文档内容
2013 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共 8小题，每小题 6分．在每小题给出的四个选项中，第 1～
5题只有一项符合题目要求，第 6-8题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．
1．（6 分）如图是伽利略 1604 年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的
三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第
一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出
的结论是（ ）
1 1 32
4 2 130
9 3 298
16 4 526
25 5 824
36 6 1192
49 7 1600
64 8 2104
A．物体具有惯性
B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C．物体运动的距离与时间的平方成正比
D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
第1页 | 共22页【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
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【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】通过表格中的数据，通过时间的平方与运动距离的关系，得出位移和时
间的规律。
【解答】解：从表格中的数据可知，时间变为原来的2倍，下滑的位移大约变为
原来的 4 倍，时间变为原来的 3 倍，位移变为原来的 9 倍，可知物体运动的
距离与时间的平方成正比。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生的数据处理能力，能够通过数据得出物体位移与时间的关
系。需加强训练。
2．（6分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于
圆盘且过圆心c 的轴线上有a、b、d 三个点，a和b、b 和c、c和d 间的距离
均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强
为零，则d点处场强的大小为（k 为静电力常量）（ ）
A． B． C． D．
【考点】A8：点电荷的电场；AA：电场的叠加．
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【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由题意可知，半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷，与在 a
点处有一电荷量为 q（q＞0）的固定点电荷，在 b 点处的场强为零，说明各
自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因
此根据点电荷的电场强度为 即可求解．
【解答】解：电荷量为q的点电荷在b 处产生电场强度为 ，
第2页 | 共22页而半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q 的圆盘上电荷，与在 a 点处有一电荷量为 q
（q＞0）的固定点电荷，在b 点处的场强为零，
则圆盘在此处产生电场强度也为 ．那么圆盘在此 d 产生电场强度则仍为
。
而电荷量为q的点电荷在d 处产生电场强度为 ，由于都在d
处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加。
所以两者这d处产生电场强度为 ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与
方向关系，从而为解题奠定基础．
3．（6 分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极
相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方
处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并
在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移 ，则从 P 点开始
下落的相同粒子将（ ）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板 处返回 D．在距上极板 处返回
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AS：电容器的动态分析．
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【专题】533：电容器专题．
第3页 | 共22页【分析】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力
做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场
力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d
的关系，求出粒子返回时的位置．
【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，
。
将下极板向上平移 ，设运动到距离上级板x 处返回。
根据动能定理得，
联立两式解得x= ．故D 正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是
一道比较综合的电学题，难度较大．这类题应该以运动和力为基础，结合动
能定理求解．
4．（6分）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，
其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。
用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平
分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，
可能正确的是（ ）
A． B．
第4页 | 共22页C． D．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
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【专题】53B：电磁感应与图像结合．
【分析】MN切割磁感线运动产生感应电动势E=BLv，L越来越大，回路总电阻也
增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解。
【解答】解：设∠bac=2θ，单位长度电阻为R
0
则MN切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tanθ=2Bv2ttanθ
回路总电阻为
由闭合电路欧姆定律得：I= = =
i与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误，
故选：A。
【点评】关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合
电路欧姆定律找出关系式。
5．（6 分）如图，半径为 R 的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强
度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子
沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为 ．已知粒子
射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）
（ ）
A． B． C． D．
第5页 | 共22页【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．
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【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可
得出粒子速度的大小；
【解答】解：由题，射入点与 ab 的距离为 ．则射入点与圆心的连线和竖直方
向之间的夹角是30°，
粒子的偏转角是 60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是 60°，所以入射点、出射
点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，
即r=R．轨迹如图：
洛伦兹力提供向心力： ，变形得： ．故正确的答案是B。
故选：B。
【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键。
6．（6分）如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的
位置、时间（x﹣t）图线。由图可知（ ）
A．在时刻t ，a车追上b车
1
B．在时刻t ，a、b两车运动方向相反
2
C．在t 到t 这段时间内，b车的速率先减小后增大
1 2
D．在t 到t 这段时间内，b车的速率一直比a车的大
1 2
第6页 | 共22页【考点】1I：匀变速直线运动的图像．
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【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的
大小。
【解答】解：A、在时刻t ，a、b 两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b 的
1
位移，知b从后面追上a。故A 错误。
B、在时刻t ，a的位移增大，b的位移减小，知两车运动方向相反。故B正确。
2
C、图线切线的斜率表示速度，在 t 到 t 这段时间内，b 车图线斜率先减小后增
1 2
大，则b车的速率先减小后增加。故C 正确。
D、在 t 到 t 这段时间内，b 图线的斜率不是一直大于 a 图线的斜率，所以 b 车
1 2
的速率不是一直比a 车大。故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速
度的大小，能够通过图线得出运动的方向。
