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2013 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
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）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向
不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以 a表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之
间的关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
2．（6分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面
向上。若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值
和最小值分别为F 和 F ．由此可求出（ ）
1 2
A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
3．（6分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R的正方形导线
框；在导线框右侧有一宽度为 d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界
与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区
域。下列v﹣t 图象中，可能正确描述上述过程的是（ ）
第1页（共28页）A． B． C． D．
4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场
方向垂直横截面。一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子以速率 v 沿横截
0
面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向 60°．不计重力，
该磁场的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（6分）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c分别位于边
长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、b 带正电，电荷量均为 q，c带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为 k。若 三个小球均
处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到
了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联
系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电
流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈
中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感
应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
第2页（共28页）7．（6分）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星
的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过
程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是
（ ）
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
8．（6分）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．某公路急转弯处是一圆
弧，当汽车行驶的速率为 v 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，
c
则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于 v ，车辆便会向内侧滑动
c
C．车速虽然高于 v ，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
c
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 的值变小
c
二、解答题
9．（8分）某同学利用如图 1所示的装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一
轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固
连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘．向左推小球，使弹簧压缩一段
距离后由静止释放，小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求
得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 E 与小球抛出时的动能 E 相
p k
第3页（共28页）等．已知重力加速度大小为g．为求得 E ，至少需要测量下列物理量中的
k
（填正确答案序号）．
A．小球的质量 m B．小球抛出点到落地点的水平距离 s
C．桌面到地面的高度 h D．弹簧的压缩量△x
E．弹簧原长 l
0
（2）用所选取的测量量和已知量表示E ，得E = ．
k k
（3）图 2中的直线是实验测量得到的 s﹣△x 图线．从理论上可推出，如果 h 不
变．m增加，s﹣△x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
如果 m不变，h 增加，s﹣△x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不
变”）．由图中给出的直线关系和 E 的表达式可知，E 与△x 的 次方
k P
成正比．
10．（7分）某同学用量程为 1mA、内阻为 120Ω的表头按图（a）所示电路改
装成量程分别为 1V 和 1A的多用电表。图中 R 和 R 为定值电阻，S 为开
1 2
关。回答下列问题：
（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线。
（2）开关 S 闭合时，多用电表用于测量 （填“电流”、“电压”或“电
阻”）；开关 S 断开时，多用电表用于测量 （填“电流”、“电压”或
“电阻”）。
（3）表笔A应为 色（填“红”或“黑”）。
（4）定值电阻的阻值R = Ω，R = Ω．（结果取3位有效数字）
1 2
11．（14分）如图，匀强电场中有一半径为 r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与
电场方向平行。a、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量
为 q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小
分别为 N 和 N ．不计重力，求电场强度的大小 E、质点经过 a点和 b 点时
a b
第4页（共28页）的动能。
12．（18分）一长木板在水平地面上运动，在 t=0时刻将一相对于地面静止的
物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块与
木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小
g=10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
三．[物理--选修 3-3]（15分）
13．（5分）关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体
所有分子体积之和
第5页（共28页）B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
14．（10分）如图所示，一上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置。玻璃管的
下部封有长 l =25.0cm的空气柱，中间有一段长为 l =25.0cm的水银柱，上部
1 2
空气柱的长度 l =40.0cm。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢
3
往下推，使管下部空气柱长度变为 l ′=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏
1
气，已知大气压强为p =75.0cmHg． 求：
0
（1）最后下部分气体的压强；
（2）活塞下推的距离。
四．[物理--选修 3-4]（15分）
15．如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由
a、b 两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为
A ，周期为 T ．当物块向右通过平衡位置时，a、b 之间的粘胶脱开；以后小
0 0
物块 a振动的振幅和周期分别为 A和 T，则 A A （填“＞”、“＜”或
0
“=”），T T （填“＞”、“＜”或“=”）。
0
16．如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A=30°，∠B=60°．一束平行
