吉林省2013年高考复习质量监测物理参考答案及评分标准

吉林省2013年高考复习质量监测物理参考答案及评分标准二、选择题(共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。其中14、15、18、20、21小题为单项选择题，16、17、19为多项选择题14．C[解析：水平推力的大小要超过最大静摩擦物体才能被推动，所以AB错；匀速推动时，水平推力大小等于滑动摩擦力大小，由摩擦定律可知C正确；物体处于静止状态时，由力的平衡可知水平外力等于静摩擦力的大小，所以D错。]15．A[解析：相向运动时，2s时两者速度相等，它们之间的相对位移为20m；t=0时，两者之间的相对位移小于20m一定相遇两次，等于20m一定相遇一次，大于20m一定不相遇，所以正确答案为A。]16．ABD[解析：由理想变压器电压与匝数成正比，输入功率与输出功率相等及电路规律可知ABD正确。]17．AB[解析：质点做直线运动，其所受电场力和重力的合力必沿直线方向，如图。当F=mgsinα时，F一定与物体运动方向垂直，此时电场力F不做功，所以机械能不变，A正确；当F=mgtanα时，力F与物体运动方向夹锐角，必做正功，所以机械能一定增大，电势能一定减小，B对，CD错。]18．A电路闭合瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其中电流增大，线圈中电流从零开始渐渐增为稳定值，而电流表A1中的电流从其右端流入达最大值再逐渐减为零（稳定时，线圈将其短路）；电容充电开始时电流最大，然后渐渐减小为零，电流表A2中电流从其右端流入逐渐增为最大值（稳定时，电容器支路断路）。所以A正确，B错误。稳定再断开，线圈中自感电流从A1左端流入并逐渐减为零，释放磁能提供电能；电容器通过A2放电，释放其贮存的电能，电流从A2右端流入，并逐渐减为零。所以CD都错误。19．BC[解析：由场强叠加和电势叠加可知，等量异号电荷连线的中垂线为等势面，所以A错；两等量同号电荷连线上，中点场强为零，左右两侧场强方向相反，大小离电荷越近场强越大，所以B正确；两等量同号电荷连线中垂线上，中点场强为零，无限远处场强为零，两者之间场强有极值点，所以C正确；两等量异号电荷连线上电势由正电荷向负电荷一直减小，所以D错。]20．B解法一：如图，设从相切开始线圈向前移动的距离为l（lR），由于匀速移动，所以l=vt。导线有效切割长为两圆公共弦长x，由几何关系可知这个公共弦长满足：22242()lxRR，整理后得：14)2(4422222vRvRtvRx，这是中心在（0，2Rv）的椭圆方程。由右手定则和切割公式及题意可知B答案正确。解法二：两圆即将重合时，也就是线圈移动距离接近2R时，右侧弧切割，切割长度接近线圈直径，感应电动势接近正向最大；两圆刚过重合位置时，左侧弧切割，切割长度接近线圈直径，感应电动势接近负向最大；由圆的知识可知，有效切割长度越靠近磁场边界圆竖向直径，其随移动距离变化越慢，电动势变化越慢。综上所述B答案正确。21．D[解析：设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：321243()GRvRhRh在赤道下方：32224()3()GRhvRhRh通过以上两式整理知D答案正确。]---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------22．(6分)（1）1.00（2分）（2）不需要（2分）[提示：由公式221mvmgh]（3）AC（2分）[解析：在验证机械能守恒时，我们使用的方法是验证tdvmvmgh,212。但由于阻力的影响实际的方程应该是tdvmvfhmgh,212。这样可以推得tdvvmfhgh,212。所以质量越大，mfh这一项越小，可以提高精确性，选C。另外从推导过程来看d越小，速度的测量越精确。所以选A]23.(9分)（1）C（3分）[解析：由电表改装计算公式gxRUUR)1(0可知需要串联5×103Ω的电阻，所以选C]Rxl（2）1（3分）[解析：由闭合电路欧姆定律可知，BC两端电压00)(RRRatBlU，通过图象可以求得图线斜率为k=0.5V/s，又由00RRRBlak,得R=1Ω]（3）变大（3分）24．（14分）解：（1）小球匀速下滑，受力平衡，可得F=mg(2分)当小球脱离直杆后合力为F=mg2(2分)由牛顿第二定律可得2Fagm(2分)（2）小球从B点运动到C点的过程中，水平方向有gvtx2(2分)竖直方向有221gttvhy(2分)由速度分解可得vvvyx22(2分)解得ghv22(2分)25．