2013年高考物理临考冲刺模拟二

14.在下列四个方程中，x1、x2、x3和x4各代表某种粒子

①
(
②
(

③
(
④
(

以下判断中正确的是（ ）

A．x1是中子 B．x2是质子 C．x3是(粒子 D．x4是氘核

14.AC解析：根据质量数和电荷数守恒可知：x1是中子、x2是氘核、x3是(粒子、x4是质子，故选项A、C正确。

15. 一定质量的气体（不计气体分子间的作用力）由状态A变为状态D（如图线所示），这个过程中（ ）

A.气体从外界吸收热量，内能增加

B.气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少

C.气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大

D.气体对光的折射率将变小，光在其中的传播速度会增大

15.AD解析：由于不计气体分子间的作用力，则不考虑分子势能，气体分子的内能即为分子的总动能。由状态A变为状态B时，气体的温度升高，则内能增加，而体积增大，气体对外做功，据热力学第一定律可知，物体需要从外接吸收热量。单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数与两个因素有关：分子数密度和分子的平均速率。气体的体积增大，分子数密度跟体积有关，体积变大，分子数密度减小；温度升高，分子的平均速率增大，故而该选项不能确定。气体温度升高，分子的平均动能增大，但是并非每个分子的动能都增加，选项C错误。由于气体的体积变大，密度减小，气体对光的折射率将变小，光在其中的传播速度会增大，选项D正确。

16. 2007 年3 月26 日，中俄共同签署了《 中国国家航天局和俄罗斯联邦航天局关于联合探测火星一火卫一合作的协议》，双方确定于2008年联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。 “火卫一”就在火星赤道正上方运行，与火星中心的距离为9450km．绕火星1周需7h39min，若其绕行轨道可简化为圆形轨道，则由以上信息不能确定的是（ ） A

A．火卫一的质量　　　　B．火星的质量

C．火卫一的绕行速度　　D．火卫一的向心加速度

16.A

解析：根据
可知，火卫一的质量不能确定，故正确答案为选项A。

17 . 横截面为三角形、两种材料拼接而成的斜面体，BD界面平行于底边CE，两侧面与水平面夹角分别为α和β、且α＜β。已知小物体P从A静止沿左侧面下滑加速至B点匀速到C点，所用时间为t1、合外力对P做功为W1、摩擦力的冲量为I1、支持力的冲量为I2；若该小物体从A点沿右侧面下滑，所用时间为t2、合外力对P做功为W2、摩擦力对P的冲量为I3、支持力对P的冲量为I4，则下列判定不正确的是（ ）

A．t1＞t2 B．I1＞I3

C．I2＞I4 D．W1＞W2

17.D

解析：小物体沿斜面向下的加速度为a＝gsinθ－μgcosθ，可知aAB＜aAD，同理aBC＜aDE，且AB长度大于AD，则在AB上下滑时间比在AD上长、tAB＞tAD；又在斜面上滑动摩擦力做功为Wf＝μmgX（X为对应水平位移），可得WfAB＞WfAD、WfBC＞WfDE，应用动能定理可知VC＜VE、VB＜VD；因为VB＜VD、aBC＜aDE、且BC＞DE，应用位移公式可得tBC＞tDE，又tAB＞tAD，则A对；在AC上支持力比在AE上大、t1＞t2（C对）；

又在AC、AE上下滑的过程中应用动量定理可知摩擦力冲量If＝ngt－mV可知B对；

因为VC＜VE，应用动能定理可知D错。

18. A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随位移变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为UA、UB，则( )

A．EA = EB B.EA＜EB

C.UA = UB D.UA＜UB

18.BD

解析：在任意时间取一段很短的距离
,对应的时间为
，速度的变化量为
，则物体此时的加速度为
.因速度随位移变化的图线的切线斜率不变，而电子的瞬时速度越来越大，所以电子运动的加速度是越来越大，因而有EA＜EB，即选项B正确。因为电子带负电,所受电场力的方向与电场强度的方向相反,所以电场线方向由B指向A,故UA＜UB

