1、2013年安徽省高考物理試卷一、每題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（6分）如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為（重力加速度為g）（）AT=m（gsin+acos） FN=m（gcosasin）BT=m（gsin+acos） FN=m（gsinacos）CT=m（acosgsin） FN=m（gcos+asin）DT=m（asingcos） FN=m（gsin+acos）2（6分）圖中a、b、c、d

2、為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（）A向上B向下C向左D向右3（6分）如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩定發光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消

3、耗的電功率分別為（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）（）A2.5m/s 1WB5m/s 1WC7.5m/s 9WD15m/s 9W4（6分）質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep=，其中G為引力常量，M為地球質量該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為（）AGMm（）BGMm（）C（）D（）5（6分）由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28m3/min，水離開噴口時的速度大小為16m/s，方向與水平面夾角為60°，在最高處正好

4、到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是（重力加速度g取10m/s2）（）A28.8m 1.12×102m3B28.8m 0.672m3C38.4m 1.29×102m3D38.4m 0.776m36（6分）用圖示的電路可以測量電阻的阻值圖中Rx是待測電阻，R0是定值，G是靈敏度很高的電流表，MN是一段均勻的電阻絲閉合開關，改變滑動頭P的位置，當通過電流表G的電流為零時，測得MP=l1，PN=l2，則Rx的阻值為（）ABCD7（6分）如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z0的空間，z0的空間為真空。將電荷為+q的點電荷置于z軸上z=h處，則在x

5、Oy平面上會產生感應電荷。空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發的。已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z=處的場強大小為（k為靜電力常量）（）AkBkCkDk二、解答題（共6小題，滿分68分）8（5分）根據單擺周期公式，可以通過實驗測量當地的重力加速度如圖1所示，將細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一小鋼球，就做成了單擺（1）用游標卡尺測量小鋼球直徑，示數如圖2所示，讀數為 mm（2）以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有 a擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些b擺球盡量選擇質量大些、體積小些的c為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球

6、，使擺線相距平衡位置有較大的角度d拉開擺球，使擺線偏離平衡位置大于5°，在釋放擺球的同時開始計時，當擺球回到開始位置時停止計時，此時間間隔t即為單擺周期Te拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間t，則單擺周期T=9（6分）（1）在測定一根粗細均勻合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲直徑的過程如圖1所示，校零時的讀數為 mm，合金絲的直徑為 mm（2）為了精確測量合金絲的電阻Rx，設計出如圖2所示的實驗電路圖，按照該電路圖完成圖3中的實物電路連接10（7分）根據閉合電路歐姆定律，用圖1

7、所示電路可以測定電池的電動勢和內電阻圖中R0兩端的對應電壓為U12，對測得的實驗數據進行處理，就可以實現測量目的根據實驗數據在坐標系中描出坐標點，如圖2所示已知R0=150，請完成以下數據分析和處理（1）圖2中電阻為 的數據點應剔除；（2）在坐標紙上畫出關系圖線；（3）圖線的斜率是 （v11），由此可得電池電動勢Ex= V11（14分）一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖3所示求：（1）08s時間內拉力的沖量；（2）06s時間內物體的位移；（3）010s時間內，物體克服摩擦力所做的功12（16分）如圖所示的

8、平面直角坐標系xOy，在第象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc區域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力求：（1）電場強度E的大小；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值13（20分）如圖所示，質量為M、傾角為的斜面體（斜面光滑且足夠長）放在粗糙

9、的水平地面上，底部與地面的動摩擦因數為，斜面頂端與勁度系數為k、自然長度為l的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接著質量為m的物塊壓縮彈簧使其長度為l時將物塊由靜止開始釋放，且物塊在以后的運動中，斜面體始終處于靜止狀態重力加速度為g（1）求物塊處于平衡位置時彈簧的長度；（2）選物塊的平衡位置為坐標原點，沿斜面向下為正方向建立坐標軸，用x表示物塊相對于平衡位置的位移，證明物塊做簡諧運動；（3）求彈簧的最大伸長量；（4）為使斜面始終處于靜止狀態，動摩擦因數應滿足什么條件（假設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力）？2013年安徽省高考物理試卷參考答案與試題解析一、每題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