于 AC边的光线自 AB边的 P点射入三棱镜，在 AC边发生反射后从 BC 边的
M 点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，
（i）求三棱镜的折射率；
（ii）在三棱镜的 AC边是否有光线透出，写出分析过程。（不考虑多次反射）
第6页（共28页）五．[物理-选修 3-5]（15分）
17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是（ ）
A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核衰变成 α 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大
于原来重核的结合能
C．铯原子核（ Cs）的结合能小于铅原子核（ Pb）的结合能
D．比结合能越大，原子核越不稳定
E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合
能
18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m的物块 A、B、C． B的左侧固
定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设 A以速度 v 朝 B运动，压缩
0
弹簧；当 A、B速度相等时，B与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运
动。假设 B和 C 碰撞过程时间极短。求从 A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的
过程中。
（1）整个系统损失的机械能；
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
第7页（共28页）2013 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
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）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向
不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以 a表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之
间的关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】37：牛顿第二定律．
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对物体受力分析，利用牛顿第二定律列式找出 F﹣a 的关系式，即可做
出选择。
【解答】解：物块受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得；F﹣μmg=ma
解得：F=ma+μmg
第8页（共28页）F 与a 成一次函数关系，故ABD错误，C 正确，
故选：C。
【点评】对于此类图象选择题，最好是根据牛顿第二定律找出两个物理量之间
的函数关系，图象变显而易见。
2．（6分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面
向上。若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值
和最小值分别为F 和 F ．由此可求出（ ）
1 2
A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．
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【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当
静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最
小；根据平衡条件列式求解即可。
【解答】解：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦
力，设滑块受到的最大静摩擦力为 f，物体保持静止，受力平衡，合力为
零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F ﹣mgsinθ﹣f=0 ①；
1
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F +f﹣mgsinθ=0 ②；
2
联立解得：f= ，故C 正确；
mgsinθ= ，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；
D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，故D 错误；
故选：C。
第9页（共28页）【点评】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平
衡条件列式并联立求解。
3．（6分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R的正方形导线
框；在导线框右侧有一宽度为 d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界
与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区
域。下列v﹣t 图象中，可能正确描述上述过程的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力；D9：导
体切割磁感线时的感应电动势．
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【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应
电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动。当完全进入
后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线
运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似。
【解答】解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E=BLv
闭合电路欧姆定律，则感应电流为：
安培力为：
由牛顿第二定律为：F=ma
则有：
由于 v 减小，所以 a 也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速
直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似。
而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D 正确，ABC错误；
第10页（共28页）故选：D。
【点评】属于力与电综合题，并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而
由牛顿第二定律来确定加速度如何变化。
4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场
方向垂直横截面。一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子以速率 v 沿横截
0
面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向 60°．不计重力，
该磁场的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【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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【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供
向心力，由几何知识求出轨迹半径 r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应
强度。
【解答】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力
提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的
圆心角等于速度的偏向角 60°，
且轨迹的半径为 r=Rcot30°= R
根据牛顿第二定律得
qv B=m 得，B= = ，故A正确，BCD 错误；
0
故选：A。
第11页（共28页）【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知
识和动力学知识的综合应用，常规问题。
5．（6分）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c分别位于边
长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、b 带正电，电荷量均为 q，c带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为 k。若 三个小球均
处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】A4：库仑定律；A6：电场强度与电场力．
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【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出
