高考理综安徽卷物理部分.docx
- 文档编号:16039742
- 上传时间:2023-07-10
- 格式:DOCX
- 页数:14
- 大小:95.57KB
高考理综安徽卷物理部分.docx
《高考理综安徽卷物理部分.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考理综安徽卷物理部分.docx(14页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高考理综安徽卷物理部分
2013年高考理综安徽卷物理部分
绝密?
启用前
2013年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)
理科综合物理部分
本试卷分第?
卷(选择题)和第?
卷(非选择题)两部分,第?
卷第1页至第5页,第?
卷第6页至第12页。
全卷满分300分,时间150分钟。
第?
卷(选择题共120分)
本卷共20小题,每小题6分,共120分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
14(如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。
在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F分别为(重力加速度为g)N
A(Fmga,,(cossin),,Tmga,,(sincos),,N
B(Fmga,,(sincos),,Tmga,,(cossin),,N
C(Fmga,,(cossin),,Tmag,,(cossin),,N
D(Fmga,,(sincos),,Tmag,,(sincos),,N
【答案】A
【解析】小球受力如图,根据牛顿第二定律:
沿斜面方向有;Tmgma,,sincos,,
垂直于斜面方向上有mgFmacossin,,,,N
解得:
;Tmga,,(sincos),,
Fmga,,(cossin),,。
N
正确选项:
A
【注】本题也可以用极限法求解。
当a=0时,,,把a=0带入四个Tmg,sin,FmgN,cos,选项,只有A答案正确
15(图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面
积位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相等的电流,方
向如图所示。
一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面
的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是
A(向上B(向下C(向左D(向右
【答案】B
【解析】根据右手安培定则可判定O点磁感应强度的方向水平向左,根据左手定则可判定:
一
带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方
向是向下。
正确选项:
B
第1页共1页
016(如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37,宽度为0.5m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1Ω。
一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2kg,接入电路的电阻为1Ω,两端于导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。
在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8T。
将导体棒MN由静止释放,运动一
×端时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度及M小灯泡2小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s,
0sin37=0.6)N
A(2.5m/s1WB(5m/s1W037
C(7.5m/s9WD(15m/s9W
【答案】B
【解析】小灯泡稳定发光,说明导体棒MN匀速运动,则有
22BLv00vms,5/,可得导体棒MN的运动速度;(此sin37cos370,,,,mgmg,RRL
时已经可以得出正确答案了,考场上P就不必计算了)。
小灯泡消耗的电功率
BLv22。
正确选项:
B()1PIRRW,,,LLRR,L
GMm17(质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为E,,,其中Gpr为引力常量,M为地球质量。
该卫星原来的在半径为R的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于1
受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R,此过程中因摩擦而产2生的热量为
1111GMm11GMm11A(B(C(D(GMm(),GMm(),(),(),RRRR2RR2RR21122112【答案】C
2MmvGm,【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力:
,故人造2rr
11GMmGMm2Emv,,E,,地球卫星的动能,而引力势能,人造地球卫星机kp22rr
械能E=E+E。
由能量守恒定律,因摩擦而产生的热量:
Pk
GMm11QEEEEEE,,,,,,()()代入R和R得:
。
正确Q,,()12121122kpkp2RR21
选项:
C
【注】以上计算量大且不易想到。
本题可以这样考虑:
?
当卫星因阻力作用,轨道半径会减小,
RR,即,因为热量大于0,所以答案在A、C中选;?
在轨道半径减小过程中,动21
能也会变大,所以产生的热量要小于势能的变化量,故选C
第2页共2页
318(由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m/min,水离开喷口时的速度大小为,163/ms
0方向与水平面夹角为60,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空中水柱的高度和水
2量分别是(重力加速度g取10m/s)
-233A(28.8m1.12×10mB(28.8m0.672m
-233C(38.4m1.29×10mD(38.4m0.776m【答案】A
0【解析】本题考查斜抛运动。
水离开喷口时竖直分速度为,在竖直方向vvms,,sin6024/,
2vv,,上升的高度,水离开喷口到达着火位置所用时间为,ts,,2.4Hm,,28.8g2g
0.283空中水柱的水量为VQtm,,,0.2460
23。
正确选项:
A,,1.1210m
19(用图示的电路可以测量电阻的阻值。
图中R是待测电阻,R是定值,G是灵敏度很高的电x0?