10、題目要求的1（6分）如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為（重力加速度為g）（）AT=m（gsin+acos） FN=m（gcosasin）BT=m（gsin+acos） FN=m（gsinacos）CT=m（acosgsin） FN=m（gcos+asin）DT=m（asingcos） FN=m（gsin+acos）【分析】小球始終靜止在斜面上，說明斜面體加速度很小，且未脫離斜面，對小球受力分析，利用牛頓第二定律列式求解即可

11、【解答】解：當加速度a較小時，小球與斜面一起運動，此時小球受重力、繩子拉力和斜面的支持力，繩子平行于斜面；小球的受力如圖：水平方向上由牛頓第二定律得：TcosFNsin=ma 豎直方向上由平衡得：Tsin+FNcos=mg 聯立得：FN=m（gcosasin） T=m（gsin+acos） 故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】此題最難解決的問題是小球是否飛離了斜面，我們可以用假設法判斷出臨界加速度來進行比較2（6分）圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它

12、所受洛倫茲力的方向是（）A向上B向下C向左D向右【分析】根據等距下電流所產生的B的大小與電流成正比，得出各電流在O點所產生的B的大小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的方向【解答】解：根據題意，由右手螺旋定則知b與d導線電流產生磁場正好相互抵消，而a與c導線產生磁場正好相互疊加，由右手螺旋定則，則得磁場方向水平向左，當一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，根據左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向向下。故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】考查磁感應強度B的矢量合成法則，會進行B的合成，從而確定磁場的大小與方向3（6分）如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾

13、斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩定發光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）（）A2.5m/s 1WB5m/s 1WC7.5m/s 9WD15m/s 9W【分析】當導體棒所受合力為零時，導體棒做勻速直線運動，由平衡條件可以求出導體棒的速度；由E

14、=BLv求出導體棒產生的感應電動勢，然后由閉合電路歐姆定律及電功率公式求出燈泡消耗的功率【解答】解：導體棒做勻速直線運動，處于平衡狀態，由平衡條件得：mgsin37°=mgcos37°+，解得v=5m/s；導體棒產生的感應電動勢E=BLv，電路電流I=，燈泡消耗的功率P=I2R，解得P=1W；故選：B。【點評】本題難度不大，由平衡條件即可求出導體棒的速度，應用公式E=BLv求出感應電動勢，然后應用歐姆定律及電功率公式即可求出燈泡功率4（6分）質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep=，其中G為引力常量，M為地球質量該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做

15、勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為（）AGMm（）BGMm（）C（）D（）【分析】求出衛星在半徑為R1圓形軌道和半徑為R2的圓形軌道上的動能，從而得知動能的減小量，通過引力勢能公式求出勢能的增加量，根據能量守恒求出熱量【解答】解：衛星做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為R1時 G=，衛星的引力勢能為EP1=軌道半徑為R2時 G=m，衛星的引力勢能為EP2=設摩擦而產生的熱量為Q，根據能量守恒定律得： +EP1=+EP2+Q 聯立得Q=（）故選：C。【點評】本題是信息題，要讀懂引力勢能的含義，建立衛

16、星運動的模型，根據萬有引力定律和圓周運動的知識、能量守恒定律結合求解5（6分）由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28m3/min，水離開噴口時的速度大小為16m/s，方向與水平面夾角為60°，在最高處正好到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是（重力加速度g取10m/s2）（）A28.8m 1.12×102m3B28.8m 0.672m3C38.4m 1.29×102m3D38.4m 0.776m3【分析】將水的運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動【解答】解：水在豎直方向上的分速度。則空中水柱的高度

17、h=。則t=。則空中水柱的水量Q=0.28×m3=1.12×102m3故A正確，B、C、D錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵掌握處理斜拋運動的方法，理清斜拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式進行求解6（6分）用圖示的電路可以測量電阻的阻值圖中Rx是待測電阻，R0是定值，G是靈敏度很高的電流表，MN是一段均勻的電阻絲閉合開關，改變滑動頭P的位置，當通過電流表G的電流為零時，測得MP=l1，PN=l2，則Rx的阻值為（）ABCD【分析】閉合開關，改變滑動頭P的位置，當通過電流表G的電流為零時，說明通過電阻絲兩側的電流是相等的，而總電流一定，故通過R0和Rx

