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1、精选优质文档-倾情为你奉上绝密启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合物理部分物理试卷分为第卷（选择题）和第卷两部分，第卷1至3页，第卷4至8页，共120分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共8题，每题6分，共48分。一、单项选择题（每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有
2、一个选项是正确的）1下列说法正确的是A原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流C氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关【考点】本题考查原子核衰变、玻尔理论、光电效应方程。【答案】C【解析】原子在发生衰变时遵守电荷守恒和质量数守恒规律，质量有亏损，故选项A错误；射线是氦原子核，射线是高速电子流，射线是电磁波，所以选项B错误；氢原子从能量较高的激发态向能量较低的激发态（基态）跃迁时，由知，发出光子的频率由两个能级差决定，所以氢原子从激发态向基态跃迁时只能辐射特定频率的光子，故选项C正确；由爱因斯
3、坦光电效应方程可知，发生光电效应时光子电子的最大初动能与入射光的频率有光，与入射光的强度无关，故选项D错误。2我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【考点】本题考查冲量、动量、动量守恒定律和动能定理。【答案】B【解析】甲、乙运动
4、员相互作用时，根据作用力与反作用力的特点，力的大小相等，作用时间也相等，所以冲量的大小相等，但冲量是矢量，它们的方向相反，故选项A错误；在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则由甲与乙构成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，甲、乙动量变化量大小相等，方向相反，故选项B正确；甲乙互相作用时是非弹性碰撞，所以机械能会有损失，所以甲的动能增加量和乙的动能的减小量不相等，所以选项C错误；根据选项C可知，甲、乙的动能增加量与减小量不相等，所以由动能定理可知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做的功的绝对值不相等，所以选项D错误。3如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd，ab边长大于
5、bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则AQ1Q2 q1=q2 BQ1Q2 q1q2CQ1=Q2 q1=q2 DQ1=Q2 q1q2【考点】本题考查电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律及电量的计算【答案】A【解析】根据功能关系，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即，同理，因为，故；因为，前后两次进入磁场的过程中，磁通量的变化量相同，所以，因此
6、选项A正确。4普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则Aab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcd【考点】本题考查变压器工作原理、电流互感器的原理【答案】B【解析】高压输电线中上的电流较大，而电流表的量程较小，所以需要利用理想变压器来进行间接测量，根据理想变压器初级线圈与次级线圈的电流关系可知，线圈匝数较多时，电流较小，所以ab接MN，cd接PQ，则选项B正确。5如图所示，小球用细绳系住，绳的另一
7、端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大【考点】本题考查力的平衡、动态平衡分析【答案】D【解析】当用水平力F缓慢推动斜面体的过程中，表明小球也在缓慢上升，则整个过程中小球都处于静态平衡，所以小球在各点所受到的合外力均为零，小球受到了重力G、绳的拉力FT和斜面的支持力FN的作用，其中G的大小和方向均不变，FT的方向不变，则可以作
8、出如图所示的矢量动态三角形，当绳逐渐变成水平的过程中，FT则按如图虚线箭头变化，则可知FT先减小后增大，而FN不断增大，所以选项D正确。 二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） 6两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零【考
9、点】本题考查电场线、牛顿第二定律、动能定理、电势、电场做功与电势能变化的关系等。【答案】BC【解析】在等量同种电荷连线中垂线的上部分电场强度方向由O指向A，点电荷q从A运动到O点的过程中，电场力方向由A指向O，所以速度越来越大，根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，疏密程度不同则电场强度的大小不同，所以加速度也不同，则点电荷q做变加速直线运动，所以选项A错误；点电荷由A向O运动的过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减小，动能逐渐增大，到达O点时，动能最大，故选项B、C正确；取远穷远处电势为零，则O点电势不为零，由电势能与电势的关系式可知，点电荷在O点的电势能不为零，则选项D错误。7一列简谐横波沿
10、直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图象如右图所示下列描述该波的图象可能正确的是【考点】本题考查振动图象、波的传播、波动的多解性【答案】AC 【解析】由振动图象可知，当t=0时，质点a处在波峰位置，质点b处在平衡位置且向下振动，当简谐波由a向b传播时，有，解得可能波长为。当简谐波由b向a传播时，有，解得可能波长为，故选项A、C正确。8固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO为直径MN的垂线。足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN，由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，逐渐增大角，当=时，光屏NQ区城A光的光斑消失，继续增大角，当=时，光屏NQ区域B光的
11、光斑消失，则A玻璃砖对A光的折射率比对B光的大BA光在玻璃砖中传播速度比B光的大C时，光屏上只有1个光斑DnB，故选项A正确；由得vAvB，故选项B错误；当时，A、B两种单色光在NQ区域的光斑都消失了，说明两种单色光在MN界面均发生了全反射，所以A光与B光的反射光为一束光，在NP区域形成一个光斑，所以选项D正确。2013年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合 物理部分第卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在指定位置上。2本卷共4题，共72分。9（18分）（1）“嫦娥一号”和“嫦娥二号”，它距月球表面的高度为h，己知月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则卫星绕月球运动的向
