2013年高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（解析卷）

第頁|共頁2013年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6-8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．（6分）如圖是伽利略1604年做斜面實(shí)驗(yàn)時的一頁手稿照片，照片左上角的三列數(shù)據(jù)如下表。表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運(yùn)動的距離，第一列是伽利略在分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時添加的。根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，伽利略可以得出的結(jié)論是（）11324213093298164526255824366119249716006482104A．物體具有慣性 B．斜面傾角一定時，加速度與質(zhì)量無關(guān) C．物體運(yùn)動的距離與時間的平方成正比 D．物體運(yùn)動的加速度與重力加速度成正比 【考點(diǎn)】1L：伽利略研究自由落體運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)和推理方法．【專題】511：直線運(yùn)動規(guī)律專題．【分析】通過表格中的數(shù)據(jù)，通過時間的平方與運(yùn)動距離的關(guān)系，得出位移和時間的規(guī)律?！窘獯稹拷猓簭谋砀裰械臄?shù)據(jù)可知，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，下滑的位移大約變?yōu)樵瓉淼?倍，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，位移變?yōu)樵瓉淼?倍，可知物體運(yùn)動的距離與時間的平方成正比。故C正確，A、B、D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生的數(shù)據(jù)處理能力，能夠通過數(shù)據(jù)得出物體位移與時間的關(guān)系。需加強(qiáng)訓(xùn)練。2．（6分）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷．已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量）（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】A8：點(diǎn)電荷的電場；AA：電場的疊加．【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】由題意可知，半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，說明各自電場強(qiáng)度大小相等，方向相反．那么在d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小即為兩者之和．因此根據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度為即可求解．【解答】解：電荷量為q的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為，而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場強(qiáng)度也為．那么圓盤在此d產(chǎn)生電場強(qiáng)度則仍為。而電荷量為q的點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為，由于都在d處產(chǎn)生電場強(qiáng)度方向相同，即為兩者大小相加。所以兩者這d處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】考查點(diǎn)電荷與圓盤電荷在某處的電場強(qiáng)度疊加，緊扣電場強(qiáng)度的大小與方向關(guān)系，從而為解題奠定基礎(chǔ)．3．（6分）一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計(jì)）。小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將（）A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】533：電容器專題．【分析】下極板未移動時，帶電粒子到達(dá)下極板處返回，知道重力做功與電場力做功之和為零，向上移動下極板，若運(yùn)動到下極板，重力做功小于克服電場力做功，可知不可能運(yùn)動到下極板返回，根據(jù)動能定理，結(jié)合電勢差大小與d的關(guān)系，求出粒子返回時的位置．【解答】解：對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運(yùn)用動能定理得，。將下極板向上平移，設(shè)運(yùn)動到距離上級板x處返回。根據(jù)動能定理得，聯(lián)立兩式解得x=．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。【點(diǎn)評】該題考到了帶電粒子在電場中的運(yùn)動、電容器、功能關(guān)系等知識點(diǎn)，是一道比較綜合的電學(xué)題，難度較大．這類題應(yīng)該以運(yùn)動和力為基礎(chǔ)，結(jié)合動能定理求解．4．（6分）如圖，在水平面（紙面）內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點(diǎn)接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運(yùn)動，從a位置開始計(jì)時，運(yùn)動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】53B：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合．