流表,MN是一段均匀的电阻丝。
闭合开关,改变滑动头P的位置,当通过电流表G的电流为零时,测得,,则RMPl,PNl,x?
12
的阻值为
llll1212A(B(C(D(RRRR0000llll,ll,211212
【答案】C
RR01l【解析】通过电流表G的电流为零时,P点的电势与R和R连接点的电势相等。
则。
0x?
RRxl2
Rll012Rl,又电阻丝的电阻,故,所以。
正确选项:
C,RR,x0Rllx21
z,0z,020(如图所示,平面是无穷大导体的表面,该导体充满的空间,的空间为真空。
xOy
将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处,则在平面上会产生感应电荷。
空间任意一点处的xOy
电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。
已知静
hz,电平衡时导体内部场强处处为零,则在z轴上处的场强大小2
为(k为静电力常量)
4q4q32q40qkkkkA(B(C(D(2222h9h9h9h
【答案】D
hz,,【解析】静电平衡时导体内部场强处处为零,导体表面上感应电荷在处的场强为2
qhz,Ek,,与q产生的场强方向相反,则导体表面上的感应电荷在z轴上处的电场h22(),h2
第3页共3页
qh强度大小为,与q产生的场强方向相同。
故在z轴上处的场强大小为z,Ek,h22(),h2
qqq40。
正确选项:
DEkkk,,,2hh22h()(),h22
(在此卷上答题无效)
绝密?
启用前
2013年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)
理科综合能力测试(物理)
第?
卷(非选择题共180分)
考生注意事项:
请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答,在试题卷上答题无效。
((((((((((((((21((18分)
1I((5分)根据单摆周期公式,可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图1,,T2g
所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端2系一小钢球,就做成了单摆。
010
012345678910
图1图2
(1)用游标卡尺测量小钢球直径,求数如
图2所示,读数为_______mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有_______。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度
0d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置大于5,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开
始位置时停止计时,此时间间隔即为单摆周期Tt
0e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位
t,tT,置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间,则单摆周期50
第4页共4页
【答案】
(1)18.6
(2)a、b、e
【解析】
(1)由题图主尺读数18mm,游标尺的第6条刻度线与主尺刻度线对齐读数应为0.6mm,
小钢球直径D=18mm+0.6mm=18.6mm
(2)根据实验要求,摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,a正确;
为了减小空气阻力的影响,应尽量选择质量大些、体积小些的摆球,b正确;为了使单摆的运动
0为简谐运动,要求摆角不大于5,为了减小测量的误差,应使摆球振动稳定后,从平衡位置开
始计时,e正确。
II((6分)
(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为________mm,合金丝的直径为_______mm。
(2)为了精确测量合金丝的电阻R,设计出如图?
所示的实验电路图,按照该电路图完成图x
2中的实物电路连接。
V
ARx
R
SE图1图2【答案】
(1)0.0070.638
(2)如图所示
【解析】
(1)由图可读得0.007mm和0.645mm,
故校零时的读数为0.007mm;
合金丝的直径为
D=0.645mm,0.007mm=0.638mm。
(2)按照电路图连接电路如图右
III((7分)根据闭合电路欧姆定律,用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。
图中
R两端的对应电压U,对所得的实验数据进行处012
理,就可以实现测
量目的。
根据实验
1,R数据在坐U12
标系中描出坐标
点,如图2所示。
R,,150已知,请完成以下数据分析和处理。
0
(1)图2中电阻为的数据点应剔除;,
第5页共5页
1
(2)在坐标纸上画出关系图线;,Ru12
,11(3)图线的斜率是,由此可得电池电动势()V,
V。
E,n
【答案】
(1)80.00
(2)如图所示(3)0.004441.50【解析】
(1)由图2发现在连线的过程中,80.00的数据点误差太大,故应剔除。
(2)连线如图所示
(3)用较远的两点得图线斜率
1.500.70,=0.00444,k,1800,
U12由闭合电路欧姆定律知()EURr,,,n12R0
111r1可得,所以代入k、R值得E=1.50V。
k,,,,R0ERUEERERn01200nnn
22((14分)
一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平拉力F随时间的变化情况如图2t
所示,物体相应的速度随时间的变化关系如图3所示。
求:
vt
-1v/(m?
