2013年高考真题解析 - 重庆卷（理综物理）纯word版

2013·新课标重庆(理综物理)

1． 如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )

A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ

1．A [解析] 本题主要考查受力分析和平衡条件的应用. 以人为研究对象进行受力分析(如图所示)，他受到竖直向下的重力和椅子对他竖直向上的合力而处于静止状态，由人受力平衡可知：椅子各部分对他的作用力的合力大小与重力大小相等，故选项A正确．

1

2． 铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应： 235→a＋b92U＋0n―＋210n，则a＋b可能是( )

9314192

A. 14054Xe＋36Kr B. 56Ba＋36Kr

9314094

C. 14156Ba＋38Sr D. 54Xe＋38Sr

2．D [解析] 本题主要考查核反应方程中的质量数和电荷数守恒．题目的核反应方程中左边的质量数为236，电荷数为92；A项代入右边后，质量数为235，电荷数为90，选项A错误；B项代入后，质量数为235，电荷数为92，选项B错误；C项代入后，质量数为236，电荷数为94，选项C错误；D项代入后，质量数为236，电荷数为92，选项D正确．

3． 如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则( )

A．α粒子在M点的速率比在Q点的大 B．三点中，α粒子在N点的电势能最大

C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低

D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功

3．B [解析] 本题考查带电粒子在点电荷电场中运动时速率、电势、电势能的变化情况及做功正负的知识．把位于O点的重原子核看成点电荷，其周围的电场为由O点指向无穷远，且离O点越近，场强越大，电势越高，Q点比M点离核更远，故M点的电势比Q点的高，C错； α粒子在运动过程中，受到重原子核的排斥作用，离重原子核越近，电势能越大，动能越小，速率越小，三点中，N点离核最近，Q点比M点离核更远，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，在N点的电势能最大，A错，B对；α粒子从M点到Q点，电势能减小，动能增大，电场力对它做的总功为正功，D错．

4． 图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应图2中的( )

A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和②

图1 图2

4．B [解析] 本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图FN可知：小球对斜面的压力FN＝mgcosθ，其最大值Fm＝mg，故比值yF＝＝cosθ为图像③；

Fma

小球运动的加速度a＝gsinθ，其最大值am＝g，故比值ya＝＝sinθ为图像②；整个过程重

am力不变，重力加速度不变，比值yg＝1为图像①，故选项B正确．

5． 如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )

IBIBA.，负 B.，正 |q|aU|q|aUIBIBC.，负 D.，正 |q|bU|q|bU

5．C [解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的运动情况，要求学生的综合分析能力较强．导电材料上表面的电势比下表面的低，故导电材料内部的电场方向为竖直向上．由于电流方向为水平向右，假设运动电荷为正电荷，则由左手定则可知电荷受到的洛伦兹力竖直向上，而运动电荷受到的电场力也竖直向上，不能平衡，所以运动电荷不是正电荷，即该电荷一定是负电荷．取长为l的这段导电材料进行分析，电荷通过这段导电材l

料所用的时间为t，则自由运动电荷运动的速度v＝；时间t内通过的电荷量Q＝It，导电材

t

U

料内部的电场E＝.根据自由运动电荷水平通过导电材料时受力平衡，即受到的电场力等于

aUllIBIBla

洛伦兹力，所以qE＝qvB，代入后有：＝B＝，所以Q＝.在这段导电材料中，所含

atQUQIBla

自由电荷的个数N＝＝，而这段材料的体积V＝abl，所以该导电材料单位体积内自由

|q||q|UNIB

运动电荷数n＝＝，选项C正确．

V|q|bU

6． (19分)

(1)我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的________和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是________．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据________定律(定理)，可得到钢球被阻拦前的速率．

6．(1)高度(距水平水板的高度) 刻度尺 机械能守恒(动能)

[解析] 本题考查物体机械能守恒．要求钢球到达水平面被阻拦前的速率，就必须知道钢球被释放前的高度；钢球被释放前的高度和在橡皮条阻拦下前进的距离都需要用刻度尺进行测量；钢球在斜面上运动过程中，在忽略摩擦力和空气阻力的情况下，机械能守恒，故应用机械能守恒定律(动能定理)可求出钢球被阻拦前的速率．