【分析】MN切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv，L越來越大，回路總電阻也增大，根據(jù)電阻定律可求，然后利用閉合電路歐姆定律即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)∠bac=2θ，單位長度電阻為R0則MN切割產(chǎn)生電動勢E=BLv=Bv?2vt×tanθ=2Bv2ttanθ回路總電阻為由閉合電路歐姆定律得：I===i與時間無關(guān)，是一定值，故A正確，BCD錯誤，故選：A?！军c(diǎn)評】關(guān)于電磁感應(yīng)問題，特別是圖象問題，不能憑想當(dāng)然，最好是通過閉合電路歐姆定律找出關(guān)系式。5．（6分）如圖，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計(jì)重力）（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動．【專題】536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【分析】由題意利用幾何關(guān)系可得出粒子的轉(zhuǎn)動半徑，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可得出粒子速度的大??；【解答】解：由題，射入點(diǎn)與ab的距離為．則射入點(diǎn)與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30°，粒子的偏轉(zhuǎn)角是60°，即它的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角是60°，所以入射點(diǎn)、出射點(diǎn)和圓心構(gòu)成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即r=R．軌跡如圖：洛倫茲力提供向心力：，變形得：．故正確的答案是B。故選：B?！军c(diǎn)評】在磁場中做圓周運(yùn)動，確定圓心和半徑為解題的關(guān)鍵。6．（6分）如圖所示，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置、時間（x﹣t）圖線。由圖可知（）A．在時刻t1，a車追上b車 B．在時刻t2，a、b兩車運(yùn)動方向相反 C．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速率先減小后增大 D．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速率一直比a車的大 【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動的圖像．【專題】512：運(yùn)動學(xué)中的圖像專題．【分析】位移時間關(guān)系圖線反映位移隨時間的變化規(guī)律，圖線的斜率表示速度的大小。【解答】解：A、在時刻t1，a、b兩車的位置坐標(biāo)相同，開始a的位移大于b的位移，知b從后面追上a。故A錯誤。B、在時刻t2，a的位移增大，b的位移減小，知兩車運(yùn)動方向相反。故B正確。C、圖線切線的斜率表示速度，在t1到t2這段時間內(nèi)，b車圖線斜率先減小后增大，則b車的速率先減小后增加。故C正確。D、在t1到t2這段時間內(nèi)，b圖線的斜率不是一直大于a圖線的斜率，所以b車的速率不是一直比a車大。故D錯誤。故選：BC。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道位移時間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度的大小，能夠通過圖線得出運(yùn)動的方向。7．（6分）2012年6月18日，神州九號飛船與天宮一號目標(biāo)飛行器在離地面343km的近圓形軌道上成功進(jìn)行了我國首次載人空間交會對接．對接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣，下面說法正確的是（）A．為實(shí)現(xiàn)對接，兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間 B．如不加干預(yù)，在運(yùn)行一段時間后，天宮一號的動能可能會增加 C．如不加干預(yù)，天宮一號的軌道高度將緩慢降低 D．航天員在天宮一號中處于失重狀態(tài)，說明航天員不受地球引力作用 【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】16：壓軸題；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】萬有引力提供圓周運(yùn)動的向心力，所以第一宇宙速度是圍繞地球圓周運(yùn)動的最大速度，衛(wèi)星由于摩擦阻力作用，軌道高度將降低，運(yùn)行速度增大，失重不是失去重力而是對懸繩的拉力或支持物的壓力減小的現(xiàn)象．根據(jù)相應(yīng)知識點(diǎn)展開分析即可．【解答】解：A、又第一宇宙速度為最大環(huán)繞速度，天宮一號的線速度一定小于第一宇宙速度。故A錯誤；B、根據(jù)萬有引力提供向心力有：?v=得軌道高度降低，衛(wèi)星的線速度增大，故動能將增大，所以B正確；C、衛(wèi)星本來滿足萬有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用衛(wèi)星的線速度減小，提供的引力大于衛(wèi)星所需要的向心力故衛(wèi)星將做近心運(yùn)動，即軌道半徑將減小，故C正確；D、失重狀態(tài)說明航天員對懸繩或支持物體的壓力為0，而地球?qū)λ娜f有引力提供他隨天宮一號圍繞地球做圓周運(yùn)動的向心力，所以D錯誤故選：BC。【點(diǎn)評】解決衛(wèi)星運(yùn)行規(guī)律問題的核心原理是萬有引力提供向心力，通過選擇不同的向心力公式，來研究不同的物理量與軌道半徑的關(guān)系．8．（6分）2012年11月，“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號”航空母艦上著艦成功．圖（a）為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機(jī)在飛行甲板上快速停止的原理示意圖．