c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解。
【解答】解：设c电荷带电量为 Q，以c电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a、b 对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：
第12页（共28页）2× ×cos30°=E•Q
所以匀强电场场强的大小为 。
故选：B。
【点评】本题主要考查库仑定律及平行四边形定则。
6．（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到
了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联
系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电
流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈
中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感
应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【考点】1U：物理学史．
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【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出
者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。
【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效
应，揭示了电和磁之间存在联系。故 A正确。
B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假
说，很好地解释了磁化现象。故 B正确。
C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，
不会出现感应电流。故 C 错误。
D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方
向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。故 D 正确。
第13页（共28页）故选：ABD。
【点评】本题关键要记住电学的一些常见的物理学史。
7．（6分）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星
的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过
程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是
（ ）
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
【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．
【分析】本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，
得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理
讨论即可。
【解答】解：A、由 = 可知，v= ，可见，卫星的速度大小随轨道半
径的减小而增大，所以 A错误；
B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以
B正确；
C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故 C 错误；
D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的
功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，
所以D 正确。
故选：BD。
【点评】若卫星做圆周运动，则应满足 = ，可得轨道半径越小 v越大，
第14页（共28页）应熟记。
8．（6分）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．某公路急转弯处是一圆
弧，当汽车行驶的速率为 v 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，
c
则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于 v ，车辆便会向内侧滑动
c
C．车速虽然高于 v ，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
c
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 的值变小
c
【考点】27：摩擦力的判断与计算；4A：向心力．
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【专题】32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应
用．
【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力
的合力提供向心力．速率为 v 时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦
0
力为零．根据牛顿第二定律进行分析．
【解答】解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可
以提供圆周运动向心力。故 A正确。
B、车速低于 v ，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，合力依然提供
0
向心力，车辆不会向内侧滑动，故 B错误；
C、车速若高于 v ，所需的向心力增大，此时摩擦力可以指向内侧，增大提供的
0
力，所以只要不超出某一最高限度，车辆也不会向外侧滑动，故 C 正确；
D、当路面结冰时与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则 v 的值不变。
c
故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，知
道速率为 v 时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零，难度适
0
中．
第15页（共28页）二、解答题
9．（8分）某同学利用如图 1所示的装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一
轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固
连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘．向左推小球，使弹簧压缩一段
距离后由静止释放，小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求
得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 E 与小球抛出时的动能 E 相
p k
等．已知重力加速度大小为 g．为求得 E ，至少需要测量下列物理量中的
k
ABC （填正确答案序号）．
A．小球的质量 m B．小球抛出点到落地点的水平距离 s
C．桌面到地面的高度 h D．弹簧的压缩量△x
E．弹簧原长 l
0
（2）用所选取的测量量和已知量表示E ，得E = ．
k k
（3）图 2中的直线是实验测量得到的 s﹣△x 图线．从理论上可推出，如果 h 不
变．m增加，s﹣△x 图线的斜率会 减小 （填“增大”、“减小”或“不
变”）；如果 m不变，h 增加，s﹣△x 图线的斜率会 增大 （填“增大”、
“减小”或“不变”）．由图中给出的直线关系和 E 的表达式可知，E 与△x 的
k P
2 次方成正比．
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系；MD：验证机械能守恒定律．
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【专题】13：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后
根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论．本题
第16页（共28页）的难点在于需要知道弹簧弹性势能的表达式（取弹簧因此为零势面），然后
再根据E =E 即可得出结论．
p k
【解答】解：（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的
初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量 m、小
球抛出点到落地点的水平距离 s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）根据h= ，s=vt知，v= ，则小球的动能 ．
（3）对于确定的弹簧压缩量△x 而言，增大小球的质量会减小小球被弹簧加速
时的加速度，从而减小小球平抛的初速度和水平位移，即 h 不变 m增加，
相同的△x 要对应更小的 s，s﹣△x 图线的斜率会减小．
根据能量守恒有： ，又 s∝△x，则 s2∝△x2，可知 Ep 与△x 的二
次方成正比．
故答案为：（1）ABC，（2） ，（3）减小，增大，2．
【点评】本题考查验证机械能守恒定律的实验，要明确实验原理，根据相应规
律得出表达式，然后讨论即可．
