2013高考物理·压轴题

2013江苏省高考压轴卷物理试题注意事项：1．本试卷包含选择题和非选择题两部分。

考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。

本次考试时间为100分钟，满分值为120分。

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B 铅笔将对应的数字标号涂黑。

3．答选择题必须用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

答非选择题必须用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意。

1．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度0v 水平匀速移动，经过时间t ，猴子沿杆向上移动的高度为h ，人顶杆沿水平面移动的距离为s ，如图所示。

猴子的质量为m 1,直杆的质量为m 2,下列说法正确的是： A ．猴子相对地面运动的轨迹为直线． B ．猴子相对地面运动的性质为变加速曲线运动 C ．ts 末猴子的对地速度的大小为at v +0 D ．人对杆子的支持力为a m g m m 121)(++2. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )．A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，速度越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比qm越大3． 2011年中俄将联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器将与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起，由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星.已知火星的质量约为地球质量的1/9，火星的半径约为地球半径的1/2，地球表面重力加速度为g .下列说法正确的是 A ．火星表面的重力加速度约为g 94B ．探测器环绕火星运行的最大速度约为地球第一宇宙速度的32倍C ．探测器环绕火星运行时，其内部的仪器处于受力平衡状态D ．探测器环绕火星运行时，其顶部一个螺钉脱落，该螺钉将自由下落4．如图所示，E 、r 为电源的电动势、内阻，R 1、R 2为定值电阻，线圈L 的直流电阻不计，C 为电容器。

2013年高考理科综合压轴卷（附答案福建省）福建省2013届高考压轴卷理科综合试题（2013.05.24）相对原子质量： H 1 C 6 N 7 O 16 Cu 64 Fe 56 S 32第I卷（选择题共108分）本卷共18小题，每小题6份，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选择符合题目要求。

1．下列有关造血干细胞中物质运输的途径，不可能存在的是 A．吸收的氨基酸：细胞膜→细胞质基质→核糖体 B．转录的mRNA：细胞核→细胞质基质→高尔基体 C．合成的细胞膜蛋白：核糖体→内质网→高尔基体→细胞膜 D．合成的DNA聚合酶：核糖体→细胞质基质→细胞核2．下图表示内环境稳态的调节机制。

据图分析，下列说法正确的是A．内环境主要包括血浆、淋巴和组织液，内环境是机体代谢的主要场所 B．图中③、⑤、⑧可以代表的物质依次是神经递质、淋巴因子和激素 C．⑧可表示垂体产生的抗利尿激素，当细胞外液渗透压升高时，⑧分泌量增加。

