1、2013届浙江省温州中学高考模拟考试理综物理卷（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光的干涉的结果 B眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象 C红光比其它可见光更容易发生衍射，所以警示灯常使用红光 D拍摄玻璃橱窗内的物体时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度 答案： C 试题分析：太阳光通过三棱镜形成脸色光谱是光的折射， A错；眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹，这是光的干涉现象， B错；可见光中红光的波长最长，最容易发生衍射， C正确；拍摄玻璃橱窗内的物体时，往往在镜头前加装一个偏振片是为了滤去玻璃反射的光，只留下透射光，
2、D错。 考点：本题考查了光的干涉、衍射、偏振现象。 带电量均为 Q的异种点电荷分别固定在水平方向上的 MN两点，其连线中垂线上的 O点连接长为 L的绝缘轻杆，杆的另一端固定一质量为 m，电量为 q（ q0）的带电小球，杆可绕 O点无摩擦的转动。如图所示，现让小球从 O的等高处 A点释放，转到最低点 B时的速度为 v，若 C也为 O的水平等高点，以无穷远处为电势零点，且 qQ,则 A A点的电势 B C点的电势 C A点电势和 B点电势的关系是 D小球运动到 C点的速度大小为 答案： AC 试题分析：异种点电荷其周围电场线的特点：连线中垂线是一条电势为零的等势线， A点的电势 A0, B点的电势
3、 B=0,C点的电势 C0， C正确；小球在运动过程中受重力和电场力，对 AB过程应用动能定理： mgL-Aq= ,得 A正确、 C错误；在小球由 A到 C的过程中，重力不做功，电场力做负功，总功为负，所以小球不可能到 C点， D错误。 考点：本题考查常见电荷周围电场特点、动能定理。 “套圈 ”是一项老少皆宜的体育运动项目。如图所示，水平地面上固定 着 3根直杆 1、 2、 3，直杆的粗细不计，高度均为 0.1m，相邻两直杆之间的距离为0.3m。比赛时，运动员将内圆直径为 0.2m的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为 1.35m，环的中心与直杆 1的水平距离为 1m。假设直杆与环的
4、中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响， g取 10m/s2.以下说法正确的是 A如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于 1.9m/s B如果能够套中第 2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在 2.4m/s到 2.8m/s之间 C如以 2m/s的水平初速度将环抛出，就可以套中第 1根直杆 D如环抛出的水平速度大于 3.3m/s，就不能套中第 3根直杆 答案： C 试题分析：由题意知，环抛出后做平抛运动，套中直杆时下落的高度为 h1.25m，则下落的时间 ，由平抛运动水平分运动的规律， Vx ，套中第一根直杆的水平分位移 X在 1m到 1.2
5、m之间， Vx在 2m/s到 2.4m/s之间，不能小于 2m/s， A错， C正确；套中第 2根直杆的水平分位移 X在 1.3m到1.5m之间，则 Vx在 2.6m/s到 3m/s之间， B错；套中第 3根直杆的水平分位移X在 1.6m到 1.8m之间，则 Vx在 3.2m/s到 3.6m/s之间， D错。 考点：本题考查平抛运动的规律。 如图所示为 t=0时刻的波形图，波的传播方向平行于 x轴。质点 A位于xA=2m处，质点 B位于 xB=3m处。 t=2s时，质点 B第一次出现在波峰位置；t=3s时，质点 A第一次出现在波峰位置。则 A波速为 1m/s B波的周期为 4s C波沿 x轴正
6、方向传播 D t=1s时，质点 A的振动速度小于质点 B的振动速度 答案： ABD 试题分析：由波形图知，波长 4m。若波沿 X轴正方向传播，则 A出现波峰的时刻为 t=(n+ )T,B出现波峰的时刻为 t=(n+ )T，联立两式解得 n=-1,所以波沿 X轴负方向传播， C错；则 A出现波峰的时刻 t=(n+ )T,B出现波峰的时刻t=(n+ )T,两式联立解得： T 4s， B正确；由 V 1m/s,A正确； t=1s时即经过 周期， A 处于波谷， B 处于平衡位置， A 的振动速度小于 B 的振动速度，D正确。 考点：本题考查机械波的传播与计算。 某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆
7、，每过 N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示，该行星与地球的公转半径比为 A B C D 答案： B 试题分析：知地球的公转周期为 T地 1年，设地球和行星的公转角速度分别为地 和 行， 公转半径分别为 R地 、 R行 ，公转周期分别为 T地 、 T行 。则由题意 ，由开普勒第三定律： 得 由 ，把 式代入 式得： T行 ，把 式代入 式得： 。 考点：本题考查开普勒第三定律及追及相遇问题。 从 J国带回一把标有 “110V、 60Hz、 880W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热。在我国，为使电咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连。下列说法正确的是 A若将电咖啡壶直接与