10．（7分）某同学用量程为 1mA、内阻为 120Ω的表头按图（a）所示电路改
装成量程分别为 1V 和 1A的多用电表。图中 R 和 R 为定值电阻，S 为开
1 2
关。回答下列问题：
（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线。
（2）开关 S 闭合时，多用电表用于测量 电流 （填“电流”、“电压”或“电
阻”）；开关 S 断开时，多用电表用于测量 电压 （填“电流”、“电压”或
“电阻”）。
（3）表笔A应为 黑 色（填“红”或“黑”）。
（4）定值电阻的阻值R = 1.00 Ω，R = 880 Ω．（结果取3位有效数字）
1 2
第17页（共28页）【考点】NA：把电流表改装成电压表．
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【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；
（2）并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；
（3）红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；
（4）根据电路串并联知识列式求解即可。
【解答】解：（1）对照电路图连线，如图所示；
（2）开关S 断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；
开关S 闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；
（3）红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；
（4）开关S 断开时，电压量程为1V，故：R = ；
v
故R =R ﹣R =1000Ω﹣120Ω=880Ω；
2 V g
R = ；
1
第18页（共28页）故答案为：（1）如图所示； （2）电流，电压； （3）黑； （4）1.00，
880。
【点评】本题关键明确电压表和电流表的改装原理，然后根据串并联电路的电
流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路。
11．（14分）如图，匀强电场中有一半径为 r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与
电场方向平行。a、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量
为 q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小
分别为 N 和 N ．不计重力，求电场强度的大小 E、质点经过 a点和 b 点时
a b
的动能。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
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【专题】16：压轴题；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动
能定理来联立求解。
【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，
设质点质量为m，经过a 点和b 点时速度大小分别为v 和v ，
a b
由牛顿第二定律有，
设质点经过a 点和b 点时动能分别为E 和E ，则有：
ka kb
，
，
根据动能定理有，E ﹣E =2rf，
kb ka
联立解得： ，
第19页（共28页）E = ，
ka
E ，
kb=
答：电场强度的大小： 、质点经过 a 点： ，和 b
点时的动能： 。
【点评】考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律
的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负。
12．（18分）一长木板在水平地面上运动，在 t=0时刻将一相对于地面静止的
物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块与
木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小
g=10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．
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【专题】16：压轴题；512：运动学中的图像专题．
【分析】（1）由 v﹣t 图象分析可知，0.5s 时刻以前木板做匀减速运动，而物块
做匀加速运动，t=0.5s 时刻两者速度相等。根据 v﹣t 的斜率等于物体的加速
度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合
求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出
加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移。
第20页（共28页）【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 μ 和
1
μ ，木板与物块的质量均为 m。
2
v﹣t 的斜率等于物体的加速度，则得：
在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为 = m/s2=8m/s2。
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与
速度相反，则由牛顿第二定律得
μ mg+μ •2mg=ma ，①
1 2 1
对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a =
2
=μ g
1
t=0.5s 时速度为 v=1m/s，则 v=a t ②
2
由①②解得μ =0.20，μ =0.30
1 2
（2）0.5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运
动，加速度大小为a=μ g
2
由于物块的最大静摩擦力μ mg＜μ mg，所以物块与木板不能相对静止。
1 2
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于 a =
2
=μ g=2m/s2。
1
0.5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
a ′= =4m/s2
1
故整个过程中木板的位移大小为x = + =1.625m
1
物块的位移大小为x = =0.5m
2
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x ﹣x =1.125m
1 2
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从 t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是
1.125m。
【点评】本题首先要掌握 v﹣t 图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其
次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式
第21页（共28页）求解相对位移。
三．[物理--选修 3-3]（15分）
13．（5分）关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体
所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【考点】8F：热力学第一定律；9C：气体压强的微观意义．
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【专题】16：压轴题；548：热力学定理专题．
【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分
子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可
以改变物体的内能。
【解答】解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正
确；
B、温度高，气体分子热运动就剧烈，B正确；
C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C 错
误；
D、做功也可以改变物体的内能，D 错误；
E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，难度不
大。
14．（10分）如图所示，一上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置。玻璃管的
下部封有长 l =25.0cm的空气柱，中间有一段长为 l =25.0cm的水银柱，上部
1 2
第22页（共28页）空气柱的长度 l =40.0cm。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢
3
往下推，使管下部空气柱长度变为 l ′=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏
1
气，已知大气压强为p =75.0cmHg． 求：
0
（1）最后下部分气体的压强；
（2）活塞下推的距离。
【考点】99：理想气体的状态方程．
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【专题】11：计算题；21：信息给予题；32：定量思想；4C：方程法；54B：
理想气体状态方程专题．
【分析】（1）对下部空气运用玻意耳定律，即可求出最后下部分气体的压强；