D．若⑥表示某抗原入侵，则不能识别该抗原的细胞有浆细胞、效应T细胞等。

3．下列实验操作能够达到预期结果的是 A．在“用过氧化氢酶探究pH对酶活性的影响”实验中，过氧化氢分解速率最快的实验组的pH 就是过氧化氢酶的最适pH值。

B．在“探究细胞大小与物质运输的关系”实验中，计算紫红色区域的体积与整个琼脂块的体积之比，能反应NaOH进入琼脂块的速率。

C．在“探究酵母菌细胞呼吸方式”实验中，用澄清的石灰水，可准确判断酵母菌细胞呼吸方式。

D．在“观察根尖分生组织细胞的有丝分裂”实验中，统计每一时期细胞数占计数细胞总数的比例，能比较细胞周期各时期的时间长短。

4．大龄父亲容易产生患阿帕特综合征的小孩。

引起阿帕特综合征的突变基因多存在于精子中，从而影响体内Z受体蛋白的结构。

下列关于该病的说法错误的是 A．该病是一种遗传病 B．患病基因多在有丝分裂时产生 C．患者Z受体蛋白的氨基酸序列或空间结构与正常人不同 D．Z受体蛋白基因突变的概率与年龄有一定的关系5．图甲为叶绿体结构与功能示意图，图乙表示一株小麦叶片细胞内C3相对含量在一天24小时内的变化，下列相关叙述正确的是 A.ATP的合成和水解均可发生在叶绿体内 B.图甲结构固定的能量是输入生物圈的总能量 C.由图乙可知，C3相对含量越高，光合作用速率越快D.图乙中DE段曲线下降与图甲中的A物质密切相关而与B物质无关6．下列说法正确的是 A．已知PM2.5是指大气中直径≤2.5×10－6m 的颗粒物，则PM为2.5的大气一定能产生丁达尔现象 B．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药 C．是制造氢弹的原料，它们是同一种核素 D．太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能 7．下列说法正确是 A．糖类、油脂、蛋白质完全燃烧只生成CO2和H2O B．丁烷（C4H10）和二氯甲烷都存在同分异构体 C．向溴水中加入苯，振荡静置后观察下层几乎无色 D．汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物 8．下列说法正确的是 A．中和等体积、等物质的量浓度盐酸和醋酸溶液，盐酸所需NaOH溶液多于醋酸 B．常温下，20 LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH－离子数为0.2NAC．向0.1 mol/LCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中增大 D．一定温度下，10mL 0.50mol•L-1 NH4Cl溶液与20mL 0.25mol•L-1 NH4C1溶液含NH4+物质的量相同 9．下列实验中，能够达到实验目的的是 10．下图表示物质通过一步反应的转化关系，下列说法正确的是 A．X可能是Si单质 B．X可能是含S元素的化合物 C．酸性氧化物可能为CO2 D．还原性盐可能为FeCl3 11．下列说法正确的是A．含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2充分反应，转移2NA个电子B．500℃、30MPa下，将0.2mol N2和0.6molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热7.72kJ，其热化学方程式为： N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H=－38.6kJ•mol－1 C．对于可逆反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，△H�O；升高温度，可使反应速率增大，反应逆向移动。

压轴题答案6.解：（1）粒子运动的周期 0022t qB m T ==π ①则在200t -内转过的圆心角2πα=②π0001t v qB mv r ==坐标为（ππ0000,t v t v ）③（2）粒子运动轨迹如图所示，经电场加速运动后的速度为v 00002v t mq E v v =+=④运动的位移00005.12t v t v v s =+=⑤在2t 0——3t 0粒子做匀速圆周运动，半径 π01222t v r r ==⑥故粒子偏离x 轴的最大距离π000225.1t v t v r s h +=+= ⑦ （3）每个4t 0内粒子在x 轴正向移动距离π021622t v r r d =+=⑧经过A 点的时间000032448t t dt v t =⨯=π⑨评分标准：每式2分2．（17分）解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得212Eqs m v =2分加速获得的速度v =1分粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力2v qvB mr = 2分轨道半径r =1分(2)粒子恰好打到C 点时，速度偏向角为01201分 由几何关系可得tan 60R r =2分 带入半径r 值得R =1分(3)粒子打到D 点时，速度最大，轨道半径最大，几何关系得/tan 60r R = 1分 带入半径R 值得/r =分粒子打在B 点时，洛伦兹力提供向心力 /2//vqv B mr= 1分由动能定理得//212E qs m v=2分联立各式可得/9s s = 1分释放点A 到MN 的距离在s 与9s 之间． 1分3．⑴ 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动.t v L 02= ……………………………………………………………………1分 2)2(21v L m qE L =……………………………………………………………1分 qLmv E 22=…………………………………………………………………２分⑵ 设带电粒子经C 点时的竖直分速度为 v y :、速度为v002v v L m qE t m qE v y ===………………………………………………1分0v =，方向与x 轴正向成45° 斜向上………………………… 2分粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，Rvmqv B 21= 102qB mv R =解得：L R 2= …………… 2分由几何关系知，离开区域时的位置坐标：L x = 0=y …………… 2分 ⑶ 根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足L r L ≤≤43 ………………………………………………………………… 1分2qB mv r =得qLmv B qLmv 3242020≤≤……………………………………… 2分根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y 轴正方向夹角09030≤≤θ ……………………………………………………………… 2分7、m 1由弹簧恢复原长到运动至A 的过程由机械能守恒定律可得12m 1v 21＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2A ②m 1到达A 点时由牛顿第二定律得F N ＋m 1g ＝m 1v 2AR联立解得F N ＝4.4 N由牛顿第三定律得物块m 1在A 点时对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝4.4 N.(2)m 1从A 点开始做平抛运动，根据平抛运动规律可得h ＋2R ＝12gt 2，t ＝2(2R ＋h )g所以水平方向的位移x 1＝v A 2(2R ＋h )g＝2.4 m同理可求，m 2从D 点平抛出去的水平位移x 2＝v 22hg＝2.4 m故PM 之间的水平距离Δx ＝L ＋x 2－x 1＝1.2 m.8.（16分）解：（1）假设矿物在AB 段始终处于加速状态，由动能定理可得2A B 1(cos sin )2B m g m g s m v μθθ-=3分代入数据得B 6m/s v = 1分由于B 0v v <，故假设成立，矿物B 处速度为6m /s ． 1分 （2）设矿物对轨道C 处压力为F ，由平抛运动知识可得C D C s v t = 1分2C D 12h gt =1分代入数据得矿物到达C 处时速度C 4m /sv =1分由牛顿第二定律可得 2/cv F mg mR+= 2分代入数据得/1500NF = 1分根据牛顿第三定律可得所求压力/1500N F F == 1分（3）矿物由B 到C 过程，由动能定理得 02211(1cos 37)22f B C m gR W m v m v -++=-3分代入数据得140J f W =-即矿物由B 到达C 时克服阻力所做的功140J f W = 1分。