18、的電流也相等；并聯電路電壓相等，故電阻絲MP段與PN段電壓之比等于R0和Rx的電壓比；再結合歐姆定律列式求解即可【解答】解：電阻絲MP段與PN段電壓之比等于R0和Rx的電壓比，即；通過電流表G的電流為零，說明通過電阻絲兩側的電流是相等的，故通過R0和Rx的電流也相等，所以有：；根據電阻定律公式有：有：；故解得：故選：C。【點評】本題是串并聯電路中電流、電壓關系和電阻定律、歐姆定律的綜合運用問題，設計思路巧妙，考查了分析問題和解決問題的能力，不難7（6分）如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z0的空間，z0的空間為真空。將電荷為+q的點電荷置于z軸上z=h處，則在xOy平面上會產生

19、感應電荷。空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發的。已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z=處的場強大小為（k為靜電力常量）（）AkBkCkDk【分析】根據對稱性，感應電荷在導體內外兩側空間產生的電場強度的大小相等，方向相反；而內部一點的電場強度為q和感應電荷產生的電場強度的合矢量。【解答】解：在z軸上處，合場強為零，該點場強為q和導體近端感應電荷產生電場的場強的矢量和；q在處產生的場強為：E1=k=；由于導體遠端離處很遠，影響可以忽略不計，故導體在處產生場強近似等于近端在處產生的場強；處合場強為0，故導體在處產生場強大小 E2=E1=，方向向上。根據對稱性

20、，導體近端在處產生的場強也為E2=，方向向下。電荷q在處產生的場強為：E3=k=，方向向下。故在處的合場強為：E=E2+E3=+=，方向向下。故選：B。【點評】本題要掌握靜電平衡的導體特點：內部場強處處為零，運用場強的疊加原理進行分析求解，關鍵要結合對稱性進行合理的近似。二、解答題（共6小題，滿分68分）8（5分）根據單擺周期公式，可以通過實驗測量當地的重力加速度如圖1所示，將細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一小鋼球，就做成了單擺（1）用游標卡尺測量小鋼球直徑，示數如圖2所示，讀數為18.6mm（2）以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有abea擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一

21、些b擺球盡量選擇質量大些、體積小些的c為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度d拉開擺球，使擺線偏離平衡位置大于5°，在釋放擺球的同時開始計時，當擺球回到開始位置時停止計時，此時間間隔t即為單擺周期Te拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間t，則單擺周期T=【分析】（1）游標卡尺的讀數方法是先讀出主尺上的刻度，再看游標尺上的哪一刻度與固定的刻度對齊；（2）擺線要選擇細些的、伸縮性小些的；擺球盡量選擇質量大些、體積小些的擺球；振動穩定后，從平衡位置開始計時

22、；擺線偏離平衡位置不大于5°【解答】解：（1）游標卡尺的讀數方法是先讀出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游標尺上的哪一刻度與固定的刻度對齊：第6刻度與上方刻度對齊，讀數：0.1×6=0.6mm，總讀數：L=18+0.6=18.6mm（2）該實驗中，要選擇細些的、伸縮性小些的擺線，長度要適當長一些；和選擇體積比較小，密度較大的小球故ab是正確的擺球的周期與擺線的長短有關，與擺角無關，故c錯誤；拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，故d錯誤；釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置開始計時；要測量多個周期的時間，然后求平均值故e正確故選：abe故答案為：（1）18.

23、6 （2）abe【點評】該題考查游標卡尺的讀數方法與用單擺測量重力加速度實驗中的幾個注意事項，所以記憶性的知識，要求對該部分知識有準確的記憶屬于簡單題9（6分）（1）在測定一根粗細均勻合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲直徑的過程如圖1所示，校零時的讀數為0.007 mm，合金絲的直徑為0.638mm（2）為了精確測量合金絲的電阻Rx，設計出如圖2所示的實驗電路圖，按照該電路圖完成圖3中的實物電路連接【分析】（1）螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；（2）先將電源、電鍵與變阻器電阻絲兩端連接，然后再連接測量電路即可【解答】解：（1）圖1中，旋

24、測微器的固定刻度為0，可動刻度為0.01×0.7mm=0.007mm，所以最終讀數為0.007mm；圖2旋測微器的固定刻度為0.5mm，可動刻度為0.01×14.5mm=0.145mm，所以最終讀數為0.645mm；故合金絲的直徑為0.645mm0.007mm=0.638mm；（2）根據電路圖可知，電流表是外接法，滑動變阻器是分壓式接法，連線實物圖如圖故答案為：（1）0.007，0.638； （2）如圖所示【點評】（1）螺旋測微器的讀數方法，固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；（2）連接實物圖時一般是從電源的正極出發依次連接，注意變阻器分壓式的連接方法，

