2013 年福建省高考物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．（3 分）设太阳质量为 M，某行星绕太阳公转周期为 T，轨道可视作半径为 r 的圆．已知万有引力常量为 G，则描述该行星运动的上述物理量满足（　　）A．GM= B．GM= C．GM= D．GM=【分析】行星绕太阳公转时，万有引力提供行星圆周运动的向心力，列式分析即可．【解答】解：太阳对行星的万有引力提供行星圆周运动的向心力即 由此可得：故选：A。【点评】据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量．　2．（3 分）一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是（　　）A． B． C． D．【分析】红光的折射率小于紫光的折射率，根据折射定律分析两种色光通过三棱镜后偏折角的大小．光线通过三棱镜后经过了两次折射，两次折射角均不同．【解答】解：A、复色光进入三棱镜左侧面时发生了第一次，由于红光与紫光的折射率不同，则折射角应不同。故 A 错误。B、红光的折射率小于紫光的折射率，经过两次折射后，紫光的偏折角大于红光的偏折。故 B 正确。C、光线从从空气射入介质折射时，入射角大于折射角，而图中入射角小于折射角，而且两种色光的折射角不同。故 C 错误。D、光线从从空气射入介质折射时，入射角大于折射角，而图中入射角小于折射角，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查对光的色散现象的理解能力，关键抓住红光与紫光折射率的关系，根据折射定律进行分析．　3．（3 分）如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r=1.0Ω，外接 R=9.0Ω 的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 e=10 sin10πt（V），则（　　）A．该交变电流的频率为 10HzB．该电动势的有效值为 10 VC．外接电阻 R 所消耗的电功率为 10WD．电路中理想交流电流表 A 的示数为 1.0A 【分析】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定律进行其它分析。【解答】解；A、交流电的频率 f= =5Hz，A 错误；B、该电动势的最大值为 ，B 错误；C、D 电压有效值为 10V，电路中电流为 I= =1A，外接电阻 R 所消耗的电功率为 P=I2R=9W，C 错误D 正确；故选：D。【点评】本题考查了对交流电瞬时值表达式的认识，理解公式中各物理量的物理意义。　4．（3 分）如图，t=0 时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿 y 轴正方向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿 x 轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示 t=0.6 时波形的图是（　　）A． B． C． D．【分析】由题，波源形成向右和向左传播的两列横波，左右具有对称性，根据 t=0.6 与周期的关系，分析形成的波形的长度，分析波源的状态，即可确定图象．【解答】解：由题，该波的周期为 T=0.4s，则时间 t=0.6s=1.5T，向左和向右分别形成 1.5 个波长的波形。由于波源在坐标原点从平衡位置沿 y 轴正方向开始振动，则 t=0.6 时的振动方向沿 y 轴负方向，故 C 正确。故选：C。【点评】本题的解题关键是抓住对称性，分析波源振动状态和波形的长度，即可得到答案．　5．（3 分）在国际单位制（简称 SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。导出单位 V（伏特）用上述基本单位可表示为（　　）A．m2•kg•s﹣4•A﹣1B．m2•kg•s﹣3•A﹣1C．m2•kg•s﹣2•A﹣1D．m2•kg•s﹣1•A﹣1【分析】根据 U= ，q=It 得出电势差的表达式，从而得出伏特的导出单位。【解答】解：根据 U= ，q=It 得，U= ，功的单位 1J=1N•m=1kg•m2/s2，则=1m2kg s⋅ ⋅﹣3A⋅﹣1．故 B 正确，A、C、D 错误。故选：B。【点评】物理量的关系对应着物理量单位的关系，本题关键得出电压的表达式，从而得出其单位。　6．（3 分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t2分别表示线框ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界 OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设 OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化的规律（　　） A． B． C． D．【分析】线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在 cd 边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在 cd 边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动．【解答】解：A、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A 图象中的加速度逐渐增大。故 A 错误。B、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd 边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为 g。故 B 正确。C、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为 g，故 C 正确。D、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为 g，故 D 正确。本题选不可能的，故选 A。【点评】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．　二、解答题7．（6 分）在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：①下列说法哪一项是正确的　 C 　 ．（填选项前字母）A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取 O、A、B、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，则打 B 点时小车的瞬时速度大小为　 0.653 　 m/s（保留三位有效数字）．