2013年普通高等学校招生全国统一考试高考物理预测调研试题6重庆卷新人教版高中物理练习试题

1题5-2图1234567－B0-Ot/sB2B0B0－2B0-t/s1234567－F0-OF2F0F0－2F0-C1234567Ot/siI0－I0-A1234567Ot/siI0－I0-B1234567－F0-Ot/sF2F0F0－2F0-D2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科综合能力高考模拟调研卷（六）理科综合能力测试卷共8页，满分300分。考试时间150分钟。物理试题第Ⅰ卷（选择题共30分）选择题（共5小题，每题6分，每题仅有一个正确选项）1．下列说法中正确的是A．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成B．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（m1＋m2－m3）c2D．原子从a能级跃迁到b能级时发射波长为λ1的光子；原子从b能级跃迁到c能级时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2．那么原子要从c能级跃迁到a能级时会发射一定频率的光子2．题2图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，RB是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器RB所在处出现磁体时，电流表的电流I，c、d两端的电压U将A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变大D．I变小，U变小3．如题3图，水平支持面上的滑块M（可视为质点）在斜向上拉力F作用下保持静止，现保持F的大小及其作用点不变，使其方向变为水平方向，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下选项中正确的是A．M所受的合力一定仍为零B．M与地面间的摩擦力一定增大C．M与地面间的摩擦力可能增大，也可能不变D．M对地面的压力将大于地面对它的支持力4．如题4图所示，A、B是地球的两颗人造卫星，其轨道位于同一平面内，环绕方向相同，它们的轨道半径之比rA∶rB＝1∶4，周期分别为TA、TB，图示时刻它们刚好处于过地心的连线上，下列说法正确的是A．A、B的环绕速度之比vA∶vB＝1∶2B．A、B的角速度之比ωA∶ωB＝2∶1C．再经过时间TA，它们将再次同时出现在图示位置D．再经过时间TB，它们将再次同时出现在图示位置5．如题5-1图所示，直角三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如题5-2图所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于i和F随时间t变化的图象正确的是FM题3图题4图题2图题5-1图左右abc2第Ⅱ卷（非选择题共80分）6．（19分）（1）某课外实验小组利用题6-1图的实验装置研究“加速度与合外力的关系”．①在实验中，为了平衡小车运动中受到的阻力．应该采用下面所述方法中的．A．逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动B．逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止C．逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀②正确平衡摩擦力后，利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力F，改变钩码的个数，利用纸带算出对应的加速度，进而可以确定加速度a与细线上拉力F的关系，下列图象中能表示该小组实验结果的是．若把所挂钩码的重力mg作为细线上的拉力，则作出的图像可能是．③若把挂钩码的方式改成挂砂桶添加细砂来改变拉力大小的方式，则它的优点是．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度（2）儿童电动玩具中有各种型号的小型直流电动机.某课外实验小组从废旧的玩具上拆了一个标有“5V，0.45A”的小型直流电动机，想要测定电动机的伏安特性曲线（U－I图线），在实验室找到的器材有：A．直流电源E：（电动势6V，内阻约0.5Ω）B．直流电流表A1：0～3A（内阻约为0.1Ω）C．直流电流表A2：0～0.6A（内阻约为0.5Ω）D．直流电压表V1：0～6V（内阻约为12kΩ）E．直流电压表V2：0～3V（内阻约为5kΩ）F．滑动变阻器R1：0～5Ω，2AG．滑动变阻器R2：0～1kΩ，0.8AH．开关S，导线若干①为了使测量的准确度更高，在选择器材时，电流表应该选，电压表应该选，滑动变阻器应该选．（只需填器材前的字母代号）②请你在答题卡上的方框内帮该小组的同学设计出实验所需的电路图．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（电动机的符号○M）③在正确的实验操作下，测出的伏安特性曲线图如题6-2图所示．若把该电动机接在电动势为5.0V，内阻为2Ω的电源两端，则电动机实际消耗的功率为．（保留三位有效数字）7．(14分）中国首艘航母“辽宁号”突破关键技术后，已经实现了舰载机的成功起降．已知质量为m的舰载机关闭发动机后在陆地水平地面跑道上降落时，若触地瞬间的速度为v0，匀减速滑行距离s后可停下.而在航母上可以通过设置拦阻索来增大对舰载机的阻力，从而减小这段滑行距离.若舰载机关闭发动机后在静题6-1图接电源纸带实验小车制动装置打点计时器力传感器钩码aFOAaOFBCaFOF0aOFD题6-2图U/VOI/A0.100.200.300.400.500.605.04.03.02.01.03题11-1图题11-2图止于海面的航母水平甲板上降落，它接触甲板瞬间的速度仍为v0，在甲板上滑行s/6后即停下（在甲板上的运动看作匀变速运动，假设除了拦阻索的作用之外其余阻力f与陆地跑道上降落时相同）．