2013年全国各地高考招生物理试题汇编--牛顿运动定律 2

2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)物理之赏析【一】、试卷内容、内容分布，分值、难度及答案【二】、试题解析2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ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之间的关系的图像是【考查了】物体的受力分析和牛顿第二运动定律的应用及其图像表示方法。

【解析】：由牛顿第二运动定律得F−f=ma解得F=ma+f可见C正确。

【要点】：要认真理解图像的坐标轴和单位，面积、斜率、截距，趋势、最值、转折点、拐点等的物理意义。

15.如图，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【考查了】物体的受力分析和平衡，摩擦力的不定问题，解共点力的平衡方程组。

【解析】：设物体与斜面间的最大静摩擦力大小为f m。

由于物体处于平衡状态，有：垂直斜面方向上有N=mgcosθ；沿斜面方向上有：当F最大为F1时有：F1=mgsinθ+f m；当F最大为F2时有：F2+f m=mgsinθ。

后两，可见C正确。

其余选项被排除。

式相减有F1−F2=2f m，解得f m =F1−F22【要点】：①摩擦力与弹力等大小和方向都存在不定问题，要由运动状态和物体所受其它力的状态决定；②计算当中往往以某几个物理量的整体作为一个（未知）量来求解；③正确理解物体的运动趋势和摩擦力之间的关系。

