第頁|共頁2013年全國統(tǒng)一高考物理試卷（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題：（本大題共8小題，在每小題給出的四個選項中，有的只有一項是符合題目要求，有的有多選項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯或不答的得0分）1．（6分）下列現(xiàn)象中，屬于光的衍射現(xiàn)象的是（）A．雨后天空出現(xiàn)彩虹 B．通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋 C．海市蜃樓現(xiàn)象 D．日光照射在肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋 【考點】HA：光的衍射．【專題】54H：光的衍射、偏振和電磁本性專題．【分析】在天空出現(xiàn)彩虹種現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象，過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋，屬于單縫衍射，市蜃樓現(xiàn)象屬于光的折射，肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋屬于光的干涉．【解答】解：A、雨過天晴時，常在天空出現(xiàn)彩虹，這是太陽光通過懸浮在空氣中細小的水珠折射而成的，白光經(jīng)水珠折射以后，分成各種彩色光，這種現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象，A錯誤；B、通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋，屬于單縫衍射，B正確；C、海市蜃樓現(xiàn)象屬于光的折射，C錯誤；D、日光照射在肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋屬于光的干涉，D正確。故選：B。【點評】掌握折射現(xiàn)象、干涉現(xiàn)象和衍射現(xiàn)象的本質的不同是順利解決此類題目的關鍵．2．（6分）根據(jù)熱力學第一定律，下列說法正確的是（）A．電冰箱的工作過程表明，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞 B．空調機在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量 C．科技的進步可以使內燃機成為單一熱源的熱機 D．對能源的過度消耗將使自然界得能量不斷減少，形成能源危機 【考點】8F：熱力學第一定律．【專題】548：熱力學定理專題．【分析】熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，但要引起其它變化，空調機在制冷過程中，電能也部分轉化為熱能，所以從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量．【解答】解：A、熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，但要引起其它變化，A正確；B、空調機在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因為電能也部分轉化為熱能，B正確；C、不可能從單一熱源吸熱全部用來對外做功而不引起其它變化，C錯誤；D、對能源的過度消耗將形成能源危機，但自然界的總能量守恒，D錯誤；故選：AB。【點評】本題考查了熱力學定律的應用和生活中應用熱力學定律可以解釋的問題．3．（6分）放射性元素氡（）經(jīng)α衰變成為釙，半衰期為3.8天；但勘測表明，經(jīng)過漫長的地質年代后，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，其原因是（）A．目前地殼中的主要來自于其它放射元素的衰變 B．在地球形成的初期，地殼中元素的含量足夠高 C．當衰變產(chǎn)物積累到一定量以后，的增加會減慢的衰變進程 D．主要存在于地球深處的礦石中，溫度和壓力改變了它的半衰期 【考點】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】54O：衰變和半衰期專題．【分析】放射性元素氡（）經(jīng)α衰變成為釙，半衰期為3.8天，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，主要來自其它放射性元素的衰變．半衰期的大小由原子核內部因素決定，與所處的物理環(huán)境和化學環(huán)境無關．【解答】解：A、因為放射性元素氡（）的半衰期比較短，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，主要來自其它放射性元素的衰變。故A正確，B、C錯誤。D、半衰期的大小與溫度、壓力無關，由原子核內部因素決定。故D錯誤。故選：A。【點評】原子核的衰變和半衰期是常考的題型，要理解半衰期的定義，以及知道影響半衰期的因素．