8、市电相连，电功率是 1760W B电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为 1： 2的变压器副线圈两端 C电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为 4A D电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为 60Hz 答案： C 试题分析：由题意，为使电咖啡壶正常工作在我国需接降压变压器， A、 B错；由变压器的原理知，变压器不能改变交变电流的频率， D错。设电咖啡壶正常工作时，变压器原、副线圈中的电流分别为 I1、 I2；电压分加为 U1、 U2，由理想变压器 P 入 P 出 ，得： U1I1=U2I2,得 I1=4A， A正确。 考点： 如图所示，甲、丙物体在水平外力 F的作用
9、下静止在乙物体上，乙物体静止在水平面上。现增大水平外力 F，三物体仍然静止，则下列说法正确的是 A乙对甲的摩擦力一定增大 B乙对甲的支持力一定增大 C乙对地面的压力一定增大 D甲对丙的摩擦力可能增大 答案： B 试题分析：增大水平外力 F，三物体仍然静止，把三物体看作整体 1，则整体 1对地面的压力不会变， C错；丙物体仍处于平衡状态，仍受平衡力作用，则丙物体的受力情况不变， D错；设乙的倾角为 ，把甲丙看作整体 2处于平衡状态，假设整体 2 受到乙的摩擦力方向沿斜面向上，则沿斜面方向： Fcos-（ M 甲 +M 丙 ）gsin+F乙摩 0， F从较小值增大的过程中，整体 2受到的摩擦力先减
10、小到 0，然后反向增大，而题中不明确 F初始值的大小，所以 F增大过程中，乙对甲的摩擦力可能减小也可能增大， A错。垂直斜面方向： Fsin+（ M 甲 +M 丙 ） gcosF乙支 0,F增大，乙对它的支持力一定增大， B正确。 考点：本题考查整体隔离法、受力分析、共点力作用下物体的平衡条件。 实验题 某同学利用如图丙所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律。在气垫导轨上安装了两光电门 1、 2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。 实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块 ，则表示气垫导轨调整至水平状态。 不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动
11、的过程中，发现滑块通过光电门 1的时间小于通过光电门 2的时间。实施下列措施能够达到实验调整目标的是 A调节 P使轨道左端升高一些 B调节 Q使轨道右端降低一些 C遮光条的宽度应适当大一些 D滑块的质量增大一些 E气源的供气量增大一些 实验时，测出光电门 1、 2间的距离 L，遮光条的宽度 d，滑块和遮光条的总质量 M，钩码质量 m。由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、 2 的时间 t1、 t2，则系统机械能守恒成立的表达式是 。 答案： 能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 AB mgL = (m + M)( )2 (m + M)( )2 试题分析：气垫导轨若处于水平
12、状态，不挂钩码和细线，接通气源，滑块应处于平衡状态 静止或匀速直线运动状态。不挂钩码和细线，接通 气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门 1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块在做加速运动，滑块自身的重力在做 正功，即左端较右端低。滑块通过光电门 1、 2的过程中，钩码和小车组成的系统减少的重力势能为mgL，通过光电门 2的速度为 ，通过光电门 1的速度为 ，则系统增加的动能为 (m + M)( )2 (m + M)( )2 。 考点：本题考查机械能守恒定律的实验验证。 为了测定电流表 A1的内阻，某同学采用如图所示的实验电路其中： A1是待测电流表，量程为 0 300A，
13、内阻约为 100； A2是标准电流表，量程是 0 200A； R1是电阻箱，阻值范围是 0 999.9； R2是滑动变阻器； R3是保护电阻； E是电池组，电动势为 4V，内阻不计； S1是单刀单掷开关， S2是单刀双掷开关 （ 1） 实验中滑动变阻器采用 接法（填 “分压 ”或 “限流 ”）； 根据上图所示电路的实物图，请在答题卷的方框中画出实验电路图 （ 2）请将该同学的操作补充完整： 连接好电路，将滑动变阻器 R2的滑片移到最 （填 “左端 ”或 “右端 ”）；将开关S2扳到接点 a处，接通开关 S1；调整滑动变阻器 R2，使电流表 A2的读数是150A； 将开关 S2扳到接点 b处，
14、，使电流表 A2的读数仍是 150A 若此时电阻箱各旋钮的位置如右图所示，则待测电流表 A1的内阻 Rg= （ 3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器 R2的滑动位置，都要保证两只电流表的安全在下面提供的四个电阻中，保护电阻 R3应用 （填写阻值前相应的字母） A 200k B 20k C 15k D 150k 答案：（ 1） 限流 见下图 （ 2） “左端 ” 2分 保持 R2不变，调整变阻箱 R1 2分 86.3 2分 （ 3） B 2分 试题分析：滑动变阻器部分接入电路，所以采用的是限流接法。在开关闭合前应有保护用电器的意识，测量电路中应有最小的电流，所以滑动变阻器 R2的滑片移到最左端
15、。电阻箱读数是不同挡位数值乘以倍率再求和。保护电阻应保证测量电路中的电流不超过电流表的量程，该电路两端最大电压约为 4V，最大电流为 200A，所以保护电阻约为 20k。 考点：本题考查测量电流表的内阻、分压限流接法、电阻箱读数及保护电阻的选择。 计算题 （ 16分）如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为 l1=160 m的水平跑道和长度为 l2 = 20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h = 4.0 m。一架质量为 m = 2.0104 kg的飞机 ,其喷气发动机的推力大小恒为 F = 1.2105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重
