2013 年广东省高考物理试卷（A 卷）参考答案与试题解析　一、单项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 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.选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分．1．（4 分）某航母跑道长 200m。飞机在航母上滑行的最大加速度为 6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（　　）A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s【分析】已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度。【解答】解：由运动学公式 v2﹣v02=2as代人数据得： m/s，故选 B 正确。故选：B。【点评】该题考查导出公式的应用，直接代入公式即可。　2．（4 分）如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．甲的向心加速度比乙的小 B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大 D．甲的线速度比乙的大【分析】抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可．【解答】解：根据卫星运动的向心力由万有引力提供， 有：A、 由于，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故 A 正确；B、 ，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的周期大于乙的周期，故 B错误；C、 ，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的角速度，故 C错误；D、 ，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的线速度小于乙的线速度，故 D错误。故选：A。【点评】抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同．　3．（4 分）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　） A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关【分析】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．【解答】解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A 错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B 错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故 C 正确；D、由侧向位移 y= at2=2，可知运动轨迹与带电量有关，D 错误。故选：C。【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．　4．（4 分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比 n1：n2=2：1，V 和 A 均为理想电表，灯光电阻RL=6Ω，AB 端电压 u1=12 sin100πt（V）．下列说法正确的是（　　）A．电流频率为 100Hz B．V 的读数为 24VC．A 的读数为 0.5A D．变压器输入功率为 6W【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解；A、AB 端电压 u1=12 sin100πt（V）。电流频率为 f= =50Hz，故 A 错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2=6V，故 B 错误；C、I2= =1A，A 的读数为 1A，故 C 错误；D、P1=P2=U2I2=6W，故 D 正确。故选：D。【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．　二、双项选择题：本大题共 5 小题，每小题 6 分，共 54 分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或者不答的得 0 分．5．（6 分）铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应是 U+ n→ Ba+ Kr+3n，下列说法正确的有（　　）A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响 【分析】由铀核裂变可知 AC 正确，B 错误，铀核的半衰期与物理、化学变化无关．【解答】解：A、由核反应方程式可以看出该反应生成了 2 个中子，A 正确；B、铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，所以铀块体积对链式反应的发生有影响。B 错误；C、铀核的链式反应可以通过控制棒进行人工控制，C 正确；D、放射性物质的半衰期是元素本身的属性，与外界物理环境和化学环境均无关，D 错误。故选：AC。【点评】本题考查了重核的裂变方程，核反应条件，半衰期的特点，难度不大．　6．（6 分）图为某同学设计的喷水装置，内部装有 2L 水，上部密封 1atm 的空气 0.5L，保持阀门关闭，再充入 1atm 的空气 0.1L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有（　　）A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光【分析】由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；充气过程为等温过程，由理想气体状态方程：pV=nRT 可判断 p 的变化；由公式 p1V1+p2V2=pV1可知封闭气体压强大于外界压强，故打开阀门后，气体会把水喷出，直到封闭气体压强与外界压强相等．【解答】解：A、封闭气体中再充入 1atm 的空气 0.1L 后，由于体积不变，所以气体物质的量 n 变大，由理想气体状态方程：pV=nRT 可知，当 n 变大，则压强 p 变大，故 A 正确；B、温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，故 B 错误；C、由公式 p1V1+p2V2=pV1可知封闭气体压强变为 1.2atm，大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故 C 正确；D、膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，由 p1V1+p2V2=pV1得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，故 D 错误。故选：AC。【点评】本题考查了热力学第一定律的应用，记住温度是分子平均动能的标志．　7．（6 分）如图，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有（　　）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达 B 处【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到 B 点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用 v﹣t 图象来计算说明． 【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B 正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置。故 C 错误，D 正确。故选：BD。【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．它们的 v﹣t 图象如图，结合 v﹣t 图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移．　8．（6 分）如图，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平．现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，则（　　）A．P 向下滑动 B．P 静止不动C．P 所受的合外力增大 D．P 与斜面间的静摩擦力增大【分析】先对 P 受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力．【解答】解：A、B、对 P 受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：N=Mgcosθf=Mgsinθf≤μN故 μ≥tanθ由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，故 P 静止不动，故 A 错误，B 正确；C、物体 P 保持静止，合力为零，故 C 错误；D、由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，故 P 与斜面间的静摩擦力增大，故 D 正确；故选：BD。【点评】本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力．　9．（6 分）如图，两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏 P 上．不计重力．下列说法正确的有（　　）A．a、b 均带正电 B．a 在磁场中飞行的时间比 b 的短C．a 在磁场中飞行的路程比 b 的短D．a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式 和周期公式 进行求解．