s)F/N
33
22
11t/st/sFOO246821046810
图3图1图2
(1)0~8s时间内拉力的冲量;
(2)0~6s时间内物体的位移;
(3)0~10s时间内,物体克服摩擦力所做的功。
18Ns【答案】
(1)
(2)6m(3)30J
【解析】
(1)某力的冲量就等于该力与作用时间的乘积,故由图2知
INs,18IFtFtFt,,,,,,,112233
(2)由图3知物体在0~6的位移即是2~6内v-t图线与时间轴所围的面积,则
(62),xmm,,,362
(3)由图2知,在6~8s时间内,物体作匀速运动,于是有f=F=2N3
由图3知在0~10s时间内物体的总位移为
第6页共6页
(86)(102),,,,所以lmm,,,315WflJJ,,,,215302
23((16分)
如图所示的平面直角坐标系xoy,在第?
象限内有平行于轴的匀强电场,方向沿y正方向;y
abc在第?
象限的正三角形区域内有匀强电场,方向垂直于xoy平面向里,正三角形边长为L,ab且边与y轴平行。
一质量为、电荷量为q的粒子,从y轴上的点,以大小为的vmpoh(,)0速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的点aho(2,)
进入第?
象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第?
象限,且
速度与y轴负方向成45?
角,不计粒子所受的重力。
求:
(1)电场强度E的大小;
(2)粒子到达点时速度的大小和方向;a
abc(3)区域内磁场的磁感应强度的最小值。
B
2mv2mv000【答案】
(1)
(2)方向指向第IV象限与x轴正方向成45角(3)2v0qL2qh
【解析】
(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有
12yath,,xvth,,2qEma,02
2mv0联立以上各式可得E,2qh
(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度
vatv,,为y0
22所以vvvv,,,2方向指向第IVy00
0象限与x轴正方向成45角
2vmvqvBm,(3)粒子在磁场中运动时,由得B,rqr
当粒子从b点射出时,粒子在磁场中偏转半径r最大,对应磁场的磁感应强度为
最小值,由几何关系可得:
2mv20所以B,rL,qL2m24((20分)
M,如图所示,质量为、倾角为的斜面体(斜面光滑且足Mα够长)放在粗糙的水平地面上,底部与地面的动摩擦因数为,,
klm斜面顶端与劲度系数为、自然长度为的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接着质量为的物块。
第7页共7页
3压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放,且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静l4
止状态。
重力加速度为。
g
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度;
(2)选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴,用表示物块相对x于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动;
(3)求弹簧的最大伸长量;
(4)为使斜面始终处于静止状态,动摩擦因数应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最,
大静摩擦力),
mgsin,Lmg2sin,【答案】
(1),
(2)见解析(3),Lk4k
(4sin)coskLmg,,,(4),,244cossinMgmgkL,,,,
【解析】
(1)设物块在斜面上平衡时,弹簧的伸长量为,有,L
mmgsin,,,解得LmgkLsin0,,,,OkMmgsin,αxL,此时弹簧的长度为k
xL,,
(2)当物块的位移为x时,弹簧伸长量为,物块所受合力为
FmgkxL,,,,sin(),合
联立以上各式可得负号表示F与x方向相反,满足简谐运动“回复力与Fkx,,合
位移大小成正比”的特征,所以物块作简谐运动
Lmgsin,,,A(3)从平衡位置到最高点即为物块作简谐运动的振幅:
4k
Lmg2sin,,由对称性可知,物块处于最低点时,弹簧有最大伸长量为4k
(4)设物块位移x为正,则斜面体受力情况如图所示,由于斜面体平衡,所以有
fFF,,,sincos0,,水平方向N1
FN2
FMgFF,,,,cossin0,,竖直方向NN21
f
Fmg,cos,又FkxL,,,(),FN1α
MgFN1FMgmgkx,,,sin,联立可得fkx,cos,,N2
fF,,为使斜面体始终处于静止,结合牛顿第三定律,应有,所以N2
第8页共8页
fkxcos,,,,,,FMgmgkxsin,N2
xA,,当时,上式右端达到最大值,于是有
(4sin)coskLmg,,,,,244cossinMgmgkL,,,,
第9页共9页
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 安徽 物理 部分