【分析】①平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；②用平均速度等于中间时刻的瞬时速度的结论求解．【解答】解：① A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，要通电，但不挂钩码，故 A 错误；B、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，依据牛顿第二定律，则有钩码的重力接近小车的拉力，故 B 错误；C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故 C 正确；故选：C；② B 为 AC 时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：vB= = m/s=0.653m/s故答案为：① C ②0.653． 【点评】“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力．　8．（12 分）硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压（硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点），探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表的 V1量程选用 3V，内阻为 6.0kΩ；电压表 V2量程选用 15V，内阻约为 30kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势 E 约为 12V，内阻不计．①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关 S，调节变阻器 R，读出电压表 V1、V2的示教 U1、U2．（ⅰ）某次测量时，电压表 V1示数如图丙，则 U1=　 1.40 　 V，可算出通过硅光电他的反向电流大小为　 0.23 　 mA（保留两位小数）．（ⅱ）该小组测出大量数据，筛选出下表所示的 9 组 U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压 UX和通过反向电流 IX（表中“﹣”表示反向），并在坐标纸上建立 Ix﹣Ux坐标系，标出了与表中前 5组 Ux、ix数据对应的 5 个坐标点．请你标出余下的 4 个坐标点，并绘出 Ix﹣Ux图线．1 2 3 4 5 6 7 8 9U1/V0.000.000.060.120.240.420.721.141.74U2/V0.01.02.13.14.25.46.78.19.7Ux/V0.0﹣1.0﹣2.0﹣3.0﹣4.0﹣5.0﹣6.0﹣7.0﹣8.0Ix/mA﹣0.00﹣0.00﹣0.01﹣0.02﹣0.04﹣0.07﹣0.12﹣0.19﹣0.29（ⅲ）由 Ix﹣Ux图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与 Ux成　非线性　（填“线性”或“非线性”）关系．【分析】根据电路图画出实物图，注意滑动变阻器的分压式接法．由欧姆定律可求出电流．根据表中数据标出余下的 4 个坐标点，用描点法平滑曲线绘出 IX﹣UX图线．【解答】解：①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．连线如图： ②（ⅰ）电压表 V1示数 U1=1.40V，内阻为 RV=6.0kΩ，由欧姆定律可知通过的电流为 I==0.23mA．（ⅱ）根据表中数据标出余下的 4 个坐标点，用描点法平滑曲线绘出 IX﹣UX图线如图所示．（ⅲ）由 Ix﹣Ux图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与 Ux成非线性关系．故答案为：①电路连接如图所示 ②（i）1.40 0.23 （ii）如图（iii）非线性．【点评】本题考查了伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意分压接法等基本原理．　9．（15 分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m=1.0kg 的小球．现将小球拉到 A 点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的 C点．地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L=1.0m，B 点离地高度 H=1.0m，A、B 两点的高度差h=0.5m，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上 DC 两点间的距离 s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．【分析】（1）从 A 到 B 由动能定理可得 B 位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在 B 位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小．【解答】解：（1）设小球在 B 点速度为 v，对小球从 A 到 B 由动能定理得：mgh= mv2①绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为 t，则有：H= ②DC 间距离：s=vt解得：s= m≈1.414m（2）在 B 位置，设绳子最大力量为 F，由牛顿第二定律得：F﹣mg= ④ 联立①④得：F=2mg=2×1×10N=20N根据牛顿第三定律，有 F'=F，因而轻绳所受的最大拉力为 20N．答（1）DC 两点间的距离 1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力 20N．【点评】关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合．　10．（19 分）质量为 M、长为 L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环。已知重力加速度为 g，不计空气影响。（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示。