飛機(jī)著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機(jī)的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機(jī)施加一作用力，使飛機(jī)在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機(jī)著艦為計(jì)時零點(diǎn)，飛機(jī)在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度﹣時間圖線如圖（b）所示．假如無阻攔索，飛機(jī)從著艦到停止需要的滑行距離約1000m．已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g．則（）A．從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的 B．在0.4s～2.5s時間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化 C．在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5g D．在0.4s～2.5s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機(jī)做功的功率幾乎不變 【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動的圖像；37：牛頓第二定律；63：功率、平均功率和瞬時功率．【專題】16：壓軸題；52C：功率的計(jì)算專題．【分析】通過速度與時間的圖象，由圖象的斜率表示加速度大小，再由牛頓第二定律確定阻攔索的拉力，同時由圖象與時間所構(gòu)成的面積為位移的大小．由功率P=FV可確定大小如何變化．【解答】解：A、由圖象可知，從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離即為圖象與時間所構(gòu)成的面積，即約為，而無阻攔索的位移為1000m，因此飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的，故A正確；B、在0.4s～2.5s時間內(nèi)，速度與時間的圖象的斜率不變，則加速度也不變，所以合力也不變，因此阻攔索的張力的合力幾乎不隨時間變化，但阻攔索的張力是變化的，故B錯誤；C、在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小為＞2.5g，故C正確；D、在0.4s～2.5s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機(jī)做功的功率P=FV，雖然F不變，但V是漸漸變小，所以其變化的，故D錯誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】考查由速度與時間的圖象，來讀取正確的信息：斜率表示加速度的大小，圖象與時間所夾的面積表示位移的大?。⒁庾钄r索的張力與張力的合力是不同的．二、解答題（共4小題，滿分47分）9．（7分）圖（a）為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測量物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m；用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測最兩光電門之間的距離s；②調(diào)整輕滑輪，使細(xì)線水平；③讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計(jì)分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB，求出加速度a；④多次重復(fù)步驟③，求a的平均值；⑤根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)μ?；卮鹣铝袨轭}：（1）測量d時，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖（b）所示，其讀數(shù)為0.960cm。（2）物塊的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示為a=。（3）動摩擦因數(shù)μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=（4）如果細(xì)線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）?！究键c(diǎn)】M9：探究影響摩擦力的大小的因素．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；511：直線運(yùn)動規(guī)律專題．【分析】（1）游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)，（2）由速度公式求出物塊經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時的速度，然后由勻變速運(yùn)動的速度位移公式求出物塊的加速度；（3）由牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。（4）由于實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)造成的誤差是系統(tǒng)誤差，由于實(shí)驗(yàn)操作、讀數(shù)等造成的誤差屬于偶然誤差?！窘獯稹拷猓海?）由圖（b）所示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)為0.9cm，游標(biāo)尺示數(shù)為12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，則游標(biāo)卡尺示數(shù)為0.9cm+0.060cm=0.960cm。（2）物塊經(jīng)過A點(diǎn)時的速度vA=，物塊經(jīng)過B點(diǎn)時的速度vB=，物塊做勻變速直線運(yùn)動，由速度位移公式得：vB2﹣vA2=2as，加速度a=；（3）以M、m組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），解得μ=；（4）如果細(xì)線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。故答案為：（1）0.960；（2）；（3）；（4）系統(tǒng)誤差?！