7．（6分）2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km
的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空
间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是（ ）
A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度
之间
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加
C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低
D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．
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【专题】16：压轴题；52A：人造卫星问题．
【分析】万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运
动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，
失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根据相应
第7页 | 共22页知识点展开分析即可．
【解答】解：
A、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度。
故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有： ⇒v= 得轨道高度降低，卫星的线
速度增大，故动能将增大，所以B正确；
C、卫星本来满足万有引力提供向心力即 ，由于摩擦阻力作用卫星的线
速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨
道半径将减小，故C正确；
D、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为 0，而地球对他的万有引力
提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以D错误
故选：BC。
【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不
同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系．
8．（6 分）2012 年 11 月，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图
（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着
舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对
飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机
着舰为计时零点，飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止
的速度﹣时间图线如图（b）所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的
滑行距离约1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g．则（ ）
第8页 | 共22页A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率
和瞬时功率．
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【专题】16：压轴题；52C：功率的计算专题．
【分析】通过速度与时间的图象，由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二
定律确定阻拦索的拉力，同时由图象与时间所构成的面积为位移的大小．由
功率P=FV 可确定大小如何变化．
【解答】解：A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图
象与时间所构成的面积，即约为 ，而无阻拦索的位移为1000m，
因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 ，故A正确；
B、在 0.4s～2.5s 时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所
以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张
力是变化的，故B 错误；
C 、 在 滑 行 过 程 中 ， 飞 行 员 所 承 受 的 加 速 度 大 小 为
＞2.5g，故C正确；
D、在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F 不变，但V
是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；
故选：AC。
【点评】考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，
图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与张力的合力是
不同的．
二、解答题（共 4小题，满分 47分）
9．（7 分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。
第9页 | 共22页实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量 M、重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光
片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电
门A和光电门 B所用的时间△t 和△t ，求出加速度a；
A B
④多次重复步骤③，求a的平均值 ；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列为题：
（1）测量 d 时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为 1mm）的示数如图（b）所
示，其读数为 0.960 cm。
（ 2 ） 物 块 的 加 速 度 a 可 用 d 、 s 、 △ t 和 △ t 表 示 为 a=
A B
。
（3）动摩擦因数μ可用M、m、 和重力加速度g表示为μ=
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于 系统误差 （填“偶然误
差”或“系统误差”）。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．
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【专题】13：实验题；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，
（2）由速度公式求出物块经过 A、B 两点时的速度，然后由匀变速运动的速度
位移公式求出物块的加速度；
（3）由牛顿第二定律求出动摩擦因数。
第10页 | 共22页（4）由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差
属于偶然误差。
【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为 0.9cm，游标尺示
数 为 12 × 0.05mm=0.60mm=0.060cm ， 则 游 标 卡 尺 示 数 为
0.9cm+0.060cm=0.960cm。
（2）物块经过 A 点时的速度 v = ，物块经过 B 点时的速度 v = ，物块做匀
A B
变 速 直 线 运 动 ， 由 速 度 位 移 公 式 得 ： v 2﹣v 2=2as ， 加 速 度 a=
B A
；
（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）
，解得μ= ；
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差。
故答案为：（1）0.960；（2） ；（3） ；（4）
系统误差。
【点评】对游标卡尺进行读数时，要先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数
之和是游标卡尺示数，读数时视线要与刻度线垂直。
10．（8分）某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动
势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干。
回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔 短接 ，调零
点。
（2）将图（a）中多用电表的红表笔和 1 （填“1”或“2”）端相连，黑表笔连
接另一端。
第11页 | 共22页（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这
时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为 15.0 kΩ
和 3.60 V。
（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压
表的读数分别为 12.0kΩ 和 4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为 12.0
kΩ。
（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表
和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示。根据前面的实验数据计算可得，
此多用电表内电池的电动势为 9.00 V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为
15.0 kΩ。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．
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【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；