①求此状态下杆的加速度大小 a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【分析】（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；（2）①以环为研究对象，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解加速度；②对整体研究，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向．【解答】解：（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，分析受力如图所示，设两绳的夹角为 2θ．则 sinθ= = ，得 cosθ= =设绳子的拉力大小为 T，由平衡条件得 2Tcosθ=mg解得 ；（2）①对环：设绳子的拉力大小为 T′，则根据牛顿第二定律得：竖直方向：T′+T′cos60°=mg水平方向：T′sin60°=ma，解得②设外力大小为 F，方向与水平方向成 α 角斜向右上方．对整体：由牛顿第二定律得：水平方向：Fcosα=（M+m）a竖直方向：Fsinα=（M+m）g解得， ，α=60°即外力方向与水平方向夹角为 60°斜向右上方．答：（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，绳中拉力的大小是 ；（2）①此状态下杆的加速度大小 a 为 ；②为保持这种状态需在杆上施加一个的外力为 ，方向与水平方向夹角为 60°斜向右上方． 【点评】本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态和非平衡情况．　11．（20 分）如图甲，空间存在﹣范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．让质量为 m，电量为 q（q＞0）的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。（1）若粒子以初速度 v1沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的 A（a，0）点，求 v1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为 v（v＞v1），为使该粒子能经过 A（a，0）点，其入射角 θ（粒子初速度与 x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的 sinθ 值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场，一粒子从 O 点以初速度 v0沿 y轴正向发射。研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量 vx与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小 E 无关。求该粒子运动过程中的最大速度值 vm。【分析】（1）根据所受洛伦兹力情况，画出运动轨迹，求出去半径大小，即可求出速度 v1的大小；（2）根据运动轨迹，结合数学知识求解。（3）熟练应用功能关系和数学知识进行求解。【解答】解：（1）根据运动轨迹可以求出半径为：①洛伦兹力提供向心力有： ②联立①②解得：答：v1的大小： 。（2）根据题意可知：O、A 两点处于同一圆周上，且圆心在 x= 的直线上，半径为 R．当给定一个 初速度 v 时，有两个入射角，分别在第 1、2 象限，由此解得： 。答：其入射角 θ（粒子初速度与 x 轴正向的夹角）有 2 个， 。（3）粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，且此处速度方向水平。用 ym表示该处的纵坐标，有：…①；由题意 vm=kym…②，且 k 与 E 的大小无关，因此可利用 E=0 时的状况来求 k，E=0 时洛伦兹力充当向心力，即，得 ，其中的 R0就是对应的纵坐标 y0，因此得：，此时带入②得：，将此式带入①，整理后可得：，解得： ，舍弃负值，得：答： 。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，是考查学生综合应用物理和数学能力的好题。　三、[物理-选修 3-3]（本题共有两小题，每小题 6 分，共 12 分．每小题只有一个选项符合题意）12．（6 分）下列四幅图中，能正确反映分子间作用力 f 和分子势能 EP随分子间距离 r 变化关系的图线是 （　　）A． B． C． D．【分析】分子力与分子距离 r，分子势能与分子距离 r 的关系图象很类似，特别注意的是当 r=r0时，分子力为零，分子势能最小，同时注意分子力为矢量，分子势能为标量．【解答】解：根据分子力、分子势能与分子之间距离关系可知，当 r=r0时，分子力为零，分子势能最小，由此可知 B 正确。故选：B。【点评】正确区分和理解分子力与分子距离 r，分子势能与分子距离 r 的关系图象是理解分子力、分子势能的关键．　13．（6 分）某自行车轮胎的容积为 V．里面已有压强为 P0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到P，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是 P0，体积为 （　　）的空气． A． B． C．（ ﹣1）VD．（ +1）V【分析】根据等温变化的气体方程列式即可．【解答】解：气体做等温变化，设充入 V′的气体，P0V+P0V′=PV，所以 V′= ，C 正确。故选：C。【点评】本题考查了理想气体状态方程中的等温变化，还要知道其它两种变化的分析．　四、[物理选修 3-5]（本题共有两小题．每小题只有一个符合题意）14．在卢瑟福 α 粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个 α 粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是（　　）A． B． C． D．【分析】在卢瑟福 α 粒子散射实验中，大多数粒子沿直线前进，少数粒子辐射较大角度偏转，极少数粒子甚至被弹回．【解答】解：α 粒子受到原子核的斥力作用而发生散射，离原子核越近的粒子，受到的斥力越大，散射角度越大，选项 C 正确。故选：C。【点评】本题考查了卢瑟福 α 粒子散射实验的现象，还要记住此实验的两个结论．　15．将静置在地面上，质量为 M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）A． v0B． v0C． v0D． v0【分析】以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．【解答】解：取向上为正方向，由动量守恒定律得： 0=（M﹣m）v﹣mv0则火箭速度 v=故选：D。【点评】在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．