求：（1）该舰载机在陆地跑道上降落滑行时的加速度a；（2）该舰载机在航母上降落滑行时拦阻索施加的平均阻力F．8．（16分）如题8图所示，在边界PQ的左侧空间存在一个足够宽广的电场强度为E，方向向右的匀强电场区域.电场的右侧有两个足够长的条形匀强磁场区域1和区域2，磁场感应强度均为B，方向垂直纸面向里.条形匀强磁场的宽度为a，两磁场区域的间距也为a，PQ是电场与磁场区域1的分界线，MN是区域2的右侧边界．现将质量为m、电量为q的带正电的粒子从电场中某处自由释放，粒子经过磁场区域1和区域2后能再次回到电场中，已知粒子在磁场中运动的半径为2a（粒子重力忽略不计），求：（1）粒子释放处距离PQ的距离d；（2）粒子从释放开始到再次回到电场的过程中，在磁场区域1和区域2中运动的时间之比t1∶t2；（3）欲使粒子经过区域2又不会越过边界MN，粒子释放处的距离d需要满足的条件．9．（19分）如题9图所示，放置在水平地面上的长度为S＝2.0m的木板A左侧有一固定的弹性挡板D，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.在木板的中点处放置一物块B（其宽度不计），A、B的质量mA＝mB＝2kg，A、B间的摩擦因数为μ2＝0.1．在距离木板A右侧边缘为L1＝2.0m处的上方有一固定弹性挡板P，其下端略高于木板A的上表面．距离P为L2＝1.0m处有一粘性挡墙Q，若木板A撞上即被粘住．某时刻在木板左侧施加水平向右的F＝16N的恒力，作用1s后，该力方向不变、大小立即减小为F/2并一直保持．若在A运动时，物块B与挡板D碰撞，则A、B互换速度；若在A静止时两者相碰，则B被等速弹回．此外若物块B与P碰撞，则B被等速弹回．求：（1）恒力F作用1s时，木板A与物块B的速度vA、vB；（2）物块B与挡板P碰撞前的瞬间的速度v；（3）最终物块B停下时距离挡板D的距离d．选做题（第10题和第11题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第10题计分）10．【选修3－3】（1）下列有关热现象的说法中正确的是（仅有一个正确选项）A．盛有气体的容器作减速运动时，容器中气体的内能随之减小B．用活塞压缩气缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了3.5×105JC．第二类永动机不可能制造成功的原因是违背能量守恒定律D．露珠呈球形是表面张力造成的（2）一个装有一定质量气体的密闭容器，27℃时容器内气体压强为1.0×105Pa，已知当内、外气压压强差超过3.0×l04Pa时该容器将破裂．在外界大气压为1.0×105Pa的环境中，把该容器降温到－33℃，（容器容积的变化忽略不计，且容器内气体可视为理想气体）求：①此时容器内气体的压强大小；②容器是否会破裂？11．【选修3－4】（1）一列沿x轴正向传播的横波在某时刻的波形图如题11-1图所示．a、b、c、d为介质中沿波的传播方向上四个质点的平衡位置，若从该时刻开始计时，则题11-2图是下面哪个质点经过半个周期后的振动图象（仅有一个正确选项）A．a处质点B．b处质点题9图aaadMNPBBEm、q题8图Q124C．c处质点D．d处质点（2）如题11-3图所示，一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体，其横截面半径为R，一束单色光垂直左侧面射入玻璃体，入射点为A，OA＝R/2，此单色光通过玻璃体后沿PQ方向射出，Q是其与下侧边界延长线的交点，OQ＝3R，求：该玻璃的折射率n．题11-3图52013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科综合能力高考模拟调研卷（六）物理参考答案1～5DACDC6.（19分）（1）①C（2分）②D（2分）A（2分）③B（2分）（2）①CDF（各2分）②电路图如下（2分）③1.72W（±0.02）（3分）7.（14分）解：（1）由2022vvax有：svsva2202020负号表示加速度方向与初速度方向相反（5分）（2）在航母上降落时，svsvsvva20202023622负号表示加速度方向与初速度方向相反（3分）由牛顿第二定律，在陆地上降落时：maf（2分）在航母上降落时：amFf（2分）所以：smvF2520（2分）8.（16分）解：（1）由动能定理：221mvqEd，（2分）又：aqBmvR2（2分）所以mEaqBd222（2分）（2）带电粒子运动轨迹如图所示，因为轨迹半径为2a，所以，在磁场区域1中圆弧所对应的圆心角为30°，在区域2中圆弧所对应的圆心角为120°，6TTt61°360°30°301（2分）TTt31°360°1202（2分）所以，2:1:21tt（1分）（3）要到达区域2，则运动半径aR（1分）要不会越过边界MN，则运动半径aR2≤（1分）综上，aRa2≤（1分）所以，mEaqBdmEaqB22222≤2（2分）9.（19分）解：（1）开始1s内，由牛顿第二定律，木板加速度3)(21ABBAAmgmgmmFam/s2（2分）物块B加速度122gmgmaBBBm/s2（2分）1s时的速度：313tavAAm/s111tavBBm/s（各1分）（2）前1s，木板的位移5.113212122taxAAm（1分）物块B的位移5.011212122taxBBm（1分）则1BAxxm，所以此时物块B即将撞上档板D（1分）碰撞后，互换速度1Avm/s3Bvm/s之后，木板与物块组成的系统动量守恒，若两者能共速，则共vmmvmvmBABBAA)(（1分）12222)(212121gsmvmmvmvmBBABBAA共（1分）解得11sm，2共vm/s即物块B刚好又到达木板的中点处（1分）此过程物块B的位移5.2222BBBavvx共m，此时恰好运动到挡板P处（1分）则物块B与挡板P碰撞前的瞬间的速度2共vvm/s（1分）（3）1s后至物块B与挡板P碰撞前，木板A的位移5.11sxxBAm（1分）说明物块B与挡板P碰撞后反向时，木板A即撞上Q而停下则22221vmgsmBB（2分）即0.22sm（1分）所以，最终物块B停止在0.1dm处（1分）（本题第（2）（3）问也可以纯粹用动力学方法或图像法求解）10.（12分）（1）D（6分）（2）解：①取封闭气体