如图甲所示，在xoy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示（规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻，质量m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处，以v0=2m/s的速度沿x轴正向水平射出。

已知电场强度E0=2mq、磁感应强度B0=2mq，不计粒子重力。

求：（1）t=1s末粒子速度的大小和方向；（2）1s—2s内，粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（3）画出0—4s内粒子的运动轨迹示意图（要求：体现粒子的运动特点）；（4）（2n-1）s~2ns（n=1,2,3,，……）内粒子运动至最高点的位置坐标。

如图所示，在水平面内建立一直角坐标系xoy ，虚线MN 与X 轴正方向成450角将第一和第三象限各分成两个区域。

区域l 、Ⅱ分别存在磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场。

第二象限有水平向右、电场强度为E 1的匀强电场，MN 右侧有水平向左、电场强度大小未知的匀强电场E 2。

现将一带电量为q ，质量为m 的带正电的粒子从P 点由静止释放，粒子沿PQ 做直线运动，从y 轴上坐标为(0，h)的Q 点垂直y 轴射入磁场I 区，偏转后从MN 上某点D(D 点未画出)沿y 轴负方向进入电场E 2，粒子重力不计。

求： (1)释放点P 距Q 点的距离L 。

(2)欲使粒子从OM 边界穿出后经过偏转电场E 2由0点进入磁场Ⅱ区，电场强度E 2的大小。

(3)粒子从O 点进入磁场Ⅱ后，从MN 上某点射出时，该点与D 点间的距离S 的大小。

· · ·· ·· · ·× × × ×× × ×× × ×PQ E 1E 2 M N Ⅰ Ⅱ x y L o带电粒子在磁场中运动如图所示，两个同心圆是磁场的理想边界，内圆半径为R，外圆半径为3R，磁场方向垂直于纸面向里，内外圆之间环形区域磁感应强度为B，内圆的磁感应强度为B/3。

2013高考物理压轴题集锦1.（2013.新课标Ⅰ）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L 。

导轨上端接有一平行板电容器，电容为C 。

导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面。

在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。

已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g 。

忽略所有电阻。

让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： ⑪电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； ⑫金属棒的速度大小随时间变化的关系。