军c(diǎn)評】對游標(biāo)卡尺進(jìn)行讀數(shù)時，要先確定游標(biāo)尺的精度，主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直。10．（8分）某學(xué)生實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示電路，測量多用電表內(nèi)電池的電動勢和電阻“×1k”擋內(nèi)部電路的總電阻。使用的器材有：多用電表；電壓表：量程5V，內(nèi)阻十幾千歐；滑動變阻器：最大阻值5kΩ導(dǎo)線若干?；卮鹣铝袉栴}：（1）將多用電表擋位調(diào)到電阻“×1k”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零點(diǎn)。（2）將圖（a）中多用電表的紅表筆和1（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。（3）將滑動變阻器的滑片調(diào)到適當(dāng)位置，使多用電表的示數(shù)如圖（b）所示，這時電壓表的示數(shù)如圖（c）所示。多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為15.0kΩ和3.60V。（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零。此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0kΩ和4.00V．從測量數(shù)據(jù)可知，電壓表的內(nèi)阻為12.0kΩ。（5）多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的電路，如圖（d）所示。根據(jù)前面的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算可得，此多用電表內(nèi)電池的電動勢為9.00V，電阻“×1k”擋內(nèi)部電路的總電阻為15.0kΩ。【考點(diǎn)】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題．【分析】（1）歐姆表使用前一定要?dú)W姆調(diào)零；（2）紅正黑負(fù)，電流從紅表筆流入電表，從黑表筆流出電表；（3）歐姆表讀數(shù)等于倍率乘以表盤讀數(shù)，伏特表讀數(shù)要估讀；（4）歐姆表測量的是外電路的總電阻，由于滑動變阻器被短路，故歐姆表讀數(shù)即為電壓表阻值；（5）由于半偏電流是滿偏電流的一半，故歐姆表的中值電阻等于內(nèi)電阻；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電動勢?！窘獯稹拷猓海?）歐姆表使用前一定要?dú)W姆調(diào)零，即紅黑表筆短接后，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使電流表滿偏；（2）多用電表的紅表筆對應(yīng)歐姆表內(nèi)電源的負(fù)極，所以紅表筆應(yīng)接電壓表的負(fù)接連柱，故紅表筆接觸1；（3）歐姆表讀數(shù)=倍率×表盤讀數(shù)=1k×15.0Ω=15.0kΩ；電壓表讀數(shù)為3.60V；（4）由于滑動變阻器被短路，故歐姆表讀數(shù)即為電壓表阻值，為12.0kΩ；（5）調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零，此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0kΩ和4.00V；多用電表的中值電阻等于內(nèi)電阻，故R=15.0kΩ；由閉合電路歐姆定律I=和歐姆定律U=IRV可知，E=代入數(shù)據(jù)有：E=（12kΩ+15kΩ）=9.00V，故答案為：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.00，15.0?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，會使用歐姆表和電壓表測量電阻和電壓，同時能結(jié)合閉合電路歐姆定律靈活地列式分析。11．（13分）水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質(zhì)細(xì)橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標(biāo)記R．在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標(biāo)系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）點(diǎn)。已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動；B平行于x軸朝x軸正向勻速運(yùn)動。在兩車此后運(yùn)動的過程中，標(biāo)記R在某時刻通過點(diǎn)（l，l）。假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運(yùn)動速度的大小?！究键c(diǎn)】37：牛頓第二定律．【專題】16：壓軸題；522：牛頓運(yùn)動定律綜合專題．【分析】根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出t時刻A的縱坐標(biāo)，B的橫坐標(biāo)，抓住橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1，根據(jù)相似三角形，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出B的運(yùn)動速度?！窘獯稹拷猓涸O(shè)B車的速度大小為v。如圖，標(biāo)記R的時刻t通過點(diǎn)K（l，l），此時A、B的位置分別為H、G。由運(yùn)動學(xué)公式，H的縱坐標(biāo)yA，G的橫坐標(biāo)xB分別為①xB=vt②在開始運(yùn)動時，R到A和B的距離之比為2：1，即OE：OF=2：1由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1。因此，在時刻t有HK：KG=2：1③由于△FGH∽△IGK，有HG：KG=xB：（xB﹣l）④HG：KG=（yA+l）：（2l）=3：1⑤聯(lián)立各式解得答：B運(yùn)動速度的大小為?