2013年普通高等学校招生全国统一考试理综物理试题山东卷高中物理练习试题

12013年普通高等学校招生统一考试（山东卷）理科综合-物理第I卷（必做，共87分）二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反【答案】AC【解析】“物体之间普遍存在相互吸引力”是牛顿总结出的万有引力定律的内容，“物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反”是牛顿第三定律的内容，从而排除选项B、D。选项AC均是伽利略利用实验研究和逻辑推理相结合得出的物理规律。本题选AC。15.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30o，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为A．4:3B.3:4C.1:2D.2:1【答案】D【解析】将两小球看做一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力、A、C的拉力共3个力的作用，由于弹簧处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满足sin30AxACFFF，故:2:1ACFF，又三个弹簧的劲度系数相同，据胡克定律Fkx可知弹簧A、C的伸长量之比为2:1。16.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（Mm）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A.两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】两滑块沿斜面运动的过程中，由于斜面ab粗糙，则摩擦力对M做负功，故两滑块组成系统的机械能减2少，选项A错误；据动能定理可知M受到的合外力做的功等于M动能的变化，即重力、绳的拉力以及摩擦阻力对M做的功等于M动能的增加量，选项B错误；由功能关系可得除重力外其他外力做的功等于物体（或系统）机械能的变化，故轻绳的拉力对m做的正功等于m机械能的增加，摩擦力做的负功等于系统机械能的减少量，选项C、D正确。本题选CD。17.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是A．电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50rad/sC.0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】AC【解析】由题图乙可知交流电电流的最大值是mI=102A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数2mII=10A，选项A正确；角速度2100Trad/s，选项B错误；0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。18.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是3ABCD【答案】B【解析】由图乙可知磁感应强度的大小随时间呈线性变化，即Bkt（k是一个常数），又圆环的面积S不变，由BSEtt可知圆环中产生的感应电动势不变，则回路中的感应电流大小不变，故ab边受到的安培力不变，排除选项C、D；0-2T时间内，由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，排除选项A错误。本题选B。19.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是A．b、d两点处的电势相同B.四点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小【答案】ABD【解析】由等量异种点电荷的电场分布规律可知b、d两点处的电势相同，再结合矢量合成的平行四边形定则可判断电场强度大小相等、方向不同，故选项A正确C错误；由电荷的独立作用原理可知正电荷在+Q产生的电场中由a运动至c，电场力不做功，正电荷在-Q产生的电场中由a运动至c，电场力做正功，故正电荷在两点电荷的电场中由a至c电场力做正功，电势能减小，选项D正确；沿电场线的方向电势逐渐降低，故b、d点的电势高于c点的电势，由D项的分析结合pEq，可知a点电势高于c点的电势，故选项B正确。20.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为TknA23.TknB3.TknC2.TknD.4【答案】B【解析】由万有引力提供向心力有2121122(),mmGmrLT2122222()mmGmrLT，又12Lrr，12Mmm，联立以上各式可得2324LTGM,故当两恒星总质量变为kM,两星间距变为nL时，圆周运动的周期'T变为3nTk，本题选B。第Ⅱ卷【必做部分129分】21.（13分）（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的__________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。（2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足dIBKUH，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________(填“M”或“N”)端通过导线相连。②已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出UH—I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________11310TAmV（保留2位有效数字）。③该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未5画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”）,S2掷向_______（填“c”或“d”）。为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____________和__________(填器件代号)之间。【答案】（1）A；11.25（2）○1M○2如右图所示，1.5（1.4或1.6）○3b，c；S1，E【解析】（1）由游标卡尺的结构原理可知测内经，应选游标卡尺的内测量脚，故选填A；游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺的读数为50.05mm=0.25mm,故钢笔帽的内径为11.25mm。（2）①由于导电空穴为带正电的粒子，由电流方向和磁场方向结合左手定则可判断出正粒子向M板偏转，故M板的电势高，电压表的“+”接线柱应与M端连接。②根据表格数据，在坐标纸上描点、连线，注意使图线尽可能多的穿过坐标点，不在线上的点均匀分布在线的两侧，误差较大的点予以舍去。（作图暂略）。由题意HIBUkd知HUBkId，即图线的斜率表示Bkd，将已知数据代入可求得3111.510VmTk。③外电路中，电流由电源正极流出，经用电器流入电源负极，故1S接b，2S接c时，电流自Q端流入P端流出；为了避免开关接错位置导致电源短路而被烧坏，应在开关1S和电源E之间串联一保护电阻。22.（15分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以V0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数33。重力加速度g取10m/s2.（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。6（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【答案】见解析【解析】（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得2021+=attvL○1attvv+=0○2联立○1○2得2s/m3=a○3s/m8=v○4（2）设物块所受支持力为NF，所受摩擦力为fF，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得maFθmgαFf=-sin-cos○50=cos-+sinθmgFαFN○6又NfFμF=○7联立○5○6○7式得αμαmaθμθmgFsin+cos+)cos+(sin=○8由数学知识得)+°60sin(332=sin33+cosααα○9由○8○9式可知对应F最小的夹角为°30=α○10联立○3○8○10式，代入数据得F的最小值为N5313=minF○11723.（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、带电量为q的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【答案】见解析【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为0t，加速度的大小为a，粒子的初速度为0v，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为yv，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得maqE=○1由运动学公式得2021=atd○200=2tvd○30=atvy○4220+=yvvv○50=tanvvθy○6联立○1○2○3○4○5○6式得mqEdv2=○7°45=θ○8（2）设粒子做圆周运动的半径为1R，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，1O为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得dR22=1○9由牛顿第二定律得8120=RvmqvB○10联立○7○9○10式得qdmEB2=0○11（3）设粒子做圆周运动的半径为2R，由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示，2O、2′O是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接2O、2′O，由几何关系知，22′OFGO和22′OQHO均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，