普通高等学校招生全国统一考试高考物理预测调研试题（6）（重庆卷）新人教版.docVIP

2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科综合能力高考模拟调研卷（六）理科综合能力测试卷共8页，满分300分。考试时间150分钟。物理试题第卷（选择题 共30分）选择题（共5小题，每题6分，每题仅有一个正确选项）1 下列说法中正确的是a卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成b将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期c质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是（m1m2m3）c2题2图d原子从a能级跃迁到b能级时发射波长为1的光子；原子从b能级跃迁到c能级时吸收波长为2的光子，已知12那么原子要从c能级跃迁到a能级时会发射一定频率的光子2 题2图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为e，内阻为r，r1、r2是定值电阻，rb是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器电路闭合后，当传感器rb所在处出现磁体时，电流表的电流i，c、d两端的电压u将ai变大，u变小bi变小，u变大ci变大，u变大di变小，u变小3 如题3图，水平支持面上的滑块m（可视为质点）在斜向上拉力f作用下保持静止，现保持f的大小及其作用点不变，使其方向变为水平方向，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下选项中正确的是题3图am所受的合力一定仍为零bm与地面间的摩擦力一定增大cm与地面间的摩擦力可能增大，也可能不变dm对地面的压力将大于地面对它的支持力4 如题4图所示，a、b是地球的两颗人造卫星，其轨道位于同一平面内，环绕方向相同，它们的轨道半径之比rarb14，周期分别为ta、tb，图示时刻它们刚好处于过地心的连线上，下列说法正确的是题4图aa、b的环绕速度之比vavb12ba、b的角速度之比ab21c再经过时间ta，它们将再次同时出现在图示位置d再经过时间tb，它们将再次同时出现在图示位置题5-2图1 2 3 4 5 6 7 b0 -ot/sb 2b0 b0 2b0 -5 如题5-1图所示，直角三角形导线框abc放在匀强磁场题5-1图左右abc中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度b随时间t的变化关系如题5-2图所示t0时刻，磁感应强度b的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力f的方向水平向t/s1 2 3 4 5 6 7 f0 -of 2f0 f0 2f0 -c1 2 3 4 5 6 7ot/si i0 i0 -a1 2 3 4 5 6 7ot/si i0 i0 -b1 2 3 4 5 6 7 f0 -ot/sf 2f0 f0 2f0 -d左为正则下面关于i和f随时间t变化的图象正确的是第卷（非选择题 共80分）6（19分）（1）某课外实验小组利用题6-1图的实验装置研究“加速度与合外力的关系”在实验中，为了平衡小车运动中受到的阻力应该采用下面所述方法中的 a逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动 b逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止c逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀正确平衡摩擦力后，利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力f，改变钩码的个数，利用纸带算出对应的加速度，进而可以确定加速度a与细线上拉力f的关系，下列图象中能表示该小组实验结果的是 若把所挂钩码的重力mg作为细线上的拉力，则作出的图像可能是 题6-1图接电源纸带实验小车制动装置打点计时器力传感器钩码afoaaofbcafof0aofd若把挂钩码的方式改成挂砂桶添加细砂来改变拉力大小的方式，则它的优点是 a可以改变滑动摩擦力的大小b可以更方便地获取更多组实验数据c可以更精确地测出摩擦力的大小d可以获得更大的加速度以提高实验精度题6-2图u/voi/a0.100.200.300.400.500.605.04.03.02.01.0（2）儿童电动玩具中有各种型号的小型直流电动机.某课外实验小组从废旧的玩具上拆了一个标有“5v，0.45a”的小型直流电动机，想要测定电动机的伏安特性曲线（ui图线），在实验室找到的器材有：a直流电源e：（电动势6v，内阻约0.5）b直流电流表a1：03a（内阻约为0.1） c直流电流表a2：00.6a（内阻约为0.5）d直流电压表v1：06v（内阻约为12k）e直流电压表v2：03v（内阻约为5k）f滑动变阻器r1：05，2ag滑动变阻器r2：01k，0.8ah开关s，导线若干为了使测量的准确度更高，在选择器材时，电流表应该选 ，电压表应该选 ，滑动变阻器应该选 （只需填器材前的字母代号）请你在答题卡上的方框内帮该小组的同学设计出实验所需的电路图（电动机的符号）在正确的实验操作下，测出的伏安特性曲线图如题6-2图所示若把该电动机接在电动势为5.0v，内阻为2的电源两端，则电动机实际消耗的功率为 （保留三位有效数字）7(14分）中国首艘航母“辽宁号”突破关键技术后，已经实现了舰载机的成功起降已知质量为m的舰载机关闭发动机后在陆地水平地面跑道上降落时，若触地瞬间的速度为v0，匀减速滑行距离s后可停下.