（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；
（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；
（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数
即为电压表阻值；
（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据
闭合电路欧姆定律求解电动势。
【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零
旋钮，使电流表满偏；
（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负
接连柱，故红表笔接触1；
第12页 | 共22页（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；
（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；
（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压
表的读数分别为12.0kΩ和4.00V；
多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；
由闭合电路欧姆定律I= 和欧姆定律U=IR 可知，E=
V
代入数据有：
E= （12kΩ+15kΩ）=9.00V，
故答案为：（1）短接；（2）1； （3）15.0，3.60；（4）12.0； （5）9.00，15.0。
【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同
时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析。
11．（13分）水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在
橡皮筋上有一红色标记 R．在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B 和 R 分别位
于直角坐标系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）点。已知A从静止开始沿y
轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。
在两车此后运动的过程中，标记 R 在某时刻通过点（l，l）。假定橡皮筋的伸
长是均匀的，求B 运动速度的大小。
【考点】37：牛顿第二定律．
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【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据运动学公式求出t时刻A的纵坐标，B的横坐标，抓住橡皮筋的伸
长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1，根据相似三
角形，结合运动学公式求出B的运动速度。
【解答】解：设 B 车的速度大小为 v。如图，标记 R 的时刻 t 通过点 K（l，l），
此时A、B的位置分别为H、G。
由运动学公式，H的纵坐标y ，G的横坐标x 分别为
A B
①
第13页 | 共22页x =vt ②
B
在开始运动时，R 到A和B的距离之比为2：1，即
OE：OF=2：1
由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1。
因此，在时刻t有 HK：KG=2：1 ③
由于△FGH∽△IGK，有
HG：KG=x ：（x ﹣l） ④
B B
HG：KG=（y +l）：（2l）=3：1 ⑤
A
联立各式解得
答：B运动速度的大小为 。
【点评】解决本题的关键抓住橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻 R 到 A
和B的距离之比都为2：1，结合运动学公式和数学几何进行求解。
12．（19分）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L．导
轨上端接有一平行板电容器，电容为C．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大
小为 B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿
导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨
之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导
轨上端由静止开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。
第14页 | 共22页【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；AN：电容器与电容；
D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
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【专题】16：压轴题；539：电磁感应中的力学问题．
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再与 相结合求出电
荷量与速度的关系式。
（2）由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于 、
及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系。
【解答】解：（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv，
平行板电容器两极板之间的电势差为U=E，
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，
按定义有 ，
联立可得，Q=CBLv。
（2）设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，
金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f =BLi，
1
设在时间间隔（t，t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，
则△Q=CBL△v，
按定义有： ，
△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+△t）内增加的电荷量，
由上式可得，△v为金属棒的速度变化量，
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，
大小为：f =μN，式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，
2
有N=mgcosθ，
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，
第15页 | 共22页设其大小为a，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣f ﹣f =ma，
1 2
即：mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma；
联立上此式可得： 。
由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t 时刻金属棒的速度大小为
。
答：（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系为Q=CBLv；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系 。
【点评】本题让学生理解左手定则、安培力的大小、法拉第电磁感应定律、牛顿
第二定律、及运动学公式，并相互综合来求解。
三．[物理--选修 3-3]（15分）
13．（6 分）两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再
靠近。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．分子力先增大，后一直减小 B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小 D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能；8A：物体的内能．
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【专题】16：压轴题；547：内能及其变化专题．
【分析】分子力同时存在引力和斥力，分子间引力和斥力随分子间的距离的增大
而减小，随分子间的距离的减小而增大，且斥力减小或增大比引力变化要快
些；
分子力做功等于分子势能的减小量。
【解答】解：A、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至
不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分
第16页 | 共22页子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力；故A错误；
B、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过
程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；
C、只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，
故C正确；
D、分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的减小量；故分子势能
先减小后增加，故D错误；
E、分子力做功等于分子势能的减小量，总功等于动能增加量，只有分子力做功，
故分子势能和分子动能总量保持不变，故E正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查了分子力、分子势能、分子力做功与分子势能变化关系，基础
题。
14．（9分）如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，
气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K，两气缸的容积均为