6．(2)某同学对有故障的电热毯进行探究．图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．

图1

图2

①请在虚线框中画出与图2对应的电路图．

Ｋ

②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的

－

U－I曲线如图3所示．已知电热线材料的电阻率为2.8×107 Ω·m，电热线的直径为0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________kΩ，总长度为________m．(结果均保留两位有效数字)

③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路有断路，位置在__________之间(在“1和2”“1′和2′”“2和3”“2′和3′”中选填一项)．

图3

测试点 电表指针 有无偏转 电压表 电流表 6.(2)①电路图

3和3′ 有 无 1和1′ 有 有 1和3 无 有 1和2′ 有 无 2′和3′ 无 有 ②0.58(0.57～0.59均可) 65(64～66均可) ③1′和2′

[解析] 本题考查电路图的作法、图像的分析及故障的排查．

①根据电流从电源的正极出发经过各用电器回到负极的方法，作出电路图；

②由U－I图像可知，图像的斜率即为电热线的电阻，由于图线是一条倾斜直线，表示U2.0 V

电阻不变，由某一特殊点的坐标可求出电热线的电阻R＝＝＝0.58×103 Ω＝－3I3.45×10 Al4lπRd2

0.58 kΩ，根据R＝ρ＝ρ2，有l＝＝65 m.

Sπd4ρ

③在3和3′之间有电压无电流，说明3－2－1－1′－2′－3′之间有断路；在1和1′之间有

电压，也有电流，说明1－1′之间电路完好；1和3之间有电流无电压，说明1－3之间电路完好；1和2′之间有电压无电流，说明1－1′－2′之间有断路；2′和3′之间有电流无电压，说

明2′－3′之间电路完好．因此电路中的断路位置在1′和2′之间．

7． (15分)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.

(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？

(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．

7．[解析] (1)当铜条AB向下运动时，根据右手定则可判断电流方向为B→A，那么通电导线在磁场中也会受到安培力的作用．再根据左手定则，可判断安培力的方向竖直向上．

在铜条AB静止时，没有感应电流，也就不受安培力的作用，此时的G1就是磁铁的的重力．当铜条AB向下运动时，它受到安培力的方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁也受到向下的安培力的作用，那么，G2就是重力和安培力的合力，即G2>G1.

(2)由(1)分析可知安培力的大小 F＝G2－G1 感应电动势 E＝BLv，安培力的大小 F＝BIL

EBLv

由闭合电路的欧姆定律知 I＝＝，即

RRB2L2v

F＝BIL＝＝G2－G1

R1

解之得 B＝L

(G2－G1)R

v. 8． (16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； (2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 8.

[解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O1为圆心做圆周运动，FN的水平分力F1提供向心力．所以有

F2＝FNcos θ＝mg??

?F1＝FNsin θ＝mrω20 ??r＝Rsin θ代入数据得ω0＝

2g R

乙

(2) ①当ω＝(1＋k)ω0时，由向心力公式Fn＝mrω2知，ω越大，所需要的Fn越大，此时F1不足以提供向心力了，物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向上运动．故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f进行分解，此时向心力由FN的水平分力F1和f的水平分力f1的合力提供

??F2＝f2＋mg?2 ?Fn＝F1＋f1＝mrω?

再利用几何关系，并将数据代入得f＝3k(2＋k)

mg. 2

丙

②当ω＝(1－k)ω0时，由向心力公式Fn＝mrω2知，ω越小，所需要的Fn越小，此时F1超过所需要的向心力了，物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向下运动．故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．

对f进行分解，此时向心力由FN的水平分力F1和f的水平分力f1的合力提供

??F2＋f2＝mg?2 ?Fn＝F1－f1＝mrω?

3k(2－k)再利用几何关系，并将数据代入得f＝mg.

