(jù)熱力學(xué)定律，熱機的效率可以達到100%b.做功和熱傳遞都是通過能量轉(zhuǎn)化的方式改變系統(tǒng)內(nèi)能的c.溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同d.物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規(guī)則的，大量分子的運動也是無規(guī)律的（2）我國“蛟龍”號深海探測船載人下潛超七千米，再創(chuàng)載人深潛新紀(jì)錄。在某次深潛實驗中，“蛟龍”號探測到990m深處的海水溫度為280K。某同學(xué)利用該數(shù)據(jù)來研究氣體狀態(tài)隨海水溫度的變化，如圖所示，導(dǎo)熱性良好的氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的氣體，不計活塞的質(zhì)量和摩擦，氣缸所處海平面的溫度To=300K，壓強P0=1atm，封閉氣體的體積Vo=3m2。如果將該氣缸下潛至990m深處，此過程中封閉氣體可視為理想氣體。①求990m深處封閉氣體的體積（1atm相當(dāng)于10m深的海水產(chǎn)生的壓強）。②下潛過程中封閉氣體___________(填“吸熱”或“放熱”)，傳遞的熱量__________（填“大于”或“小于”）外界對氣體所做的功?！敬鸢浮恳娊馕觥綤S5U解析】（1）熱機在工作過程中不可避免的要有能量耗散，其效率不可能達到100%，A錯誤；熱傳遞是靠能量的轉(zhuǎn)移改變系統(tǒng)內(nèi)能的，B錯誤；系統(tǒng)達到熱平衡的標(biāo)志是溫度相同，C正確；分子動理論告訴我們，物質(zhì)是由分子組成的，分子永不停息地做無規(guī)則運動，但大量分子的運動遵從一定的統(tǒng)計規(guī)律，如溫度升高，所有分子的平均動能增大，故D錯誤。本題選C。（2）eq\o\ac(○,1)當(dāng)氣缸下潛至990m時，設(shè)封閉氣體的壓強為p，溫度為T，體積為V，由題意知p=100atmeq\o\ac(○,1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得eq\o\ac(○,2)代入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,3)②下滑過程中氣體的體積減小，外界對氣體做正功，由于氣體的質(zhì)量一定，溫度降低，故氣體向外發(fā)生熱傳遞，且傳遞的熱量大于外界對氣體做的功。37.（8分）（物理選修3-4）（1）如圖甲所示，在某一均勻介質(zhì)中，A、B是振動情況完全相同的兩個波源，其簡諧運動表達式均為，介質(zhì)中P點與A、B兩波源間的距離分別為4m和5m，兩波源形成的簡諧波分別沿AP、BP方向傳播，波速都是10m/s。eq\o\ac(○,1)求簡諧橫波的波長。eq\o\ac(○,2)P點的振動（填“加強”或“減弱”）。（2）如圖乙所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由O點垂直AD邊射入。已知棱鏡的折射率，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°。eq\o\ac(○,1)求光線第一次射出棱鏡時，出射光線的方向。eq\o\ac(○,2)第一次的出射點距Ccm?！敬鸢浮恳娊馕觥綤S5U解析】eq\o\ac(○,1)設(shè)簡諧波的波速為v，波長為，周期為T，由題意知T=0.1seq\o\ac(○,1)由波速公式eq\o\ac(○,2)打入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,2)P點距離兩波源的路程差為m=,故P點是振動加強點。（2）eq\o\ac(○,1)設(shè)發(fā)生全反射的臨界角為C，由折射定律得eq\o\ac(○,4)代入數(shù)據(jù)得eq\o\ac(○,5)光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系可知光線在AB邊和BC邊的入射角均為60°，均發(fā)生全反射。設(shè)光線在CD邊的入射角為，折射角為，由幾何關(guān)系得，小于臨界角，光線第一次射出棱鏡是在CD邊，由折射定律得