【解答】解：a、b 粒子的运动轨迹如图所示：粒子 a、b 都向下由左手定则可知，a、b 均带正电，故 A 正确；由 r= 可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知 a 粒子运动轨迹长度大于 b 粒子运动轨迹长度，运动时间 a 在磁场中飞行的时间比 b 的长，故 BC 错误；根据运动轨迹可知，在 P 上的落点与 O 点的距离 a 比 b 的近，故 D 正确。故选：AD。【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．　三、解答题10．（9 分）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角 θ 可调，打点计时器的工作频率为 50Hz，纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出．①部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：　 DCBA 　 （用字母填写）②图（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=　 0.1 　 s③计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v5=　 　．④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a=　　．【分析】①先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带； ②打点计时器的工作频率为 50Hz，每隔 0.02s 打一次电，每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出，共 5 个 0.02s；③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；④根据公式△x=aT2列式求解．【解答】解：①先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理；故为 DCBA；②打点计时器的工作频率为 50Hz，每隔 0.02s 打一次电，每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出，共 5 个 0.02s，故 T=0.1s；③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故 ；④根据公式△x=aT2，有： ；解得： ；故答案为：① DCBA，② 0.1，③ ，④ ．【点评】本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题．　11．（9 分）图（a）是测量电阻 RX的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选 0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝 ab 的总长为 30.0cm（1）根据原理图链接图（b）的实物图（2）断开 S2，合上 S1；调节电源输出电压为 3.0V 时，单位长度电阻丝为电压 u=　 0.1 　 V/cm．记录此时电流表 A1的示数．（3）保持 S1闭合，合上 S2；滑动 c 点改变 ac 的长度 L，同时调节电源输出电压，使电流表 A1的示数与步骤（2）记录的值相同，记录长度 L 和 A2的示数 I．测量 6 组 L 和 I 值，测量数据已在图（c）中标出，写出 RX与 L、I、u 的关系式 RX=　 　；根据图（c）用作图法算出 RX=　 6.0 　 Ω【分析】（1）对照电路图连线即可；（2）输出电压为 3.0V，电阻丝粗细均匀，用电压除以长度即可；（3）电阻丝左侧并联部分电流不变，故单位长度电压恒定，即电压与长度成正比；根据欧姆定律列式求解待测电阻表达式后结合图象分析即可．【解答】解：（1）连线实物图如图； （2）电源输出电压为 3V，电阻丝长度为 30cm，故每 1cm 长度电阻丝分得电压为 0.1V；（3）ac 间电压为 Lu，电流为 I，故根据欧姆定律，有：Rx= ；描点作 L﹣I 图，如下图所示：斜率为：k= ，故电阻 Rx=ku=60×0.1=6.0Ω故答案为：（1）如图所示，（2）0.1，（3） ，6.0．【点评】本题关键明确实验原理，写出 L﹣I 关系式，然后结合图线分析数据，不难．　12．（18 分）如图，两块相同平板 P1、P2置于光滑水平面上，质量均为 m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L．物体 P 置于 P1的最右端，质量为 2m 且可以看作质点．P1与 P 以共同速度 v0向右运动，与静止的 P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后 P1与 P2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点（弹簧始终在弹性限度内）．P 与 P2之间的动摩擦因数为 μ，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度 v1和 P 的最终速度 v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量 x 和相应的弹性势能 Ep．【分析】（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对 P1、P2、P 系统，由动量守恒定律求解．（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P 三者具有共同速度 v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解．【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律mv0=2mv1①解得 v1= ，方向水平向右 ②对 P1、P2、P 系统，由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2③ 解得 v2= ，方向水平向右④（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P 三者具有共同速度 v2，由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2⑤ 对系统由能量守恒定律μ（2m）g×2（L+x）= （2m）v + （2m）v ﹣ （4m）v ⑥解得 x= ﹣L ⑦最大弹性势能 Ep= （2m）v + （2m）v ﹣ （4m）v ﹣μ•2mg（L+x） ⑧解得 Ep= mv ⑨答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是 ，方向水平向右，P 的最终速度是 ，方向水平向右；（2）此过程中弹簧最大压缩量 x 是 ﹣L，相应的弹性势能是 mv ．【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．　13．（18 分）如图（a）所示，在垂直于匀强磁场 B 的平面内，半径为 r 的金属圆盘绕过圆心 O 的轴转动，圆心 O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接，电路中的 P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流 I 与圆盘角速度 ω 的关系如图（b）所示，其中 ab 段和 bc 段均为直线，且 ab段过坐标原点．ω＞0 代表圆盘逆时针转动．已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．（1）根据图（b）写出 ab、bc 段对应 I 与 ω 的关系式；（2）求出图（b）中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc；（3）分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式．【分析】（1）根据电流与角速度的关系图线，得出电流与角速度的关系式．（2）因为圆盘的内阻不计，实验 P 端的电压等于电源的电动势，根据 E= 求出电动势的大小．（3）根据欧姆定律，抓住 P 两端电压等于电阻 R 两端电压得出流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式．【解答】解：（1）由图可知，在 ab 段，直线斜率 k1= = 故对应 I 与 ω 的关系式为：I= ω（A） （﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s）在 bc 段，直线斜率 k2= =设表达式 I=k2ω+b，把 ω=45rad/s，I=0.4A 代入解得 b=﹣0.05故对应 I 与 ω 的关系式为：I= ω﹣0.05 （A） （15rad/s≤ω≤45 rad/s）（2）圆盘转动时产生的感应电动势 E=Brv=Br = Br2ω故 b 点对应的 P 两端的电压 Ub=Eb= Br2ωbc 两点对应的 P 两端的电压 Uc=Ec= Br2ωc代入数据解得 Ub=0.30VUc=0.90V（3）元件 P 在 b 点开始导通，所以在 ab 段 Ip=0（﹣0.9V≤Up≤0.3V），在 bc 段，Up=（I﹣Ip）R已知 I= ω﹣0.05（A），Up= Br2ω，联立以上各式可得 bc 段流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式为： Ip= ﹣0.05（V）（0.3V≤Up≤0.9V）答：（1）ab、bc 段对应 I 与 ω 的关系式分别为 I= ω A（﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s），I=ω﹣0.05 （A）（15rad/s≤ω≤45 rad/s）．（2）中 b、c 两点对应的 P 两端的电压分别为 0.30V，0.90V．（3）ab 流过 P 的电流 Ip与其两端电压 Up的关系式分别为：Ip=0（A）（﹣0.9V≤Up≤0.3V），Ip=﹣0.05（A）（0.3V≤Up≤0.9V）．【点评】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势表达式，并结合欧姆定律进行求解．