2

9． (18分)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph(p＞1)和h的地方同时由静止释放，如图所示．球A的质量为m，球B的质量为3m.设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．

(1)求球B第一次落地时球A的速度大小；

(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相撞，求p的取值范围；

(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件．

9．[解析] (1)A、B两球都做自由落体运动，加速度相同，B球下落h 的高度时，A球也下落h的高度，由v20＝2gh得v0＝2gh.

(2)B球下落后又反弹，若刚弹起时与A球刚好碰撞，则设B球的下落时间为t1，则

1

h＝gt2解得t1＝2

2h，即tA>t1，g

2ph>g

2h，故p>1 g

若反弹至最高点时与A球相撞，则可得

2(p－1)h2h<2 gg

可解得p<5 因此1

(3)设B球下落后与地面碰撞又上升L的距离，刚好与A球相撞，此时，0

对A球，tA＝

2(ph－L) g

2h，后又做竖直上抛运动，初速度为v＝2gh g

对B球，先下落至地面，历时tB1＝

2gh－2g(h－L)12

由L＝2ghtB2－gtB得 t＝ B2

22g2(h－L)2h∴tB＝tB1＋tB2＝2－

gg

由于碰撞时A、B球的运动时间相同，因此

2(ph－L)＝2g

2h－g

2(h－L) g

10p－9－p2

解之得L＝h………………①

16

由(2)知1

gh……② 8

因碰撞过程中内力远大于外力，此碰撞过程可看成动量守恒的过程，若规定竖直向上为

正方向，则由动量守恒定律得

mBvB－mAvA＝mAvA′＋mBvB′…………③ 又是弹性碰撞，机械能也守恒，即

1111222mAv2A＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B…………④ 22229－p由以上四式，并代入数据得，v′A＝2gh

4

而根据题意知，A球反弹的高度比其释放点高，设A球上升s米， v2A＝2gs得

v′26ph＋9h＋p2hA

s＝>ph－L＝ 2g16即

9－p

2gh>(p＋3)4

gh 8

可解得p<3 由(2)知p>1 因此1

A．室内空气的压强比室外的小

B．室内空气分子的平均动能比室外的大 C．室内空气的密度比室外的大 D．室内空气对室外空气做了负功

10．(1)B [解析] 本题考查内能和热力学定律．由于房间未密闭，室内外空气的压强相等，A错误；对该室内空气缓慢加热，室内空气温度高于室外空气温度，由于在微观上温度是物体大量分子热运动平均动能的标志，所以室内空气分子的平均动能比室外的大，B正确；由于物体具有“热胀冷缩”的特性，当室内空气温度高于室外空气温度时，室内空气膨胀，对室外空气做正功，室内空气的密度比室外的小，CD错误．

10．(2)(6分)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp.若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．

10．(2)[解析] 本题考查理想气体的状态方程．由于轮胎内气体是质量、温度均不变的ΔpV0理想气体，由玻意耳定律有：p0V0＝(p0＋Δp)(V0＋ΔV)，所以体积改变量：ΔV＝－. p0＋Δp11．【选修3－4】 (1)(6分)一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6 m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为( )

A．4 m、6 m和8 m B．6 m、8 m和12 m C．4 m、6 m和12 m D．4 m、8 m和12 m

(1)C [解析] 本题主要考查对波的图像的识别和波长的理解．如图可知，满足题意的两点可能有以下情况：

①O点和A点：此时λ＝2OA＝2×6 m＝12 m. ②O点和B点：此时λ＝OB＝6 m.

22

③A点和D点：此时λ＝AD＝×6 m＝4 m.

33

故选项C正确．

11． (2)(6分)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在图所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率．

sini

11．(2)[解析] 本题主要考查光的折射率的计算．如图可知，玻璃的折射率n＝.由于

sinr出射光线O′B与AO平行，所以∠r＝∠AOO′；而∠i是△AOO′的一个外角，由三角形的外角等于不相邻的两个内角之和，有：∠i＝∠α＋∠AOO′＝∠α＋∠r，即：∠r＝∠i－∠α.所sini

以玻璃的折射率n＝.

sin（i－α）

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