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绝密★启用前
2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）
理科综合能力测试（物理）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第12页
。全卷满分300分，时间150分钟。
考生注意事项：
1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所
粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓
名和座位号后两位。
2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把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。
3、答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在
题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷
（选择题 共120分）
本卷共20小题，每小题6分，共120分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
14．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面
平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线
的拉力T和斜面的支持力F 分别为（重力加速度为g）
N
A．T =m(gsinq+acosq) F =m(gcosq-asinq)
N
m a
B．T =m(gcosq+asinq) F =m(gsinq-acosq)
N
C．T =m(acosq-gsinq) F =m(gcosq+asinq)
N θ
D．T =m(asinq-gcosq) F =m(gsinq+acosq)
N
【答案】A
T
【解析】小球受力如图，根据牛顿第二定律： F
N
a
沿斜面方向有 T -mgsinq=macosq；
垂直于斜面方向上有 mgcosq-F =masinq
N θ mg
解得：T =m(gsinq+acosq)；F =m(gcosq-asinq)
N
。 × a
正确选项：A
15．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方
形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电 d
× O × b
的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力
的方向是
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
· c
【答案】B
【解析】根据右手安培定则可判定O点磁感应强度的方向水平向左，根据
左手定则可判定：一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸 ×
M
面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是向下。正确选项： 小灯泡
B
16．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为370，宽度为0.5m， N
370
第1页 | 共8页电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路
的电阻为1Ω，两端于导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀
强磁场，磁感应强度为0.8T。将导体棒MN由静止释放，运动一端时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒
MN的运动速度及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin370=0.6）
A．2.5m/s 1W B．5m/s 1W
C．7.5m/s 9W D．15m/s 9W
【答案】B
B2L2v
【解析】小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgsin370 - -mmgcos370 =0，可
R +R
L
BLv
得导体棒MN的运动速度v=5m/s；小灯泡消耗的电功率P= I2R =( )2R =1W 。正确
L R +R L
L
选项：B
GMm
17．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E =- ，其中G为引力常量
p r
，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦
1
作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R ，此过程中因摩擦而产生的热量为
2
1 1 1 1 GMm 1 1 GMm 1 1
A．GMm( - ) B．GMm( - ) C． ( - ) D． ( - )
R R R R 2 R R 2 R R
2 1 1 2 2 1 1 2
【答案】C
Mm v2
【解析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：G =m ，故人造地球卫星
r2 r
1 1 GMm GMm
的动能E = mv2 = ，而引力势能E =- ，人造地球卫星机械能E=E +E 。由
k 2 2 r p r P k
能量守恒定律，因摩擦而产生的热量：Q= E -E =(E +E )-(E +E )代入R 和R 得：
1 2 k1 p1 k2 p2 1 2
GMm 1 1
Q= ( - )。正确选项：C
2 R R
2 1
18．由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16 3m/s，方向与水
平面夹角为600，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加
速度g取10m/s2）
A．28.8m 1.12×10-2m3 B．28.8m 0.672m3
C．38.4m 1.29×10-2m3 D．38.4m 0.776m3
【答案】A
v2
【解析】水离开喷口时竖直分速度为v =vsin600 =24m/s，在竖直方向上升的高度H = ^ =28.8m
^ 2g
v
，水离开喷口到达着火位置所用时间为t = ^ =2.4s，空中水柱的水量为
g
0.28
V =Qt = ´0.24m3
60
=1.12´10-2m3。正确选项：A
19．用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中R x 是待测电阻，R 0 是定值，○G是 R 0 G R x
灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位
置，当通过电流表○G的电流为零时，测得MP=l ，PN =l ，则R 的阻值为 M N
1 2 x
P
第2页 | 共8页l l l l
A． 1 R B． 1 R C． 2 R D． 2 R
l 0 l +l 0 l 0 l +l 0
2 1 2 1 1 2
【答案】C
R R
【解析】通过电流表○G的电流为零时，P点的电势与R 和R 连接点的电势相等。则 0 = l1 。又电阻丝的
0 x
R R
x l2
R l l
电阻Rµl，故 0 = 1 ，所以R = 2 R 。正确选项：C
R l x l 0
x 2 1
20．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z <0的空间，z >0的空间为真空。将电荷
为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q
h
和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z = 处的场
z 2
强大小为（k为静电力常量） q
4q 4q 32q 40q
A．k B．k C．k D．k y
h2 9h2 9h2 9h2
x
【答案】D
【解析】由点电荷产生的电场在导体表面间的电场分布，导体表面上的感应电荷等效于在z=－h处的带等
h q q 40q
量的异种电荷－q，故在z轴上z = 处的场强大小为E =k +k =k 。正确选项：D
2 h h h2
( )2 ( +h)2
2 2
第3页 | 共8页（在此卷上答题无效）
绝密★启用前
2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）
理科综合能力测试（物理）
第Ⅱ卷
（非选择题 共180分）
考生注意事项：
请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
21．（18分）
1
I．（5分）根据单摆周期公式T =2p ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细
g
线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图2所示，读数为_______mm。
图1
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于50，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时