（2）设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和
长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律
列式后联立求解即可。
【解答】解：（1）以 cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的
压强为：
p =p +l …①
1 0 2
设活塞下推后，下部空气的压强为P ′，根据玻意耳定律可得：
1
p l =p ′l ′…②
11 1 1
解得：p ′=125cmHg
1
（2）如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：
l ′=l +（l ﹣l ′）﹣△l…③
3 3 1 1
设此时玻璃管上部空气柱的压强为P ′，则
3
P ′=p ′﹣l …④
3 1 2
根据玻意耳定律可得：
P l =P ′l ′…⑤
03 3 3
联立①②③④⑤式解得：
第23页（共28页）活塞下推的距离：△l=15.0cm；
答：（1）最后下部分气体的压强为125cmHg；
（2）活塞下推的距离为15.0cm。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强 P、体积 V、
温度 T 三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难点在于确定两端气体
的压强间以及其与大气压强的关系。
四．[物理--选修 3-4]（15分）
15．如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由
a、b 两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为
A ，周期为 T ．当物块向右通过平衡位置时，a、b 之间的粘胶脱开；以后小
0 0
物块 a 振动的振幅和周期分别为 A和 T，则 A ＜ A （填“＞”、“＜”或
0
“=”），T ＜ T （填“＞”、“＜”或“=”）。
0
【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率．
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【专题】16：压轴题；51B：简谐运动专题．
【分析】系统的机械能与振幅有关，机械能越大，振幅越大。根据弹簧振子简
谐运动的周期公式T=2 ，分析周期的大小。
【解答】解：当物块向右通过平衡位置时 a、b 之间的粘胶脱开，a 向右做减速
运动，b 向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，即有 A＜
A 。
0
根据弹簧振子简谐运动的周期公式 T=2 ，知，振子的质量减小，周期减
小，则有T＜T 。
0
故答案为：＜，＜
【点评】本题关键要抓住弹簧振子的振幅与机械能的关系和周期公式进行分
析。
第24页（共28页）16．如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A=30°，∠B=60°．一束平行
于 AC边的光线自 AB边的 P点射入三棱镜，在 AC边发生反射后从 BC 边的
M 点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，
（i）求三棱镜的折射率；
（ii）在三棱镜的 AC边是否有光线透出，写出分析过程。（不考虑多次反射）
【考点】H3：光的折射定律．
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【专题】16：压轴题；54D：光的折射专题．
【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在 P点的入射角和折射角，
根据折射定律求出折射率的大小。
（2）根据折射定律求出临界角的大小，判断光线在AC边有无发生全反射。
【解答】解：（i）光线在 AB面上的入射角为 60°．因为光线在 P点的入射角和
在 M 点的折射角相等。知光线在 AB面上的折射角等于光线在 BC 面上的入
射角。根据几何关系知，光线在 AB面上的折射角为 30°。
根据n= ，解得n= 。
（ii）光线在 AC面上的入射角为 60°。
sinC=
因为sin60°＞sinC，光线在AC面上发生全反射，无光线透出。
答：（i）三棱镜的折射率为 ．（ii）三棱镜的AC边无光线透出。
【点评】本题考查光的折射，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练。
五．[物理-选修 3-5]（15分）
第25页（共28页）17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是（ ）
A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核衰变成 α 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大
于原来重核的结合能
C．铯原子核（ Cs）的结合能小于铅原子核（ Pb）的结合能
D．比结合能越大，原子核越不稳定
E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合
能
【考点】JE：原子核的结合能．
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【专题】16：压轴题；54Q：重核的裂变和轻核的聚变专题．
【分析】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核
全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量。用于表示原子核结合
松紧程度。
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量。自由原子结合
为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量
叫做原子核结合能。
【解答】解：A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能
量，A正确；
B、结合能是指使物质分解的能量，物质越稳定，这个能量越大，释放完能量
后，物质为低能状态，更稳定，更不易分解，所以结合能变大，故 B正确；
C、铯原子核与原子核都是中等质量的原子核，铯原子核（ Cs）的比结合能
比铅原子核（ Pb）的比结合能略大，而铅原子核中的核子数比铯原子核
的核子数多一半，所以铯原子核（ Cs）的结合能一定小于铅原子核（
Pb）的结合能，故C 正确；
D、比结合能越大，原子核越稳定，D 错误；
E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，
E 错误；
第26页（共28页）故选：ABC。
【点评】本题考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用。
18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m的物块 A、B、C． B的左侧固
定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设 A以速度 v 朝 B运动，压缩
0
弹簧；当 A、B速度相等时，B与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运
动。假设 B和 C 碰撞过程时间极短。求从 A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的
过程中。
（1）整个系统损失的机械能；
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．
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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】（1）A、B接触的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出当 AB速度
相同时的速度大小，B与 C 接触的瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，求出碰
撞瞬间BC 的速度，根据能量守恒求出整个系统损失的机械能。
（2）当整个系统速度相同时，弹簧压缩到最短，根据动量守恒定律，求出三者
共同的速度，A、B、C 损失的机械能一部分转化为 B、C 碰撞产生的内能，
一部分转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒求出弹簧被压缩到最短时的弹
性势能。
【解答】解：（1）对 A、B接触的过程中，由动量守恒定律得，mv =2mv ，解
0 1
得
B与C 接触的瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，有：
解得
系统损失的机械能为 =
（2）当A、B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大。
根据动量守恒定律得，mv =3mv
0
第27页（共28页）解得v=
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 =
。
答：（1）整个系统损失的机械能为 。
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为 。
【点评】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合
理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。
第28页（共28页）