25、連接測量電路時，先連主干路，最后再連解并聯電路，注意電表正負極和量程10（7分）根據閉合電路歐姆定律，用圖1所示電路可以測定電池的電動勢和內電阻圖中R0兩端的對應電壓為U12，對測得的實驗數據進行處理，就可以實現測量目的根據實驗數據在坐標系中描出坐標點，如圖2所示已知R0=150，請完成以下數據分析和處理（1）圖2中電阻為80.0的數據點應剔除；（2）在坐標紙上畫出關系圖線；（3）圖線的斜率是0.0045（v11），由此可得電池電動勢Ex=1.48V【分析】（1）（2）用描點法作圖時，為減小偶然誤差，應該用一條直線通過多數點，剔除遠離直線的點，不在線上的點大致均勻地分布于直線的兩側；（3）根據

26、閉合電路歐姆定律列式，得出關系的函數表達式，結合圖象分析斜率和截距的含義即可【解答】解：（1）第4個點明顯和其余點不在一條直線上，故應該剔除；（2）如圖所示；（3）根據閉合電路歐姆定律，有：E=U12+，變形得：；斜率為：；故：E=；故答案為：（1）80.0； （2）如圖所示；（3）0.0045，1.48【點評】本題關鍵明確實驗原理，根據閉合電路歐姆定律推導出線性關系的表達式，然后結合圖象分析，不難11（14分）一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖3所示求：（1）08s時間內拉力的沖量；（2）06s時間內物

27、體的位移；（3）010s時間內，物體克服摩擦力所做的功【分析】（1）沖量是力對時間的積累，根據I=Ft分段求即可；（2）根據vt圖象求出物體運動特征，根據運動運動學知識求位移；（3）滑動摩擦力為恒力，根據W=Fs求摩擦力做功【解答】解：（1）由圖象知，力F的方向恒定，故力F在08s內的沖量I=F1t1+F2t2+F3t3=1×2+3×4+2×2Ns=18Ns；方向向右（2）由圖3知，物體在02s內靜止，26s內做勻加速直線運動，初速度為0，末速度為3m/s所以物體在06s內的位移即為26s內勻加速運動的位移=；（3）由圖3知物體在68s內做勻直線運動，此時摩擦力與

28、拉力平衡即f=F=2N； 物體在68s內做勻速直線運動位移x2=vt=3×2m=6m物體在810s內做勻減速運動位移=所以物體在010s內的總位移x=x1+x2+x3=15m摩擦力做功Wf=fx=2×15J=30J即物體克服摩擦力做功30J答：（1）08s時間內拉力的沖量為18Ns；方向向右（2）06s時間內物體的位移為6m；（3）010s時間內，物體克服摩擦力所做的功為30J【點評】此題考查了學生對圖象問題的分析能力，能從圖象中得出相關的信息，然后結合功和功率的計算公式進行計算求解，是高考的熱點考題12（16分）如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內有平行于y軸的勻強

29、電場，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc區域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力求：（1）電場強度E的大小；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平位移和豎直位移均已知，由牛頓第二定律和運動學公式，運用運動的分解法可求出場強大小E

30、（2）由速度的合成法求出粒子到達a點時速度大小和方向，由幾何知識確定粒子經過a點時的方向（3）三角形區域內的磁場方向垂直紙面向里，當粒子剛好與BC邊相切時，磁感應強度最小，作出軌跡，由幾何知識求出最大半徑，由牛頓第二定律即可求出磁感應強度的最小值【解答】解：粒子在第象限內做類平拋運動，設在第象限內運動的時間為t1，則水平方向有：2h=v0t1豎直方向有：式聯立得：（2）設粒子到達a點時時豎直方向的速度vy則有：聯立得：vy=v0所以粒子到達a點時速度大小為與x軸的夾角為，由幾何關系得：，所以=45°；（3）經分析，當粒子從b點出磁場時，磁感應強度最小；由幾何關系得：L=r解得：由洛倫茲力提供向心力得：聯立得：即磁感應強度的最小值答：（1）電場強度E的大小（2）v=v0，與x軸正方向成45°角斜向右下方（3）磁場的磁感應強度B的最小值【點評】該題考查了有邊界電磁場的問題，在電場中的偏轉，利用平拋運動的知識求解；粒子在有邊界的勻強磁場中運動，利用幾何