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵抓住橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2：1，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和數(shù)學(xué)幾何進(jìn)行求解。12．（19分）如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L．導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系?！究键c(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；37：牛頓第二定律；AN：電容器與電容；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】16：壓軸題；539：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題．【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律，求出感應(yīng)電動勢；再與相結(jié)合求出電荷量與速度的關(guān)系式。（2）由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大??；借助于、及牛頓第二定律來求出速度與時間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E=BLv，平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E，設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有，聯(lián)立可得，Q=CBLv。（2）設(shè)金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1=BLi，設(shè)在時間間隔（t，t+△t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為△Q，則△Q=CBL△v，按定義有：，△Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t，t+△t）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，△v為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為：f2=μN(yùn)，式中，N是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N=mgcosθ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣f1﹣f2=ma，即：mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma；聯(lián)立上此式可得：。由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動，t時刻金屬棒的速度大小為。答：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系為Q=CBLv；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系?！军c(diǎn)評】本題讓學(xué)生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律、及運(yùn)動學(xué)公式，并相互綜合來求解。三．[物理--選修3-3]（15分）13．（6分）兩個相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止開始運(yùn)動，直至不再靠近。在此過程中，下列說法正確的是（）A．分子力先增大，后一直減小 B．分子力先做正功，后做負(fù)功 C．分子動能先增大，后減小 D．分子勢能先增大，后減小 E．分子勢能和動能之和不變 【考點(diǎn)】86：分子間的相互作用力；87：分子勢能；8A：物體的內(nèi)能．【專題】16：壓軸題；547：內(nèi)能及其變化專題．【分析】分子力同時存在引力和斥力，分子間引力和斥力隨分子間的距離的增大而減小，隨分子間的距離的減小而增大，且斥力減小或增大比引力變化要快些；分子力做功等于分子勢能的減小量?！窘獯稹拷猓篈、兩個相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止開始運(yùn)動，直至不再靠近的過程中，當(dāng)分子間距大于平衡間距時，分子力表現(xiàn)為引力；當(dāng)分子間距小于平衡間距時，分子力表現(xiàn)為斥力；故A錯誤；B、兩個相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止開始運(yùn)動，直至不再靠近的過程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做負(fù)功，故B正確；C、只有分子力做功，先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動能定理，動能先增加后減小，故C正確；D、分子力先做正功后做負(fù)功；分子力做功等于分子勢能的減小量；故分子勢能先減小后增加，故D錯誤；E、分子力做功等于分子勢能的減小量，總功等于動能增加量，只有分子力做功，故分子勢能和分子動能總量保持不變，故E正確；故選：BCE。【點(diǎn)評】本題考查了分子力、分子勢能、分子力做功與分子勢能變化關(guān)系，基礎(chǔ)題。14．（9分）如圖所示，兩個側(cè)壁絕熱、頂部和底部都導(dǎo)熱的相同氣缸直立放置，氣缸底部和頂部均有細(xì)管連通，頂部的細(xì)管帶有閥門K，兩氣缸的容積均為V0，氣缸中各有一個絕熱活塞（質(zhì)量不同，厚度可忽略）。開始時K關(guān)閉，兩活塞下方和右活塞上方充有氣體（可視為理想氣體），壓強(qiáng)分別為p0和，左活塞在氣缸正中間，其上方為真空；右活塞上方氣體體積為．現(xiàn)使氣缸底與一恒溫?zé)嵩唇佑|，平衡后左活塞升至氣缸頂部，且與頂部剛好沒有接觸；然后打開K，經(jīng)過一段時間，重新達(dá)到平衡。