16、力的 0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点 ,取 g = 10 m/s2。 （ 1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小； （ 2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度 100 m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，求助推力 F 推 的大小。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为 a1、末速度大小为 v1，运动时间为 t1，有 注意到 v0 = 0, ，代入已知数据可得 a1 = 5.0 m/s2， v1 = 40 m/s， t1 = 8.0 s 飞机在倾斜跑道上
17、运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为 a2、末速度大小为 v2，沿斜面方向有 注意到 v1 = 40 m/s ,代入已知数据可得 a2 = 3.0 m/s2， （ 2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为 a1、末速度大小为 v1，有 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有 a2= 3.0 m/s2 11 根据题意， v2 = 100 m/s，代入数据解得 本题要求考生准确进行受力分析、熟练应用牛顿第二定律、灵活应用匀变速直线运动规律。本题还可以运用动能定理来
18、求解，动力学问题的解题思路是：首先考虑动能定理，其次是牛顿运动定律。 考点：本题综合考查动力学问题的求解。 （ 12分）如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨 MN、 PQ之间的距离 L 1.0m， NQ两端连接阻值 R 3.0的电阻，磁感应强度为 B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角 300。一质量m=0.20kg，阻值 r=0.50的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑 轮与质量 M=0.60kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度 v与时间 t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在 00.3s内通过的电量是 0.30.6s内通过
19、电量的 1/3， g=10m/s2，求： （ 1） 00.3s内棒通过的位移 ; （ 2）金属棒在 00.6s内产生的热量。 答案：（ 1） x2=0.35m （ 2） 试题分析：由 V-t图象知，在 0.3s 0.6s内做匀速直线运动，根据 E BLV可求感应电动势，根据闭合电路欧姆定律 可求电流，根据 q=It 可求电荷量；在 0 0.3s内做变加速直线运动，电动势由 ,再根据欧姆定律及电流的定义式可求电荷量，联立两个时间段的电荷量关系可求 X2,根据能守恒定律可求 Q。 考点：本题考查感应电动势的求法、能量守恒定律。 （ 22分）如图所示，电子显像管由电子枪、加速电场、偏转磁场及荧光屏组
20、成。在加速电场右侧有相距为 d、长为 l的两平板，两平板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的右边界与荧光屏之间的距离也为 d。荧光屏中点 O与加速电极上两小孔 S1、 S2位于两板的中线上。从电子枪发射质量为 m、电荷量为 e的电子，经电压为 U0的加速电场后 从小孔 S2射出，经磁场偏转后，最后打到荧光屏上。若 ，不计电子在进入加速电场前的速度。 (1) 求电子进入磁场时的速度大小； (2) 调整匀强磁场的强弱重复实验，电子可打在荧光屏上的不同位置。求电子到达荧光屏的位置与 O点距离的最大值 和此时磁感应强度 B的大小； (3) 若撤去磁场 ,在原磁场区域加上间距仍为 d的
21、上、下极板构成的偏转电极，加速电极右侧与偏转电极紧靠。为了使电子经电场偏转后到达荧光屏上的位置与经磁场偏转的最大值相同。在保持 O 与 S2距离不变，允许改变板长的前提下，求所加偏转电压的最小值。 答案： （ 1） （ 2） （ 3）试题分析： (1) 设电子经电场加速后的速度大小为 v0，由动能定理得 (2) 电子经磁场偏转后 ,沿直线运动到荧光屏，电子偏转的临界状态是恰好不撞在上板的右端，到达荧光屏的位置与 O点距离即为最大值 ，如图所示，有 注意到 ， ，联立上式可得 (3)电子在电场中做曲线运动，在电场外做匀速直线运动。对恰好能通过板右端点的电子在荧光屏上的位置离 O点最大，且为 的情况。设极板长度为 l，有 其中 其中 11 12 13 解得 14 若增大 l, 则无论加多大电压，电子在荧光屏上的偏移不能达到 ，当减小 l,若保持电压 U不变，则电子在荧光屏上的偏移也不能达到 ，只有增大电压才有可能实现。因此，要使电子在荧光屏上的偏移达到 对应电压的最小值为 15 在加速电场中只有电场力做功，由动能定理可求 进入电场时的速度。 对于带电粒子在磁场中的偏转应熟练一定圆心、二画轨迹、三求半径，熟练应用几何关系进行求解；带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，就熟练类平抛运动的规律。 考点：本题考查加速电 场、带电粒子在磁场中偏转、类平抛运动规律。