【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E BLv = ①平行板电容器两极板之间的电势差为U E = ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有QC U=③ 联立①②③式得Q CBLv = ④（2）设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i ，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为1f BLi = ⑤设在时间间隔(),t t t +∆内流经金属棒的电荷量为Q ∆，按定义有Qi t∆=∆ ⑥ Q ∆也是平行板电容器极板在时间间隔(),t t t +∆内增加的电荷量，由④式得Q CBL v ∆=∆ ⑦mθLBC式中，v ∆为金属棒的速度变化量，按定义有va t∆=∆ ⑧ 金属棒所受的摩擦力方向斜向上，大小为2f N μ= ⑨式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有cos N mg θ= ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有12sin mg f f ma θ--= ⑾联立⑤至⑾式得()22sin cos m a g m B L Cθμθ-=+ ⑿由⑿式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。

T 时刻金属棒的速度大小为()22sin cos m v gt m B L Cθμθ-=+ ⒀2.（2013.新课标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。

2013浙江省高考压轴卷理综试题第Ⅰ卷选择题（共120分）一.选择题（本题共17小题。

在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。

）14．类比就是就是根据两个或两类对象之间在某些方面相似或相同而推出它们在其他方面也可能相似或相同的一种逻辑方法。

下列类比不正确的是（）A．点电荷可以与质点类比，都是理想化模型B．电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关C．电磁波可以与机械波类比，都可以发生干涉现象.衍射现象，传播都需要介质D．电场线可以与磁感线类比，都是用假想的曲线描绘“场”的客观存在15．如图所示，一些商场安装了智能化的自动扶梯。

为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。

则电梯在运送乘客的过程中（）A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重C．乘客对扶梯的作用力先指向右下方，再竖直向下D．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上16．如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B.方向竖直向下的匀强磁场中，随盘绕金属转轴以角速度沿顺时针方向匀速转动，盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。

已知圆盘半径为r，理想变压器原.副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连。

不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（）A．变压器原线圈两端的电压为B．变压器原线圈两端的电压为C．通过负载R的电流为D．通过负载R的电流为17．华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父”。

光纤通讯中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。

下列关于光导纤维的说法中正确的是A．波长越短的光在光纤中传播的速度越大B．频率越大的光在光纤中传播的速度越大C．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射D．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射二.选择题（本题共3小题。