已知外界溫度為T0，不計(jì)活塞與氣缸壁間的摩擦。求：①恒溫?zé)嵩吹臏囟萒；②重新達(dá)到平衡后左氣缸中活塞上方氣體的體積Vx?！究键c(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強(qiáng)．【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】（1）兩活塞下方封閉的氣體等壓變化，利用蓋呂薩克定律列式求解；（2）分別以兩部分封閉氣體，利用玻意耳定律列式求解【解答】解：（1）與恒溫?zé)嵩唇佑|后，在K未打開時，右活塞不動，兩活塞下方的氣體經(jīng)歷等壓過程，由蓋呂?薩克定律得：=…①解得：T=T0…②（2）由初始狀態(tài)的力學(xué)平衡條件可知，左活塞的質(zhì)量比右活塞的大。打開K后，右活塞必須升至氣缸頂才能滿足力學(xué)平衡條件。氣缸頂部與外界接觸，底部與恒溫?zé)嵩唇佑|，兩部分氣體各自經(jīng)歷等溫過程，設(shè)在活塞上方氣體壓強(qiáng)為p，由玻意耳定律得：pVX=?…③對下方氣體由玻意耳定律得：（p+p0）（2V0﹣Vx）=p0?V0…④聯(lián)立③④式得：6VX2﹣V0VX﹣V02=0，解得：VX=V0，VX=﹣V0不合題意，舍去。答：（1）恒溫?zé)嵩吹臏囟葹門0；（2）重新達(dá)到平衡后左氣缸中活塞上方氣體的體積為V0?！军c(diǎn)評】本題涉及兩部分氣體狀態(tài)變化問題，除了隔離研究兩部分之外，關(guān)鍵是把握它們之間的聯(lián)系，比如體積關(guān)系、溫度關(guān)系及壓強(qiáng)關(guān)系。四．[物理--選修3-4]（15分）15．如圖，a、b、c、d是均勻媒質(zhì)中x軸上的四個質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)的間距依次為2m、4m和6m。一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a處，質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動，t=3s時a第一次到達(dá)最高點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．在t=6s時刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)d處 B．在t=5s時刻質(zhì)點(diǎn)c恰好到達(dá)最高點(diǎn) C．質(zhì)點(diǎn)b開始振動后，其振動周期為4s D．在4s＜t＜6s的時間間隔內(nèi)質(zhì)點(diǎn)c向上運(yùn)動 E．當(dāng)質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動時，質(zhì)點(diǎn)b一定向上運(yùn)動 【考點(diǎn)】F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】由題“在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a處，質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動，t=3s時a第一次到達(dá)最高點(diǎn)”可確定出該波的周期。根據(jù)a與d間的距離，由t=求出波從a傳到d的時間。根據(jù)時間t=5s與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)c的狀態(tài)。由波速公式求出波長，根據(jù)b、d間距離與波長的關(guān)系，分析當(dāng)質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動時質(zhì)點(diǎn)b的運(yùn)動方向。【解答】解：A、ad間距離為x=12m，波在同一介質(zhì)中勻速傳播，則波從a傳到d的時間為t==s=6s，即在t=6s時刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)d處。故A正確。B、設(shè)該波的周期為T，由題可得，T=3s，得T=4s。波從a傳到c的時間為t==s=3s，則在t=5s時刻質(zhì)點(diǎn)c已振動了2s，而c起振方向向下，故在t=5s時刻質(zhì)點(diǎn)c恰好經(jīng)過平衡位置向上。故B錯誤。C、質(zhì)點(diǎn)b的振動周期等于a的振動周期，即為4s。故C正確。D、在4s＜t＜6s的時間間隔內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)c已振動了1s＜t＜3s，質(zhì)點(diǎn)c正從波谷向波峰運(yùn)動，即向上運(yùn)動。故D正確。E、波長為λ=vT=2×4m=8m，bd間距離為10m=1λ，結(jié)合波形得知，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動時，質(zhì)點(diǎn)b不一定向上運(yùn)動。故E錯誤。故選：ACD?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵要抓住波在同一介質(zhì)中是勻速傳播的，由t=可求出波傳播的時間。要抓住各個質(zhì)點(diǎn)的起振方向都與波源的起振方向相同，通過分析波的形成過程進(jìn)行分析。16．圖示為一光導(dǎo)纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為L，折射率為n，AB代表端面。已知光在真空中的傳播速度為c。（i）為使光線能從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣?，求光線在端面AB上的入射角應(yīng)滿足的條件；（ii）求光線從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣嫠璧淖铋L時間。【考點(diǎn)】H5：全反射．【專題】16：壓軸題；54E：全反射和臨界角專題．【分析】根據(jù)折射定律求入射角的條件，利用全反射的條件和運(yùn)動學(xué)知識求光線傳播所用的最長時間。【解答】解：（1）設(shè)激光束在光導(dǎo)纖維端面的入射角為i，折射角為α，折射光線射向側(cè)面時的入射角為β，要保證不會有光線從側(cè)壁射出來，其含義是能在側(cè)壁發(fā)生全反射。