全品高考网邮箱：jiaoxue@2013·新课标全国Ⅱ(理综物理)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 之间关系的图像是()14．C [解析] 方法一：由于静摩擦力的作用，当F ＝0时并不会产生加速度，A 、B 、D 错误，C 正确；方法二：由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，可得：F ＝ma ＋μmg ，即F 是a 的一次函数，且截距为正，C 正确．15． 如图，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F 1和F 2(F 2>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15．C [解析] 考查静摩擦力的临界平衡问题．当F 为最大值时，此时F 1＝mg sin θ＋F f ①；当F 为最小值时，此时F 2＝mg sin θ－F f ②；由①②可知能求出最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角，C 正确．16． 如图，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行动．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 图像中，可能正确描述上述过程的是()16．D [解析] 由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A 错误；安培力F 安＝B 2L 2v R，因v 在减小，故F 安在减小，加速度a ＝F 安m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动，B 错误；由于d >L ，若线框完全进入磁场中仍有速度，则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动，C 错误，D 正确. 全品高考网邮箱：jiaoxue@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v 0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.3m v 03qR B.m v 0qR C.3m v 0qR D.3 m v 0qR17．A [解析] 由Bq v 0＝m v 20r 可得：B ＝m v 0qr，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r ＝3R ，即B ＝3m v 03qR，A 正确．18． 如图，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.3kq 3l 2 B.3kq l 2C.3kq l 2D.2 3kq l 218．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c 球而言，a 、b 两球在c 球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E ＝2kq l2cos30°＝3kq l 2，B 正确． 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，提出了分子环流假说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19．ABD [解析] 奥斯特观察到电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A 正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B 正确；法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C 错误；D 项的叙述符合楞次定律的发现过程，D 正确． 全品高考网邮箱：jiaoxue@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20．BD [解析] 由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GM r，轨道半径变小，则运行的速度变大，卫星的动能增大，A 错误；轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能减小，B 正确；由于气体阻力做负功，产生热量，故机械能减小，C 错误；由动能定理，动能增大，则克服气体阻力做的功小于引力做的功，而引力做功等于引力势能的减小，故克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，D 正确．21． 公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 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v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，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，v c 的值变小21．AC [解析] 由题意，当汽车的速率为v c 时无滑动趋势，说明此时汽车与路面没有横向摩擦力，路面应不是平的，而应是外侧高内侧低，由重力的分力充当向心力，A 正确；当车速低于v c 时，车和地面之间会产生横向静摩擦力，阻碍汽车向内侧滑动，B 错误；当车速高于v c 时，车和地面之间仍会有摩擦力，此力与重力的分力一起提供向心力，只要车速不超过某一最高速度，车辆便不会向外侧滑动，C 正确；因为v c 是车和地面无摩擦时的临界值，所以与路况无关，D 错误．22． 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E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，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mB ．小球抛出点到落地点的水平距离s 全品高考网邮箱：jiaoxue@C ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝________．(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s －Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变，m 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s －Δx 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E k 的表达式可知，E p 与Δx 的________次方成正比．图(b)22．(1)ABC(2)mgs 24h(3)减小 增大 2[解析] (1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能．动能E k ＝12m v 20，根据平抛运动规律有：h ＝12gt 2，s ＝v 0t ， 可得：E k ＝mgs 24h，故需要测量小球的质量m 、小球抛出点到落地点的水平距离s 和桌面到地面的高度h ，选项A 、B 、C 正确．(3)由图像可知，s 与Δx 成正比，设图像斜率为k ，则s ＝k Δx ，弹性势能E p 与动能E k的关系为E p ＝E k ＝mgs 24h ，故E p ＝mgk 24h·Δx 2，即弹簧的弹性势能与Δx 的二次方成正比．当h 不变时，m 增大，k 就减小；当m 不变时，h 增大，k 就增大．23． 某同学用量程为1 mA 、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V 和1 A 的多用电表．图中R 1和R 2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R 1＝________Ω，R 2＝________Ω.(结果取3位有效数字) 全品高考网邮箱：jiaoxue@图(a) 图(b)23．(1)连线如图所示(2)电流 电压(3)黑(4)1.00 880[解析] (1)根据电路图连接实物图，注意两表笔与表头的正负接线柱．(2)根据“串联分压，并联分流”可知，当S 断开时，多用电表测量电压；当S 闭合时，多用电表测量电流．(3)电流从红表笔流进多用电表，从黑表笔流出．从电路图中表头和表笔的接法可知电流从表笔A 流出，所以A 为黑表笔．(4)当S 断开时为电压表，此时R 2＝ 1 V 10－3 A－120 Ω＝880 Ω ；当S 闭合时为电流表，此时R 1＝10－3 A ×()120 Ω＋880 Ω1 A －10－3 A ≈1.00 Ω. 24． 如图，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N a 和N b .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．24．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2a r② N b －f ＝m v 2b r③ 设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a④ 全品高考网邮箱：jiaoxue@E k b ＝12m v 2b⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q(N b －N a ) ⑦ E k a ＝r 12(N b ＋5N a ) ⑧ E k b ＝r 12(5N b ＋N a ) ⑨ 25．一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 ＝10 m/s 2，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．25．[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t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1② 式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1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 ＝ma 1 ③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2 ④联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤μ2＝0.30 ⑥(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a′1和a′2，则由牛顿第二定律得f＝ma′1⑦2μ2mg－f＝ma′2⑧假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；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a′1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×v212a1⑩s2＝v0＋v12t1＋v212a′2⑪物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s＝1.125 m33．[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33．(1)ABE[解析] 气体分子间隙很大，气体体积是指气体的分子能够到达的空间的体积，A正确；根据分子动理论，温度越高，分子热运动越剧烈，相反，温度越低，分子热运动剧烈程度越弱，B正确；气体压强是微观止大量分子对容器壁频繁碰撞的结果，与宏观上物体的运动状态无关，C错误；改变内能的方式有两种——做功和热传递，气体吸收热量， 全品高考网邮箱：jiaoxue@ 全品高考网邮箱：jiaoxue@若同时对外做功，则内能不一定增加，D 错误；在等压膨胀过程中，气体的体积V 增大，压强p 不变，由pV T＝C (常量)可知，温度T 一定升高，E 正确． 33． (2)(10分)如图，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l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强为p 0＝75.0 cmHg.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l ′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．33．(2)[解析] 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p 1＝p 0＋l 2 ①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p ′1，由玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1 ②设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l ′3＝l 3＋l 1－l ′1－Δl ③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p ′3，则p ′3＝p ′1－l 2 ④由玻意耳定律得p 0l 3＝p ′3l ′3 ⑤由①至⑤式及题给数据解得Δl ＝15.0 cm ⑥34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图，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A 0，周期为T 0.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 ________A 0(填“>”“<”或“＝”)，T ________T 0(填“>”“<”或“＝”)．33．(1)< <34．(2) (10分)如图，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)34．(2)[解析] (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sin i ＝n sin r ②n sin r ′＝sin i ③由②③式得r＝r′④OO′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＝3⑨(ⅱ)设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩此三棱镜的全反射临界角满足n sinθc＝1⑪由⑨⑩⑪式得i″＞θc⑫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](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(13355Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)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35．(1)ABC[解析] 根据结合能的概念，将原子核分解成自由核子所需要的最小能量等于结合能，A正确；结合能越大，原子核越稳定，重核衰变放出能量，转化为结合能更大的衰变产物，B正确；组成原子核的核子越多，它的结合能越高，故铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能，C正确；比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量，所以比结合能越大，原子核越牢固，D错误；自由核子组成原子核时，放出的能量与组成的原子核的结合能相等，E错误．35．如图，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． 全品高考网邮箱：jiaoxue@ 全品高考网邮箱：jiaoxue@35．(2)[解析] (ⅰ)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2 ②12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20④ (ⅱ)由②式可知v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3 ⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20⑦。

绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II ）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 之间的关系的图像是A B C D【答案】C15．如图，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F 1和F 2（F 2＞0）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C ．物块对斜面的正压力【答案】C16．如图，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，磁场的边界与导体框的一边平行，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 图像中，可能正确描述上述过程的是【答案】D17．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 ，磁场方向垂直横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0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 ．qR mv 330B ．qR mv 0C ．qRmv 03 D ．qR mv 03 【答案】A18．如图，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。

2013年高考物理全国卷2绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II ）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 之间的关系的图像是A B CD【答案】C15．如图，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，aFOaFOaFOaFOFF 1和F 2（F 2＞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 C ．物块对斜面的正压力 【答案】C16．如图，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，磁场的边界与导体框的一边平行，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 图像中，可能正确描述上述过程的是A BC D 【答案】D17．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 ，磁场方向垂直横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直OtvOtv Otv Otv dL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 ．qRmv 330B ．qRmv 0C ．qRmv 03D ．qRmv 03 【答案】A18．如图，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。

2013年高考物理试题及答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。

1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

如果一个物体的质量加倍，作用力减半，那么物体的加速度将如何变化？A. 加速度加倍B. 加速度减半C. 加速度不变D. 加速度变为原来的四分之一答案：C2. 光在真空中的传播速度是3×10^8米/秒。

如果光在某种介质中的速度变为2×10^8米/秒，那么这种介质的折射率是多少？A. 1.5B. 0.5C. 2D. 0.75答案：A3. 一个电路中的电流为5安培，电阻为10欧姆，根据欧姆定律，这个电路的电压是多少？A. 50伏特B. 25伏特C. 15伏特D. 10伏特答案：A4. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为2米/秒^2，5秒后的速度是多少？A. 10米/秒B. 5米/秒D. 4米/秒答案：A5. 两个点电荷之间的库仑力与它们之间的距离的平方成反比。

如果两个电荷之间的距离加倍，它们之间的库仑力将如何变化？A. 减半B. 变为原来的四分之一C. 保持不变D. 变为原来的八分之一答案：B6. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，半径为1米，线速度为2米/秒，那么这个物体的角速度是多少？A. 2弧度/秒B. 4弧度/秒D. 0.5弧度/秒答案：C7. 一个理想气体的体积从2升增加到4升，同时压强从1大气压减少到0.5大气压，温度保持不变。

根据玻意耳定律，这个过程是等温过程吗？A. 是B. 不是C. 不能确定D. 以上都不对答案：A8. 一个物体在自由落体运动中，从10米的高度落下，忽略空气阻力，它落地时的速度是多少？（取重力加速度g=9.8米/秒^2）A. 9.8米/秒C. 19.6米/秒D. 24.5米/秒答案：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项是正确的。

2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ) 14.C物块的受力如图所示,当F不大于最大静摩擦力时,物块仍处于静止状态,故其加速度为0;当F大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得F-μF N=ma,即F=μF N+ma,F与a成线性关系。

选项C正确。

评析本题以物体在平面上运动为情境,考查物体受力分析、平衡条件和牛顿第二定律。

试题难度较小,易得分。

15.C当物块所受外力F为最大值F1时,具有向上的运动趋势由平衡条件可得:F1=mg sin θ+f m;同理:当物块所受外力F为最小值F2时,具有向下的运动趋势,即F2+f m=mg sin θ。

联立解得f m=-,F1+F2=2mg sin θ,由于m或斜面的倾角θ未知,故选项C正确;选项A、B、D错误。

16.D导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I==,线框受到的安培力F=BLI=。

由牛顿第二定律F=ma知,=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。

当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。

评析考查了电磁感应现象中的力电综合问题,解答此类题的关键是确定导线框受的安培力,结合牛顿运动定律可以确定出力与运动的关系,从而画出速度与时间的关系图线。

17. A若磁场方向向上,带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系可知,其运动的轨迹半径r=R/tan 30°=R,由洛伦兹力提供向心力,即qv0B=知R=,故匀强磁场的磁感应强度B=,若磁场方向向下可得到同样的结果。