2013年省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）（2013•）火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知（）A．太阳位于木星运行轨道的中心B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D．相同时间，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题．分析：熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上．第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间扫过的面积相等．第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等．解答：解：A、第一定律的容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上．故A错误；B、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间扫过的面积相等．行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；C、若行星的公转周期为T，则常量K与行星无关，与中心体有关，故C正确；D、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D错误；故选C．点评：正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键．2．（3分）（2013•）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说确的是（）A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：A B两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．解答：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．故选：D点评：该题中，AB的角速度相等而半径不相等是解题的关键．属于简单题．3．（3分）（2013•）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是（）A．B．C．D．考点：电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．解答：解：A、坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，B、坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小大于带电圆环产生的场强．C、第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，D、第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零．所以坐标原点O处电场强度最大的是B．故选B．点评：本题考查定性分析问题的思想方法，要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．4．（3分）（2013•）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（）A．R变大，且R越大，U增大越明显MB．R变大，且R越小，U增大越明显MC．R变小，且R越大，U增大越明显MD．R变小，且R越小，U增大越明显M考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题；恒定电流专题．分析：电阻R与R并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与R M并联的电阻越接近R M，M电压变化越明显．解答：解：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，R M变小；当R＞R M时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近R M，U增大越明显；故选：C．点评：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与R并联的电阻越接M进R M，电压变化越明显．5．（3分）（2013•）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：根据频闪照片，根据却是守恒定律研究碰撞后两球速度大小与碰撞前白球速度大小的关系，即可研究碰撞过程中系统损失的动能．解答：解：设碰撞前白球的速度大小为2v，由图看出，碰撞后两球的速度大小相等，速度之间的夹角约为60°，设碰撞后两球的速度大小为v′根据动量守恒得：水平方向有：m•2v=2mv′cos30°，解得，v′=则碰撞过程中系统损失的动能为△E k=﹣==，即碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的．故选A点评：本题首先要根据照片的信息，知道两球速度大小近似相等，再由动量守恒求解碰撞前后速度大小的关系．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）（2013•）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势．故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．故选：ABD点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．7．（4分）（2013•）如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则（）A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：由题知，两球均做斜抛运动，运用运动的分解法可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系．两球在最高点的速度等于水平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系．解答：解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g．故A错误．B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等．故B错误．C、h=v y t﹣，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由v y=v0sinα（α是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosα=v y cotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大．故C正确．D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大．故D正确．故选CD点评：本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究．8．（4分）（2013•）如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A．向下滑动P B．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容考点：变压器的构造和原理．专题：压轴题；交流电专题．分析：要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大．向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大．解答：解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；D、减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC点评：本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频．9．（4分）（2013•）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，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmgaC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmgaD．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考点：机械能守恒定律．专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题．分析：到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．解答：解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．故选：BC．点评：利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻三、简答题：必做题，请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8分）（2013•）为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U 和电流I，利用P=UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源为12V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．（1）准备使用的实物电路如图1所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．（用笔画线代替导线）（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选10 Ω的定值电阻．（3）测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图2所示．请指出图象中不恰当的地方．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；压轴题；恒定电流专题．