(18分)解：（1）由于带电粒子偏转，PQ极板上将带上电荷，设电压为U，则极板MN间的电压也为U，当带电粒子在PQ极板间做匀速运动时有qdUBqv10（2分）若在荧光屏Y上只有一个亮点，则负电荷不能通过极板MN应满足2021mvUq（2分）解得mqdBv102（2分）（2）荧光屏上有两个亮点，则mqdBv102（2分）在此条件下，qdUBqv10，得01vdBU对正电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为1v，则20212121mvmvUq（2分）设做圆周运动的半径为R1，则21121mvqvBR（2分）得21001222(2)mdBqvmvRqB对负电荷，设其到达匀强磁场B2时的速度为2v，则20222121mvmvUq（2分）设做圆周运动的半径为R2，则2222RmvBqv（2分）得20102222(2)mmvdBqvRqB所以，正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比为2010112220102222mvdBqvdRdRmvdBqv（2分）-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------33．[物理——选修3-3]（15分）(1)（6分）AE[解析：由状态A变化到状态B，由于B所在等温线温度高，所以气体分子的平均能力增大，内能增大，A正确，C错；由状态B变化到状态C，气体体积和质量都不变，所以密度不变，B错；p—V图线线下面积表示做功，图中两过程线下面积可知做功不同，所以D错；由于E答案中三个过程内能增量相同，体积增大，都对外做功，但做功值不同，由热力学第一定律可知吸热量不同，所以E正确。](2)（9分）解：(2)设A、B两气缸内气体压强分别为Ap和Bp，绳的张力为F。对气缸B0BBBB+pSMgpS(2分)对活塞AAA0AA+FpSpSmg(2分)对气缸B和活塞B整体BBFMgmg(2分)两气缸内气体种类、质量温度均相同，遵循玻意耳定律，即AAABBBphSphS(2分)由以上各式解得512ABhh(1分)34．[物理——选修3-4]（15分）(1)（6分）AD[解析：由两图象可知波长λ=2m，周期T=4s，由/vT得v=0.5m/s,A正确；N点此时位移为零，振幅为A=0.8m，B错；由振动图象可知t=0时该质点向上振动，由t=0时波的图象可知N点此时向下振动，C错；车的尺度与波长接近，所以可以发生明显衍射现象，所以D正确。]2)（9分）解：①如图所示，入射光射到界面AB上，其折射光线射到界面AC上，再次折射到空气中，设在界面AB上，折射角为r1，在界面AC上，入射角为i2，折射角为r2，偏折角为。由折射定律得11sinsinrin有r1=300（2分）由几何关系可知i2=300由折射定律得22sinsinirn有r2=450（2分）=i1－r1+r2－i2=300（1分）②由几何关系可知，光在玻璃中的折射光线与底边BC水平，其长度为边长的一半。光在玻璃中的传播速度为cvn（2分）则光在玻璃中传播的时间0.50.5=llntvc=91.010s（2分）35．[物理——选修3-5]（15分）（1）（6分）BC[解析：半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，A错；衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，B正确；根据光子能量计算公式E=hυ可知其能量由光子频率决定，C正确；只有存在质量亏损的核反应（核反应过程中比结核能下降）才会释放核能，D错；按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，E错。]（2）（9分）解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得221011-22mgLmvmv（2分）解得v1=4m/s假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得12()mvMmv（2分）解得v2=1m/s设小铁块运动x与平板车达到共速，则根据功能关系得r1ABCi1r2i2v0AB222111-()22mgxMmvmv（2分）解得x=43m由于xL说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车。（1分）所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为2EmgL=18J（2分）