选项A正确。

18.B以小球c为研究对象,其受力如图所示,其中F库=,由平衡条件得:2F库cos 30°=Eq c即:=Eq c,E=此时a的受力如图所示,+=得q c=2q即当q c=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确。

C单元 牛顿运动定律 C1　牛顿第一定律、牛顿第三定律 34．[物理——选修3－4](15分)C1[2013·新课标全国卷Ⅱ] (1)(5分)如图，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A，周期为T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________A(填“>”“”“<”或“＝”)． (1)<　0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间． 25．[解析] 解法一：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a、a、a、a，由牛顿第二定律得＝＝－2＝2＝－由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图()所示，对应的速度－时间图像如图()所示，其中 图() 图() v1＝a＝由图()可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为＝由⑤⑥式得＝它沿初始电场正方向．(2)由图()可知，粒子在t＝到t＝内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为＝－＝解法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a、a、a、a，由牛顿第二定律得＝ma－2qE＝ma＝ma－qE＝ma设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v、v、vv4，则＝a⑤ v2＝v＋a⑥ v3＝v＋a⑦ v4＝v＋a⑧ 设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有＝(＋＋＋)联立以上各式可得＝它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t粒子速度减为零．＝v＋a将①②⑤代入上式，得＝粒子从t＝时开始加速，设经过时间t速度变0＝v＋a此式与①②③⑤⑥式联立得＝＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为＝(－t)＋t 将式代入式得＝[2013·江苏卷] (16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟若砝码和纸板的质量分别为m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m＝0.5 ，m＝0.1 μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 ，取g＝10 若砝码移动的距离超过l＝0.002 ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 14．[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f＝μm桌面对纸板的摩擦力f＝μ(m＋m)g f＝f＋f解得f＝μ(2m＋m)g (2)设砝码的加速度为a，纸板的加速度为a，则＝m－f－f＝m发生相对运动a解得F>2μ(m＋m)g (3)纸板抽出前，x1＝ 纸板运动的距离d＋x＝ 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x＝ l＝x＋x由题意知a＝a，a＝a解得F＝2μ[m＋(1＋)m]g 代入数据得F＝22.4 C5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 图()为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图． 图() 实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间和，求出加速度a； 图() ④多次重复步骤③，求a的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 )的示数如图()所示，其读数为m. (2)物块的加速度a可用d、s、和表示为a＝__________．(3)动摩擦因数μ可用M、m、 －和重力加速度g表示为＝____________________________．(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．(1)0.960 (2) (3) (4)系统误差[解析] (1)考查游标卡尺的读数规则，此题为20分度，最小分度为0.05 mm，通过数格可看出第12格与主尺对齐，所以读数为9 mm＋0.05×12 mm＝9.60 mm，即(2)根据运动学公式－v＝2as，其中v＝，v＝ ，故a＝(3)对重物由牛顿第二定律：mg－F＝m对物块由牛顿第二定律：F－μMg＝M联立解得μ＝(4)若细线没有调整到水平，物块受到的合力就不是(F一μMg)，像这种由于原理上不完善而带来的误差就是系统误差． 9．C5、E6[2013·江苏卷] 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－经O点时，物块的动能小于W－μmga物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 甲　[解析] 先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力F变小；当到达O点右侧某点P时，F与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至B停止．在AP段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB段，物块除受到摩擦阻力OB<OA，所以 当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得W－μmgb＝E，即E＝W－μmgb<W－，选项错误；对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得E－E－μmg＝0，即E＝W－μmgb－μmga<W－，选项正确；经O点时，物块的EpO＝E－μmgb＝W－2μmgb<W－μmga，选项正确；由于题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断P点的弹性势能与B点的弹性势能哪个大，选项错误．[2013·新课标全国卷Ⅰ] 2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上图()为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图()所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( ) 图() 图() A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的在0.4 ～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变AC　[解析] 根据图像，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即x≈70×0.4 ＋＋＝114.5 ，选项正确；由图可计算出0.4 ～2.5 内的加速度a＝＝＝2.86g，选项正确；0.4 s～2.5 时间内，由牛顿第二定律得2F＝ma，其中加速度a不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合＝mav在变小，、D选项错误．[2013·新课标全国卷Ⅱ] 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＝10 ，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．[解析] (1)从＝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＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设＝0到＝时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为和a，则＝　＝　②式中＝5 m/s、＝1 m/s分别为木板在＝0、＝时速度的大小．设物块和木板的质量为，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为、，由牛顿第二定律得＝　③(μ1＋2)mg＝　④联立①②③④式得＝0.20　⑤＝0.30　⑥ (2)在1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，物块和木板的加速度大小分别和，则由牛顿第二定律得＝　⑦－＝　⑧假设＜，则＝；由⑤⑥⑦⑧式得＝＞，与假设矛盾．故＝由⑦⑨a′1等于；物块的－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＝2×　⑩＝＋　物块相对于木板的位移的大小为＝ss1　联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得＝1.125 m　、E2、F1[2013·天津卷] 质量为m＝4 的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 ，物块与地面间的动摩擦因数＝0.2，取10 ，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.[解析] (1)设物块受到的滑动摩擦力为FF1＝μmg①根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有－F＝0②代入数据，解得＝16 (2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x，则＝x－x由牛顿第二定律得＝由匀变速直线运动公式得＝2ax以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得－F＝0－mv⑦代t＝2 C5[2013·重庆卷] 图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最y随θ变化的图像分别对应图2中的( )、②和③ ．、②和①、③和① ．、①和② 图1 图2　[解析]本题考查物体的受力分析和图像问题，考查由图可知：小球对斜面的压力F＝mgcos，其最大值F＝mg，故比值y＝＝为图像③；小球运动的加速度a＝g，其最大值＝g，故比值y＝＝为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值y＝1为图像①，故选项正确． 19．C5[2013·浙江卷] 如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度＝10 m/s关于热气球，下列说法正确的是( )所受浮力大小为4830 N加速上升过程中所受空气阻力保持不变从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N　[解析] 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球由牛顿第二定律有：F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830，故A正确．如果180 m时的速度v＝＝6 ，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m所用的时间＝＝12 ，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力＝F－mg＝230 ND正确． 21．B4，C5[2013·福建卷] 质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？[解析] (1)如图1，设平衡时，绳中拉力为，有2－＝0①由图知cos＝由①②式解得＝ 图1(2)①此时，对小铁环受力分析如图2，有＝＋－＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得＝ 图2如图3，设外力与水平方向成α角，将杆和小铁环Fcos α＝(＋)α⑦ Fsin α－(＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得＝(M＋m)g＝或(＝60°) 图3。

绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II ）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a15F 的A C 16框右平右边可能17q （A 18、b 带均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为A ．233l q k B ．23l q k C ．23lqk D ．232l q k 【答案】B19．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，该效应解释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 【答案】ABD20．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 【答案】BD21．公路急转弯处通常是交通事故多发地带。

如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽A B C D 【答案】题~第4022．（8在光时，静止后的g 。

2013年普通高等学校招生全国统一考试理科综合物理部分（山东卷）14.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有( )A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反15.如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( )A.∶4B.4∶C.1∶2D.2∶116.如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。

质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功17.图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,为交流电流表。

线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。

以下判断正确的是( )A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左18.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。

回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。

回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。

用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是( )19.如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x 轴对称。

2013年高考物理试题分类汇编：牛顿运动定律1、(2013年新课标Ⅱ卷)一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面精致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。

己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 ＝102m/s 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。

【答案】(1) 10.20μ=20.30μ= (2) 1.125m s =【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1t =0.5s 时，物块和木板的速度相同。

设t=0到t=1t 时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为1a 和2a ，则式中05m/s =v 、11m/s =v 分别为木板在t=0、t=1t 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1μ、2μ，由牛顿第二定律得11mg ma μ=③122(2)mg ma μμ+=④联立①②③④式得10.20μ=⑤ 20.30μ=⑥(2)在1t 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1a '和2a '，则由牛顿第二定律得1f ma '=⑦ 222mg f ma μ'-=⑧ 假设1f mg μ<，则12a a ''=；由⑤⑥⑦⑧式得21f mg mg μμ=>，与假设矛盾。

故 1f mg μ=⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小11a a '=；物块的t -v 图象如图中点划线所示。

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物块相对于木板的位移的大小为21s s s =-联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得1.125m s =2、(2013年海南物理)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。