4．（6分）紙面內兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域內分別存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化．一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉，角速度為ω，t=0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示．若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是（）A． B． C． D． 【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DD：電磁感應中的能量轉化．【專題】53C：電磁感應與電路結合．【分析】根據(jù)右手定則判斷方向，然后根據(jù)分析大小變化即可做出選擇．【解答】解：由右手定則可判，開始時感應電動勢為正，故D錯誤；設經(jīng)時間t導體桿轉過的角度為α，則α=ωt，導體桿有效切割長度為L=2Rsinωt。由可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半個周期后，電動勢的方向反向，故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】電磁感應與圖象的結合問題，近幾年高考中出現(xiàn)的較為頻繁，在解題時涉及的內容較多，同時過程也較為復雜；故在解題時要靈活，可以先利用右手定則或楞次定律判斷方向排除法，在選擇其他合適的解法等解答．5．（6分）“嫦娥一號”是我國首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為200km的圓形軌道上運行，運行周期為127分鐘．已知引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2，月球的半徑為1.74×103km．利用以上數(shù)據(jù)估算月球的質量約為（）A．8.1×1010kg B．7.4×1013kg C．5.4×1019kg D．7.4×1022kg 【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】嫦娥一號繞月球做圓周運動，萬有引力提供向心力，已知軌道半徑和運動行周期求月球質量即可．【解答】解：根據(jù)有引力提供嫦娥一號圓周運動的向心力有：得中心天體月球的質量M=代入軌道半徑r=R+h=1.74×103+200km=1.94×106m，周期T=127min=127×60s=7620s，引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2可得月球質量M=7.4×1022kg所以A、B、C錯誤，D正確。故選：D。【點評】注意萬有引力提供圓周運動的向心力只能計算中心天體的質量，不能計算環(huán)繞天體的質量．6．（6分）將甲乙兩小球先后以同樣的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時間間隔2s，它們運動的圖象分別如直線甲乙所示。則（）A．t=2s時，兩球的高度相差一定為40m B．t=4s時，兩球相對于各自的拋出點的位移相等 C．兩球從拋出至落到地面所用的時間間隔相等 D．甲球從拋出至到達最高點的時間間隔與乙球相等 【考點】1I：勻變速直線運動的圖像．【專題】512：運動學中的圖像專題．【分析】速度時間圖象與時間軸所圍的“面積”表示質點的位移，但不能反映物體初始的位置．由圖直接讀出物體運動的時間．【解答】解：A、根據(jù)速度時間圖象與時間軸所圍的“面積”表示質點的位移，知t=2s時，甲球通過的位移為x甲=×（30+10）×2m=40m，乙的位移為零，兩球位移之差等于40m，但兩球初始的高度未知，故t=2s時兩球的高度相差不一定為40m。故A錯誤。B、t=4s時，甲球相對于拋出點的位移為×30×3﹣×10×1=40m，乙球相對于拋出點的位移為×（30+10）×2m=40m，故兩球相對于各自的拋出點的位移相等。故B正確。C、兩球從不同的高度以同樣的速度豎直向上拋出，根據(jù)豎直上拋運動的規(guī)律x=﹣h=v0t﹣，h是拋出點距地面的高度，可知兩球從拋出至落到地面所用的時間間隔t不相等。故C錯誤。D、由圖知，甲球從拋出至到達最高點的時間間隔與乙球相等，都是3s。故D正確。故選：BD。【點評】本題要結合圖象的意義和豎直上拋運動的規(guī)律進行分析，關鍵要掌握速度時間圖象與時間軸所圍的“面積”表示質點的位移．7．（6分）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了 【考點】65：動能定理；6B：功能關系．【專題】16：壓軸題；52D：動能定理的應用專題．【分析】若動能變化為正值，說明動能增加，若為負值，說明動能減少，然后根據(jù)動能定理，求出合力做的功即可；要求機械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可。