V ，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两
0
活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为 p 和 ，
0
左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为 ．现使气缸
底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；
然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为 T ，不计活塞
0
与气缸壁间的摩擦。求：
①恒温热源的温度T；
②重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V 。
x
第17页 | 共22页【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．
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【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；
（2）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解
【解答】解：（1）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方
的气体经历等压过程，
由盖吕•萨克定律得： = …①解得：T= T …②
0
（2）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。
打开K 后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，
设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：pV = • …③
X
对下方气体由玻意耳定律得：（p+p ）（2V ﹣Vx）=p • V …④
0 0 0 0
联立③④式得：6V 2﹣V V ﹣V 2=0，
X 0 X 0
解得：V = V ，V =﹣ V 不合题意，舍去。
X 0 X 0
答：（1）恒温热源的温度为 T ；
0
（2）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积为 V 。
0
【点评】本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是
把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。
四．[物理--选修 3-4]（15分）
15．如图，a、b、c、d 是均匀媒质中 x 轴上的四个质点，相邻两点的间距依次
为 2m、4m 和 6m。一列简谐横波以 2m/s 的波速沿 x 轴正向传播，在 t=0 时
刻到达质点 a 处，质点 a 由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s 时 a 第一次到
达最高点。下列说法正确的是（ ）
A．在t=6s 时刻波恰好传到质点d处
第18页 | 共22页B．在t=5s时刻质点c 恰好到达最高点
C．质点b 开始振动后，其振动周期为4s
D．在4s＜t＜6s的时间间隔内质点c向上运动
E．当质点d 向下运动时，质点b一定向上运动
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．
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【专题】16：压轴题．
【分析】由题“在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，
t=3s时a第一次到达最高点”可确定出该波的周期。根据a与d 间的距离，由
t= 求出波从a 传到d的时间。根据时间t=5s与周期的关系，分析质点c的状
态。由波速公式求出波长，根据b、d间距离与波长的关系，分析当质点d 向
下运动时质点b的运动方向。
【解答】解：A、ad 间距离为x=12m，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到
d的时间为t= = s=6s，即在t=6s时刻波恰好传到质点d 处。故A正确。
B、设该波的周期为 T，由题可得， T=3s，得 T=4s。波从 a 传到 c 的时间为
t= = s=3s，则在 t=5s 时刻质点 c 已振动了 2s，而 c 起振方向向下，故在
t=5s时刻质点c 恰好经过平衡位置向上。故B错误。
C、质点b 的振动周期等于a的振动周期，即为4s。故C正确。
D、在 4s＜t＜6s 的时间间隔内，质点 c 已振动了 1s＜t＜3s，质点 c 正从波谷向
波峰运动，即向上运动。故D正确。
E、波长为 λ=vT=2×4m=8m，bd 间距离为 10m=1 λ，结合波形得知，当质点 d
向下运动时，质点b不一定向上运动。故E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题关键要抓住波在同一介质中是匀速传播的，由t= 可求出波传播的
时间。要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的
形成过程进行分析。
第19页 | 共22页16．图示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为L，折射
率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c。
（i）为使光线能从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面，求光线在端面 AB 上的入
射角应满足的条件；
（ii）求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。
【考点】H5：全反射．
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【专题】16：压轴题；54E：全反射和临界角专题．
【分析】根据折射定律求入射角的条件，利用全反射的条件和运动学知识求光线
传播所用的最长时间。
【解答】解：（1）设激光束在光导纤维端面的入射角为 i，折射角为 α，折射光
线射向侧面时的入射角为β，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在
侧壁发生全反射。
由折射定律：
由几何关系：α+β=90°，sinα=cosβ
恰好发生全反射临界角的公式： ，得
联立得
要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有sini
（2）光在玻璃丝中传播速度的大小为v=
光速在玻璃丝轴线方向的分量为v =vsinβ
z
光线从玻璃丝端面AB 传播到其另一端面所需时间为T=
光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面
所需的时间最长，联立得
答：（i） 光线在端面AB 上的入射角应满足sini≤
第20页 | 共22页（ii）线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所藉的最长时间
【点评】本题是 2013 年湖北高考题，考查了折射定律和全反射的条件，难度稍
大。
五．[物理--选修 3-5]（15分）
17．一质子束入射到能止靶核 AI上，产生如下核反应：P+ AI→X+n式中p
代表质子，n 代表中子，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的
质子数为 14 ，中子数为 13 ．
【考点】JF：原子核的人工转变．
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【专题】16：压轴题；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒，得出新核的质子数和中子数．
【解答】解：质子的电荷数为 1，质量数为 1，中子的电荷数为 0，质量数为
1．根据电荷数守恒、质量数守恒，X 的质子数为 1+13﹣0=14，质量数为
1+27﹣1=27．因为质量数等于质子数和中子数之和，则新核的中子数为
27﹣14=13．
故答案为：14 13．
【点评】解决本题的关键知道在核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知
道常见粒子的电荷数和质量数．
18．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初
速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相
距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2
倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理．
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【专题】16：压轴题；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和动能定理，
抓住停止时相距的距离，表示出出碰撞后的A、B的速度，结合能量守恒定律
第21页 | 共22页求解。
【解答】解：设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；
在碰撞后的瞬间，A和B 的速度分别为v 和v 。
1 2
在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律。得
mv2= mv 2+ •2mv 2，
1 2
mv=mv +2mv ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正。
1 2
联立解得：v =﹣ v 。
1 2
设碰撞后A和B运动的距离分别为d 和d ，
1 2
由动能定理得 μmgd = mv 2。
1 1
μ（2m）gd = 2mv 2。
2 2
按题意有：d=d +d 。
2 1
设A 的初速度大小为v ，由动能定理得﹣μmgd= mv2﹣ mv 2
0 0
联立解得：
答：A 的初速度的大小是 。
【点评】本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，
对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。
第22页 | 共22页