停止计时，此时间间隔 t即为单摆周期T
V
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于50，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计
Dt
时，记下摆球做50次全振动所用的时间Dt，则单摆周期T =
50
【答案】(1)18.6 (2)abe
【解析】（1）由题图主尺读数18mm，游标尺的第6条刻度线与主尺刻度线对齐读数应为0.6mm，小钢球
直径D=18mm+0.6mm=18.6mm
（2）根据实验要求，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，a正确；为了减小空气阻
力的影响，应尽量选择质量大些、体积小些的摆球，b正确；为了使单摆的运动为简谐运动，要求摆角不
大于50， 为了减小测量的误差，应使摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，e正确。
II．（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如
图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为_______mm。
（2）为了精确测量合金丝的电阻R-
,设计出如图Ⅰ所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接。
x
第4页 | 共8页V
A
R
x
R
S
E 图1 图2
【答案】(1)0.007 0.638
(2)如图所示
【解析】（1）由图可读得0.007mm和0.645mm，
故校零时的读数为0.007mm；
合金丝的直径为D=0.645mm－0.007mm=0.638mm。
（2）按照电路图连接电路如图
III．（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图Ⅰ所示电路可以测定电池 1
/V-1
的电动势和内电阻。图中R- U 12
两端的对应电压U ,对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量
0 12 1.50
1
目的。根据实验数据在 -R坐标系 1.40 ×
U 12 1 2 1.30 ×
中描出坐标点，如图2所示。已知 R 1.20 ×
0
×
R =150W，请完成以下数据分析和
1.10
0
处理。 1.00 ×
×
（1）图2中电阻为 E r S R 0.90 ×
W的数据点应剔除； n n 图1 0.80 ×
1
（2）在坐标纸上画出 -R关系图线 0.70 20 40 60 80 100 120 1 40 1 60 R/W
u 图2
12
；
（3）图线的斜率是 (V-1 W-1)，由此可得电池电动势
g
E = V。
n
【答案】(1)80.00 (2)如图所示 (3)0.00444 1.50
1
/V-1
【解析】（1）由图2发现在拟合的过程中，80.00的数据点误差太 U
12
大，故应剔除。
1.50
（2）拟合作图如图所示
1.40 ×
1.50-0.70
（3）用较远的两点得图线斜率k = =0.00444， 1.30 ×
180-0 ×
1.20
×
U 1.10
由闭合电路欧姆定律知E =U + 12 (R+r)可得
n 12 R 1.00 × ×
0
0.90
×
1 1 r 1 1 0.80 ×
= + + R，所以k = 代入k、
U E E R E R E R 0.70 20 40 60 80 100 120 1 40 1 60 R/W
12 n n 0 n 0 n 0
R 值得E=1.50V。
0
22．（14分）
一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体
第5页 | 共8页相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：
F/N v/(m·s-1)
3 3
2 2
1 1
t/s t/s
F O 2 4 6 8 10 O 2 4 6 8 10
图1 图2 图3
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）18N s （2）6m （3）30J
g
【解析】（1）由图2知I = FDt +F Dt +FDt ，I =18N s
1 1 2 2 3 3 g
（2）由图3知物体的位移为
(6-2)
x= ´3m=6m
2
（3）由图2知，在6~8s时间内，物体作匀速运动，于是有f=2N
由图3知在0~10s时间内物体的总位移为
(8-6)+(10-2)
l = ´3m=15m，所以W = fl =2´15J =30J
2
23．（16分）
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象
限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行
。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的 p(o,h)点，以大小为v 的速度沿x轴正方向射入电场，通
0
过电场后从x轴上的a(2h,o)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负
方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： y
E
（1）电场强度E的大小； v
P 0
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
a
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 O x
mv2 B c
【答案】（1） 0 （2） 2v 方向指向第IV象限与x轴正方向成450角
2qh 0
b
2mv y
（3） 0
qL E
v
P 0
【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有 a
O x
1 r
x=v t =2h y = at2 =h qE =ma
0 2 B c
mv2
联立以上各式可得 E = 0 b
2qh
（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为v =at =v
y 0
450
第6页 | 共8页所以v= v2 +v2 = 2v 方向指向第IV象限与x轴正方向成450角
0 y 0
v2
（3）粒子在磁场中运动时，有qvB=m
r
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有
2 2mv
r = L 所以B= 0
2 qL
24．（20分）
如图所示，质量为M 、倾角为a的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地
面的动摩擦因数为m，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质
3
量为m的物块。压缩弹簧使其长度为 l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终
4
处于静止状态。重力加速度为g。
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
m
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标
轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
M
α
（3）求弹簧的最大伸长量；
（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数m应满足什么条件（
假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
mgsina L mgsina (kL+4mgsina)cosa
【答案】（1）L+ （2）见解析（3） + （4）m³
k 4 k 4Mg+4mgcos2a-kLsina
【解析】（1）设物块在斜面上平衡时，弹簧的伸长量为DL，有
mgsina m
mgsina-kDL=0 解得DL=
k O
M
mgsina
此时弹簧的长度为L+ x α
k
（2）当物块的位移为x时，弹簧伸长量为x+DL，物块所受合力为F =mgsina-k(x+DL)
合
联立以上各式可得 F =-kx
合
可知物块作简谐运动
L mgsina
（3）物块作简谐运动的振幅为 A= +
4 k
L mgsina
由对称性可知，最大伸长量为 +
4 k
（4）设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有
水平方向 f +F sina-Fcosa=0
N1 F
N2
竖直方向F -Mg-F cosa-Fsina=0
N2 N1 f
α F
第7页 | 共8页 Mg F N1又F =k(x+DL)，F =mgcosa
N1
联立可得 f =kxcosa，F =Mg+mg+kxsina
N2
为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有 f £mF ，所以
N2
f k x cosa
m³ =
F Mg+mg+kxsina
N2
当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有
(kL+4mgsina)cosa
m³
4Mg+4mgcos2a-kLsina
第8页 | 共8页