【解答】解：根據(jù)動能定理應有=﹣ma=﹣2mgH，動能增量為負值，說明動能減少了2mgH，所以A正確B錯誤；再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根據(jù)功能關系應有△E=﹣f=﹣mgH，即機械能損失了mgH，所以C正確D錯誤。故選：AC。【點評】要熟記動能定理與功能原理在解題中的應用：涉及到總功、動能變化時應用動能定理解決；涉及到機械能變化時應求出除重力外其它力做的功。8．（6分）在學校運動場上50m直跑道的兩端，分別安裝了由同一信號發(fā)生器帶動的兩個相同的揚聲器．兩個揚聲器連續(xù)發(fā)出波長為5m的聲波．一同學從該跑道的中點出發(fā)，向某一段點緩慢行進10m．在此過程中，他聽到揚聲器聲音由強變弱的次數(shù)為（）A．2 B．4 C．6 D．8 【考點】FC：多普勒效應．【專題】16：壓軸題．【分析】當同學到兩個聲源的間距為波長整數(shù)倍時，振動加強，聽到聲音是加強的；當同學到兩個聲源的間距為半波長的奇數(shù)倍時，振動減弱，聽到聲音是減弱的．【解答】解：當同學到兩個聲源的間距為波長整數(shù)倍時，振動加強，聽到聲音是加強的，故該同學從中間向一側移動0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m時，聽到聲音變大；當同學到兩個聲源的間距為半波長的奇數(shù)倍時，振動減弱，聽到聲音是減弱的，故該同學從中間向一側移動1.25m、3.75m、6.25m、8.75m時，聲音減弱；故該同學從中間向一側移動過程聽到揚聲器聲音由強變弱的次數(shù)為4次；故選：B。【點評】本題關鍵明確振動加強和振動減弱的條件，然后可以結合圖表分析，不難．二、解答題（共5小題，滿分72分）9．（6分）如圖所示，E為直流電源，G為靈敏電流計，A、B為兩個圓柱形電極，P是木板，C、D為兩個探針，S為開關．現(xiàn)用上述實驗器材進行“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗．（1）木板P上有白紙、導電紙和復寫紙，最上面的應該是導電紙；（2）用實線代表導線將實驗器材正確連接．【考點】N1：用描跡法畫出電場中平面上的等勢線．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】（1）本實驗利用恒定電流場模擬靜電場，A電極相當于負點電荷，B相當于正點電荷，導電紙鋪在最上面；（2）將兩個圓柱形電極A、B與開關和電源組成閉合電路，靈敏電流計與C、D兩個探針連接．【解答】解：（1）本實驗的原理是用恒定電流場模擬靜電場，在導電紙上尋找等勢點，作出等勢線，所以導電紙應鋪在最上面；（2）靈敏電流計與兩個探針組合，用來找到等勢點；將兩個圓柱形電極A、B與開關和電源組成閉合電路，用來模擬靜電場．電路如圖所示．故答案為：（1）導電；（2）連接電路如圖．如圖所示．【點評】點評：本題的解題關鍵是明確實驗目的，理解實驗原理，知道三種紙的鋪放順序．本實驗的原理是用恒定電流場模擬靜電場．10．（12分）測量小物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示．AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點相切，C點在水平地面的垂直投影為C′．重力加速度為g．實驗步驟如下：①用天平稱出物塊Q的質量m；②測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC′的高度h；③將物塊Q在A點由靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點D；④重復步驟③，共做10次；⑤將10個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量圓心到C′的距離s．用實驗中的測量量表示：（ⅰ）物塊Q到達B點時的動能EkB=mgR；（ⅱ）物塊Q到達C點時的動能EkC=；（ⅲ）在物塊Q從B運動到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；（ⅳ）物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)μ=．（2）回答下列問題：（ⅰ）實驗步驟④⑤的目的是通過多次實驗減小實驗結果的誤差．（ⅱ）已知實驗測得μ值比實際值偏大，其原因除了實驗中測量的誤差之外，其它的可能是圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑．（寫出一個可能的原因即可）【考點】65：動能定理；M9：探究影響摩擦力的大小的因素．【專題】13：實驗題．【分析】（1）物塊由A到B點過程，由動能定理可以求出物塊到達B時的動能；（2）物塊離開C點后做平拋運動，由平拋運動的知識可以求出物塊在C點的速度，然后求出在C點的動能；（3）由B到C，由動能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的計算公式可以求出動摩擦因數(shù)．