而在航母上可以通过设置拦阻索来增大对舰载机的阻力，从而减小这段滑行距离.若舰载机关闭发动机后在静止于海面的航母水平甲板上降落，它接触甲板瞬间的速度仍为v0，在甲板上滑行s/6后即停下（在甲板上的运动看作匀变速运动，假设除了拦阻索的作用之外其余阻力f与陆地跑道上降落时相同）求：（1）该舰载机在陆地跑道上降落滑行时的加速度a；（2）该舰载机在航母上降落滑行时拦阻索施加的平均阻力f8（16分）aaadmnpbbem、q题8图q12如题8图所示，在边界pq的左侧空间存在一个足够宽广的电场强度为e，方向向右的匀强电场区域.电场的右侧有两个足够长的条形匀强磁场区域1和区域2，磁场感应强度均为b，方向垂直纸面向里.条形匀强磁场的宽度为a，两磁场区域的间距也为a，pq是电场与磁场区域1的分界线，mn是区域2的右侧边界现将质量为m、电量为q的带正电的粒子从电场中某处自由释放，粒子经过磁场区域1和区域2后能再次回到电场中，已知粒子在磁场中运动的半径为2a（粒子重力忽略不计），求：（1）粒子释放处距离pq的距离d；（2）粒子从释放开始到再次回到电场的过程中，在磁场区域1和区域2中运动的时间之比t1t2；（3）欲使粒子经过区域2又不会越过边界mn，粒子释放处的距离d需要满足的条件9（19分）如题9图所示，放置在水平地面上的长度为s2.0m的木板a左侧有一固定的弹性挡板d，木板a与地面间的动摩擦因数为10.2. 在木板的中点处放置一物块b（其宽度不计），a、b的质量mamb2 kg，a、b间的摩擦因数为20.1在距离木板a右侧边缘为l12.0m处的上方有一固定弹性挡板p，其下端略高于木板a的上表面距离p为l21.0m处有一粘性挡墙q，若木板a撞上即被粘住某题9图时刻在木板左侧施加水平向右的f16n的恒力，作用1s后，该力方向不变、大小立即减小为f/2并一直保持若在a运动时，物块b与挡板d碰撞，则a、b互换速度；若在a静止时两者相碰，则b被等速弹回此外若物块b与p碰撞，则b被等速弹回求：（1）恒力f作用1s时，木板a与物块b的速度va、vb；（2）物块b与挡板p碰撞前的瞬间的速度v；（3）最终物块b停下时距离挡板d的距离d选做题（第10题和第11题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第10题计分）10【选修33】（1）下列有关热现象的说法中正确的是（仅有一个正确选项）a盛有气体的容器作减速运动时，容器中气体的内能随之减小b用活塞压缩气缸里的气体，对气体做了2.0105j的功，若气体向外界放出1.5105j的热量，则气体内能增加了3.5105jc第二类永动机不可能制造成功的原因是违背能量守恒定律d露珠呈球形是表面张力造成的（2）一个装有一定质量气体的密闭容器，27时容器内气体压强为1.0105pa，已知当内、外气压压强差超过3.0l04pa时该容器将破裂在外界大气压为1.0105pa的环境中，把该容器降温到33，（容器容积的变化忽略不计，且容器内气体可视为理想气体）求：此时容器内气体的压强大小；容器是否会破裂？11【选修34】题11-1图题11-2图（1）一列沿x轴正向传播的横波在某时刻的波形图如题11-1图所示a、b、c、d为介质中沿波的传播方向上四个质点的平衡位置，若从该时刻开始计时，则题11-2图是下面哪个质点经过半个周期后的振动图象（仅有一个正确选项）aa处质点bb处质点cc处质点dd处质点（2）如题11-3图所示，一横截面为四分之一圆周的柱状题11-3图玻璃体，其横截面半径为r，一束单色光垂直左侧面射入玻璃体，入射点为a，oar/2，此单色光通过玻璃体后沿pq方向射出，q是其与下侧边界延长线的交点，oq，求：该玻璃的折射率n2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科综合能力高考模拟调研卷（六）物理参考答案15 dacdc6.（19分）（1）c（2分）d（2分） a（2分）b（2分）（2）c d f（各2分）电路图如下（2分）1.72w（0.02）（3分）7.（14分）解：（1）由有：负号表示加速度方向与初速度方向相反（5分）（2）在航母上降落时，负号表示加速度方向与初速度方向相反（3分）由牛顿第二定律，在陆地上降落时：（2分）在航母上降落时：（2分）所以：（2分）8.（16分）解：（1）由动能定理：，（2分）又：（2分）所以（2分）（2）带电粒子运动轨迹如图所示，因为轨迹半径为2a，所以，在磁场区域1中圆弧所对应的圆心角为30，在区域2中圆弧所对应的圆心角为120，（2分）（2分）所以，（1分）（3）要到达区域2，则运动半径（1分）要不会越过边界mn，则运动半径（1分）综上，（1分）所以，（2分）9.（19分）解：（1）开始1s内，由牛顿第二定律，木板加速度m/s2（2分）物块b加速度m/s2（2分）1s时的速度：m/s m/s（各1分）（2）前1s，木板的位移m（1分）物块b的位移m（1分）则m，所以此时物块b即将撞上档板d（1分）碰撞后，互换速度m/s m/s之后，木板与物块组成的系统动量守恒，若两者能共速， 则（1分） （1分）解得m，m/s即物块b刚好又到达木板的中点处（1分）此过程物块b的位移m，此时恰好运动到挡板p处（1分）则物块b与挡板p碰撞前的瞬间的速度m/s（1分）（3）1s后至物块b与挡板p碰撞前，木板a的位移m（1分）说明物块b与挡板p碰撞后反向时，木板a即撞上q而停下则（2分） 即m（1分）所以，最终物块b停止在m处（1分）（本题第（2）（3）问也