19.一列简谐波沿x轴正方向传播。如图甲是t＝0时传播方向上一小段波形图，如图乙是某质点位移随时间变化的振动图线。则下列说法正确的是（ ）

A．该列波的波速为0.8m/s

B．该列波的波速为1.0m/s

C．图乙可表示x＝0处质点的振动图线

D．图乙可表示x＝10m处质点的振动图线

19.BD解析:由图可知,波长为4m,周期为4s.所以
s.B选项正确。

因为简谐波沿x轴正方向传播,所以x＝2处质点向上振动,即满足x＝2+
(n=0,1,2,3……)等处的质点均向上振动,D选项正确。

20．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中不正确的是（ ）

A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动

C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D．丁图表示电梯可能做变减速下降运动

20.B解析：甲图电流表示数不变，且为I0，说明压敏电阻的阻值不变化，物体m对压敏电阻的压力等于物体的重力，说明电梯的加速度a＝0，则电梯处于匀速运动或者静止状态，选项A正确。 乙图电流示数由I0不断变大，说明压敏电阻的阻值不断减小，物体对压敏电阻的压力逐渐变大，则物体向上的加速度逐渐变大，速度方向不能确定，故选项B错误。丙图中电流表示数不变，且为2I0，说明压敏电阻的阻值不变，且压力大于物体的重力，物体的加速度向上，且恒定，但是速度方向不能确定，选项C正确。丙图电流示数由2I0不断减小，说明压敏电阻的阻值不断增大，物体对压敏电阻的压力逐渐减小，则物体向上的加速度逐渐减小，速度方向不能确定，故选项D正确。

21.如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中（ ）

A.导体棒ab做匀加速直线运动时,感应电动势将变大

B.导体棒ab做匀加速直线运动时,灯泡L的亮度变大

C.无论导体棒ab做加速还是减速直线运动,电容器C的上极板都带负电

D.导体棒ab做匀速直线运动时,电容器两极板间的电场强度将减小

21.AB解析: 导体棒ab作匀加速直线运动时,由E=Blv得, 感应电动势E将变大,A选项正确;加在灯泡L两端的电压增大,亮度变大,B选项正确。无论导体棒ab做加速还是减速直线运动,由右手定则得, 导体棒ab, a端电势高,此时对电容器充电,电容器C的上极板带正电,C选项错误. 当导体棒ab做匀速直线运动时,由E=U/d得, 电容器两极板的间电压不变,故电容器两极板的场强不变,D选项错误。

第Ⅱ卷（非选择题 共174分）

22.（17分）实验题

（1）（7分） 小汽车正在走进我们的家庭，你对汽车了解多少？一辆汽车性能的优劣，其油耗标准非常重要。而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力。人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f（也称风阻）主要与两个因素有关：(1)汽车正面投影面积S； (2)汽车行驶速度V。某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：

f / N V / m·s-1

S / m2

20

30

40

50

60



2.0

206

464

824

1291

1860



2.5

258

580

1032

1614

2324



3.0

309

696

1239

1936

2788



3.5

361

812

1445

2258

3252



4.0

412

928

1652

2581

3717



①由上述数据可得汽车风阻f 与汽车正面投影面积S 及汽车行驶速度V 的关系式为f=_________（要求用K表示比例系数）。

②由上述数据得出K的大小和单位是________________。

③据推理或猜测，K的大小主要与__________、________、________等因素有关。

(1)①f = K S v2(2分) ②0.26 kg/m3 （2分） ③ 空气密度 车的外形 车表面情况（3分）

解析：①保持汽车正面投影面积S不变，由表格中的数据可知：
；保持汽车行驶速度V不变，由表格中的数据可知：
，综上由
，即
。

②由①可得
＝0.26 Kg/m3。

③k的大小主要与空气密度、车的外形、车表面情况等因素有关。

（2）（10分）如图（甲）表示某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中R0表示0℃时的电阻，k表示图线的斜率．若用该电阻与电池（E、r）、电流表Rg、滑动变阻器R′串连起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”．