【解答】解：（1）從A到B，由動能定理得：mgR=EKB﹣0，則物塊到達B時的動能EKB=mgR；（2）離開C后，物塊做平拋運動，水平方向：s=vCt，豎直方向：h=gt2，物塊在C點的動能EKC=mvC2，解得：EKC=；（3）由B到C過程中，由動能定理得：﹣Wf=mvC2﹣mvB2，克服摩擦力做的功Wf=；（4）B到C過程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=，則μ=；（2）實驗步驟④⑤的目的，是通過多次實驗減小實驗結果的誤差；實驗測得的μ值比實際值偏大，其原因除了實驗中測量量的誤差之外，其他的可能是圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑等．故答案為：（1）（i）mgR；（ii）；（iii）；（IV）．（2）i、通過多次實驗減小實驗結果的誤差；ii、圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑．【點評】熟練應用動能定理、平拋運動規(guī)律、功的計算公式即可正確解題．11．（15分）一客運列車勻速行駛，其車輪在軌道間的接縫處會產(chǎn)生周期性的撞擊。坐在該客車中的某旅客測得從第1次到第16次撞擊聲之間的時間間隔為10.0s。在相鄰的平行車道上有一列貨車，當該旅客經(jīng)過貨車車尾時，貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進方向運動。該旅客在此后的20.0s內，看到恰好有30節(jié)貨車車廂被他連續(xù)超過。已知每根軌道的長度為25.0m，每節(jié)貨車車廂的長度為16.0m，貨車車廂間距忽略不計。求（1）客車運行的速度大小；（2）貨車運行加速度的大小。【考點】1D：勻變速直線運動的速度與時間的關系；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】（1）求出客車經(jīng)過每根軌道的長度所用的時間，根據(jù)平均速度求出客車運行的速度大小。（2）抓住客車和貨車的位移關系求出貨車的位移，根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出貨車的加速度。【解答】解：（1）設連續(xù)兩次撞擊軌道的時間間隔為△t，每根軌道的長度為l，則客車的速度為其中l(wèi)=25.0m，解得v=37.5m/s（2）設從貨車開始運動后t=20.0s內客車行駛的距離為s1，貨車行駛的距離為s2，貨車的加速度為a，30節(jié)貨車車廂的總長度為L=30×16.0m由運動學公式有s1=vt由題意，有L=s1﹣s2聯(lián)立解得a=1.35m/s2答：（1）客車運行的速度大小為37.5m/s。（2）貨車運行加速度的大小為1.35m/s2。【點評】解決本題理清兩車的位移關系，靈活運用運動學公式進行求解。12．（19分）一電荷量為q（q＞0）、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t=0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示．不計重力，求在t=0到t=T的時間間隔內．（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間．【考點】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】16：壓軸題；531：帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】（1）根據(jù)加速度與時間的關系，可確定速度與時間的關系，從而由面積等于位移的大小即可求解，并確定其方向；（2）根據(jù)速度與時間的圖象，來確定沿初始電場反方向運動的時間．【解答】解：粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度大小分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=﹣ma2、2qE0=ma3、qE0=﹣ma4，由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的a﹣t圖象如圖（a）所示，對應的v﹣t圖象如圖（b）所示，其中，由圖（b）可知，帶電粒子在t=0到t=T時的位移為，聯(lián)立解得，它的方向沿初始電場正方向．（2）由圖（b）可知，粒子在t=到t=內沿初始電場反方向運動，總的運動時間為．答：（1）粒子位移的大小為得和方向沿初始電場正方向；（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間得．【點評】另一種解法：（1）帶電粒子在粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=﹣ma2、2qE0=ma3、qE0=﹣ma4設粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T時刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有、、、設帶電粒子在t=0到t=T時的位移為s，有解得它的方向沿初始電場正方向