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1、精选优质文档-倾情为你奉上2013年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理试题（天津卷）第卷一、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
2、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 q1q
3、2CQ1=Q2 q1=q2 DQ1=Q2 q1q24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，IabIcd5如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于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
4、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点时电势能为零7一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b
5、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
6、，所以选项D正确。第卷9（1）【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）【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
7、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）【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，而滑动变阻器用小阻值时，便于调节，所以用最大阻值为
8、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.【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x
9、2，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.【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
10、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.【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