分析：测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；做电学实验为保护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出；画图象时若各点不在一条直线上时，应用平滑的曲线连接．解答：解：（1）从P﹣图象可知电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，变阻器连接如图所示（2）当变阻器的输出电压最大时，通过小灯泡的电流为额定电流I==A=0.6A，根据欧姆定律通过变阻器的电流为==，所以通过电源的电流为=I+=0.6+0.3=0.9A，根据闭合电路欧姆定律，应有E=U+，解得+r===10Ω，所以保护电阻应选10Ω的定值电阻；（3）根据安全性原则，测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．（4）图象中不恰当的地方有①图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；②横坐标标度太大．故答案为（1）如图；（2）10；（3）电池；（4）图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大．点评：测定小灯泡的伏安特性曲线实验变阻器应用分压式接法，选择保护电阻时应根据闭合电路欧姆定律求出电路中的最小电阻，然后再选择．11．（10分）（2013•）某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示．倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落…．这样，就可测出多个小球下落的总时间．（1）在实验中，下列做确的有BD ．A．电路中的电源只能选用交流电源B．实验前应将M调整到电磁铁的正下方C．用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度D．手动敲击M的同时按下秒表开始计时（2）实验测得小球下落的高度H=1.980m，10个小球下落的总时间T=6.5s．可求出重力加速度g= 9.4 m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法．（4）某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间△t磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差△t，这导致实验误差．为此，他分别取高度H1和H2，测量n 个小球下落的总时间T1和T2．他是否可以利用这两组数据消除△t对实验结果的影响？请推导说明．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；压轴题；自由落体运动专题．分析：（1）首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；（2）根据自由落体运动规律可以求出重力加速度大小；（3）误差主要来自小球下落过程中空气阻力的影响，由此可正确解答；（4）根据自由落体运动规律结合数学知识可正确求解．解答：解：（1）A、电路中的电源目的是线圈产生磁性，因此直流电也可以，故A错误；B、小球沿竖直方向自由下落，因此要使小球能够撞击M，M调整到电磁铁的正下方，故B正确；C、球的正下方到M的竖直距离作为小球下落的高度，故C错误；D、敲击M的同时小球开始下落，因此此时应该计时，故D正确．故答案为：BD．（2）一个小球下落的时间为：t=根据自由落体运动规律可得：（3）通过多次测量取平均值可以减小误差，同时该实验的误差主要来自小球下落过程中空气阻力的影响，因此增加小球下落的高度或者选择密度更大的实心金属球．（4）由自由落体运动的规律可得：①②联立①②可得：，因此可以消去△t对实验结果的影响．故答案为：（1）BD，（2）9.4，（3）增加小球下落的高度；多次重复实验结果取平均值，（4）可以．点评：对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．四．选做题：本题包括12、13、14三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域作答．若多做，则按12、13两小题评分．12．（12分）（2013•）[选修3﹣3]如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B 和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）．这就是著名的“卡诺循环”．（1）该循环过程中，下列说确的是 C ．A．A→B过程中，外界对气体做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化（2）该循环过程中，能减小的过程是B→C（选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）．若气体在A→B过程中吸收63kJ 的热量，在C→D过程中放出38kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为25 kJ．（3）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A 状态时的．求气体在B状态时单位体积的分子数．（已知阿伏加德罗常数N A=6.0×1023mol ﹣1，计算结果保留一位有效数字）考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高；由△U=Q+W知，气体完成一次循环对外做的功为W=25KJ．解答：解：（1）A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，A错误；B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小，B错误；C、C→D过程中，等温压缩，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误；故选C（2）B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，能减小；由△U=Q+W知，气体完成一次循环对外做的功为W=25KJ（3）A→B为等温过程，则10P=，所以V=15L，在B状态时单位体积的分子数==4×1025m ﹣3答案为（1）C （2）B→C 25 （3）4×1025m﹣3点评：本题考查了理想气体状态方程，要理解各过程气体的变化，选择相应的状态方程．13．（12分）（2013•）[选修3﹣4]（1）如图1所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz．现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，则把手转动的频率为 A ．A．1Hz B．3Hz C．4Hz D．5Hz（2）如图2所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v（v接近光速c）．地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）L．当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为 c ．（3）图3为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC．光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（计算结果可用三角函数表示）考点：光的折射定律；产生共振的条件及其应用．专题：压轴题；光的折射专题．分析：（1）物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．（2）根据长度的相对性判断两飞船间的距离，根据光速不变原理判断A测得信号的速度．（3）根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值．解答：解：（1）弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，即受迫振动的频率为1Hz，则驱动力的频率为1Hz．故A正确，B、C、D错误．故选A．（2）根据L=，L0为在相对静止参考系中的长度，L为在相对运动参考系中的长度，地面上测得它们相距为L，是以高速飞船为参考系，而A测得的长度为以静止参考系的长度，大于L．根据光速不变原理，则A测得该信号的速度为c．（3）设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等．根据几何关系有：4θ=90°解得θ=22.5°根据sin解得最小折射率n=．故答案为：（1）A （2）大于 c （3）点评：本题考查了机械振动、相对论、几何光学等知识点，难度不大，是高考的热点问题，需加强训练．14．（2013•）[选修3﹣5]（1）如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的 C 也相等．A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量（2）根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如图1所示．电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近（选填“近”或“远”）．当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有 6 条．（3）如图2所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s． A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向．考点：动量守恒定律；氢原子的能级公式和跃迁．专题：压轴题；动量定理应用专题．分析：（1）德布罗意波长为λ=，P是动量，h是普朗克常量．（2）根据玻尔原子理论，电子所在不同能级的轨道半径满足，激发发态跃迁的谱线满足（3）根据动量守恒求解即可．解答：解：（1）根据德布罗意波长公式λ=，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量P亦相等，故答案选C；（2）根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近．跃迁发出的谱线条数为，代入n=4得有6条谱线，故答案为6．（3）取v0远离空间站的方向为正方向，则A和B开始的速度为v0=0.1m/s远离空间站，推开后，A的速度v A=0.2m/s，此时B的速度为v B，根据动量守恒定律有：（m A+m B）v0=m A v A+m B v B代入数据解得：v B=0.02m/s方向沿远离空间站方向；故答案为：。