12、心加速度a 线速度 v= 【考点】本题考查万有引力定律及其应用。【答案】，【解析】设卫星的质量为m，卫星环绕月球作匀速圆周运动，所以卫星的向心力由万有引力提供，所以有和，解得：，。（2）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。下列做法正确的是 （填字母代号）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要盆新调节木板倾斜度为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的
13、总质量 木块和木块上砝码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲，乙，由图可知，m甲 m乙，甲 乙（填“大于”、“小于”或“等于”)【考点】本题考查探究加速度与质量、物体受力的关系及图象。【答案】 AD，远小于，小于，大于【解析】木块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力沿斜面向下的分力来平衡摩擦力，故在平衡摩擦力时，不能悬挂
14、砝码桶，故选项A正确，选项B错误；实验时，若先放木块，再接通打点计时器电源，再可能打点计时器打下的前几个点不稳定，并且由于木块运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据采集和处理，故选项C错误；每次增减木块上的砝码质量时，重力沿斜面的分力与摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故选项D正确。砝码桶加速下滑时，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，要使细线的拉力近似等于砝码桶的重力，应该使加速度减小，即砝码桶的总质量应该远小于木块和木块上的砝码的总质量。根据牛顿第二定律得：，解得，由此可知，斜率表示质量的倒数，图线在纵轴上的绝对值表示，结合图象可得，m甲乙。（3）要测绘一个有：电池组（电动势为
15、4.5V，内阻约1):电流表（量程为0250mA，内阻约5);电压表（量程为03V，内限约3k):电键一个、导线若干。 实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 （填字母代号）。A滑动变阻器（最大阻值20, 额定电流1A)B滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A) 实验的电路图应选用下列的图 （填字母代号）。实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为50的电源两端，小灯泡消耗的功率是 W。【考点】本题考查电学实验仪器的选择、电路设计、伏安特性曲线等知识。【答案】 A；B；0.1【解析】在测绘小灯泡的伏安特性曲线时，滑动变阻器应该采用分压式连接，而滑动变
16、阻器用小阻值时，便于调节，所以用最大阻值为20的滑动变阻器，故选项A正确；因要求小灯泡电压从零开始持续可调，所以滑动变阻器应使用分压式连接，由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，故选B；将小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为50的电源两端时，由可得，再在小灯泡的伏安特性曲线图象中作出电源的IU曲线（如图所示）， 在图象中的两曲线的交点即为小灯泡的电流值与电压值，所以小灯泡消耗的功率P UI0.1W。10.(16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩
17、擦因数=0.2，g取10m/s2，求：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。【答案】(1)16m (2)2s【解析】（1）设物块受到的滑到摩擦力为Ff，则 根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有 代入数据，解得 x1=16m （2）设撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑到的位移为x2，则 x2=xx1 由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动公式得 以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得 代入数据，解得 t=2s 11.(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金
18、属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中，粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R；（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。【答案】(1) (2) (3) 3【解析】(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立上式
19、可得 (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角。 由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立式得 (3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则 设粒子进入S孔时的速度为，由式看出 结合式可得 设粒子做圆周运动的半径为，则 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见 粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3 12.(20分）超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超
20、导电缆并成功示范运行。（l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于I的电流变化，其中，当电流的变化小于I时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，
21、电子质量为m、电荷量为e试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。（3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。【答案】(1) 逆时针方向 见解析 (2) (3)见解析【解析】(1) 逆时针方向。 撤去磁场瞬间。环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。 (2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得 设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为，由焦耳定律得 设环中单位体积内定向移动电子数为n，则 式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为，则 设环中定向移动电子减少的动能总和为，则 由于，可得 根据能量守恒定律，得 联立上述各式，得 (3)由看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。专心-专注-专业