①使用“电阻测温计”前，先要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的________侧（填“左”、“右”）；

②在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、k等物理量表示所测温度t与电流I的关系式t＝____________；

③利用温度和电流的对应关系计算温度，需要知道电流表的内阻Rg．现要精确测量电流表的内阻Rg（约为200Ω），实验室备有下列可供选用的器材：

A．电阻箱R1（0～99.99Ω）；

B．电阻箱R2（0～999.9Ω）；

C．滑线变阻器R3（0～20Ω）；

D．滑线变阻器R4（0～20kΩ）；

此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等．

a.请在方框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻Rg的电路；

b.在这个实验电路中，电阻箱应选________；滑线变阻器应选_________．（用器材前的字母表示）

（2）①右(2分) ②
（2分）

③a.电路图见解析（2分）；b.B（2分） D（2分）

解析：①电流表的零刻度在刻度盘的左端，当温度升高时，电路中的电流减小，故把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值时，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的右侧。

②由甲图可知：
；由乙图可知：
，联立解得：
。

③如图所示，合上开关S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度。再合上开关S2，保持R1的滑动片位置不动，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半。当R4>> R2时，可认为合上S2后，整个电路的电阻几乎没有发生改变，即总电流几乎没有发生改变，则可近似认为RA=R2。

由上述实验步骤可知电阻箱应选B，滑线变阻器应选D。

23.（16分）如图所示，质量为m1、带电荷量为+q的金属球a和质量为m2＝
m1、带电荷量为+q的金属球b用等长的绝缘轻质细线吊在天花板上，它们静止时刚好接触，并且ab接触处贴一绝缘纸、使ab碰撞过程中没有电荷转移，在PQ左侧有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，在PQ右侧有竖直向下的匀强电场、场强大小为E＝
。现将球b拉至细线与竖直方向成θ＝53°的位置（细线刚好拉直）自由释放，下摆后在最低点与a球发生弹性碰撞。由于电磁阻尼作用，球a将于再次碰撞前停在最低点，求经过多少次碰撞后悬挂b的细线偏离竖直方向的夹角小于37°？

