2013年福建省高考物理试卷

发布时间:2024-06-05 10:06:00浏览次数:3
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. 
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