解析：

设b球第一次到最低点时速度大小为V1，从自由释放到最低点的过程中，对b应用动能定理有（细线长度为L）：

① （2分）

b球从最低点（设速度为V0）运动到细线偏离竖直方向夹角φ＝37°的过程中，对b应用动能定理有：

② （2分）

①/②得：V0＝
＝0.707V1 ③ （2分）

a和b在最低点发生弹性碰撞，设碰前b的速度为V，碰后a和b的速度分别为V2、V3，对a和b在碰撞过程中应用动量守恒和能量转化守恒有：

m2V＝m1V2＋m2V3 ④ （2分）

⑤ （2分）

④⑤联立解得V3＝－0.9V ⑥ （2分）

由此可知b球碰后速度总是碰前速度的0.9倍。

ab第1次碰后b球的速度为

V11＝0.9 V1＞V0 ⑦ （1分）

ab第2次碰后b球的速度为

V12＝0.92 V1＝0.81 V1＞V0 ⑧ （1分）

ab第3次碰后b球的速度为

V12＝0.93 V1＝0.729 V1＞V0 ⑨ （1分）

ab第4次碰后b球的速度为

V12＝0.94 V1＝0.6561 V1＜V0 ⑩ （1分）

所以经过4次碰撞b球偏离竖直方向的夹角将小于37°。

24.（18分）如图所示，两平行金属板竖直放置，带等量异种电荷（M板带正电，N板带负电），板间距为d=80cm，板长为L，板间电压为U=100v，其中线正上方有一用绝缘细线悬挂着的金属小球A，不带电，其质量为m=1g，悬线长为R=5cm，能承受的最大拉力为Fm=2×10-2N，小球A恰好静止在一竖直放置的、光滑绝缘的、半径为R的四分之一圆弧轨道的下端，圆弧轨道下端点的切线水平，且与板间电场边界重合。悬挂A球的悬线与圆弧轨道在同一竖直平面内，且与两金属板平面垂直 。有一与A球完全相同的金属小球B，带8×10-5C的正电荷，由静止开始从圆弧轨道最上端滑下，与小球A发生弹性正碰。小球A、B均可视为质点，两板间电场视为匀强电场，其边界（图中虚线）外无电场。不计两小球间的静电力，且小球不影响板间电场。不计空气阻力，取g=10m/s2.求：

（1）从小球进入电场开始，当两小球间距离为20cm时，小球A的电势能增加多少？

（2）为使小球不与金属板相碰，金属板长度L应满足什么条件？

（3）当小球恰好不与金属板相碰时，小球A离开电场时的动能是多大？

小球B滑到最低点时的速度为V0=
=1m/s

当它与小球A发生弹性正碰后交换速度，即碰后VA=V0，VB=0

小球A作圆周运动，在最低点满足 FT－mg=mV02/R

解得 FT=mg+mV02/R=3×10-2N＞Fm

因此，碰后细线被拉断。此后两小球进入电场。设2q=8×10-5C,则碰后每个小球的带电量为q=4×10-5C，建立如图所示的直角坐标系。

进入电场后，两小球的加速度为

A球：a1x=
=5m/s2,方向向右（-x方向）

a1y=g，方向竖直向下（+y方向）

B球：a2x=
=5m/s2,方向向右（-x方向）

A2y=g, 方向竖直向下（+y方向）

令a1x= a2x=a，两小球进入电场后的运动情况是：

A球：x方向：初速度为V0（沿+x方向），加速度为a的匀变速运动； Y方向：自由落体运动

B球：x方向：初速度为0，加速度为a的匀变速运动；

Y方向：自由落体运动

因此，A、B两小球在运动过程中始终位于同一条水平线上.

（1）当两小球间距离为s=20cm时，有

V0t1－
（2分）

解得:t1=0.2s （1分）

此时，A球水平分速度VAy=V0－at1=0,即A球到达左侧最远处，水平位移为

XA=V02/2a=0.1m （1分）

所以，电场力的功为：W=－qEXA=－qUXA/d=－5×10-4J,即A球电势能增加5×10-4J （2分）（2）B球沿X方向的最大位移为：XB=
=d/2 （2分）

解得 t2=0.4s （2分）

所以： L=yB=
=0.8m （2分）

(3)当小球A离开电场时，其速度分量分别为 Vx=V0-at2=-1m/s （2分）

Vy=gt2=8m/s （2分）

所以离开时的动能为E看=
=3.25×10-2J （2分）

25.（21分）如图所示，一个质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)，沿光滑绝缘斜槽从比A点高出H的C点由静止下滑，并从A点水平切入一个横截面为正方形且边长为a、高为h(h可变)的有界匀强磁场区内(磁场方向在竖直方向上)，A为横截面一条边的中点.已知小球刚好能在有界磁场区内运动，最后从A点正下方的D点离开有界磁场区.求:

（1）磁感应强度的大小和方向.

（2）有界磁场区域高度h应满足的条件.

（3）在AD有最小值的情况下,小球从D点射出的速度.

25.（20分）解：（1）设小球到C点速度为v0，由动能定理得：

(2分)v0=
(1分)

在磁场中洛仑兹力提供向心力：
（1分）
（1分）

由小球水平分运动：R=
（2分）

B=
，方向竖直向下 （2分）

（2）小球水平分运动为匀速圆周运动：

T=
（2分）

h=
（2分）

（3）当n=1时，AD最小 （1分）

h=
（2分）

由C点到D点过程中由机械能守恒定律得：
（3分）

联立解得:v0=
（2分）