北京市西城区2013年高三一模试卷试卷解析
物 理 2013.4
Ⅰ选择题
【题13】 ［答案］B
［解析］根据核反应方程前后质量数守恒、电荷数守恒知：X在A中代表电子，B
中代表质子，C中代表中子，D中代表氦原子核，B正确；故选B．
【题14】 ［答案］C
［解析］根据光电效应方程Ekm=hv-W0得，光电子的最大初动能与入射光的强度、
照射时间无关．入射光的频率越高，或波长越短，光电子的最大初动能越大．故C正确，A、B、D错误．
【题15】 ［答案］A
［解析］A．当温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大．体积减小，所以
气体密度增大，即气体分子的密集程度增加，故A正确，B错误；C．温度保持不变时，所以分子平均动能不变，故CD错误；故选A．
［答案］D 【题16】
［解析］卫星绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量
为m、轨道半径为r、木星质量为M，有F?F向 因而
Mmv22?G2?m?m?2r?m()2r?ma 由以上式子可以看出，要计算M，rrT需要测量出T和r，或v和r，或ω和r，或v和ω由于已知了T，故只要知道卫星绕木星做匀速圆周运动的轨道半径r即可．故选D．
【题17】 ［答案］C
［解析］A．质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出振幅A=0.1m，
故A错误；B．质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出角频率为2.5π，故周期T?2???2??0.8s ，故B错误；C．在t=0.2s时，2.5?振子的位移最大，故速度最小，为零，故C正确；D．根据周期性可知，质点在一个周期内通过的路程一定是4A，但四分之一周期内通过的路程不一定是A，故D错误；故选C．
【题18】 ［答案］C
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［解析］AB．金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，故A错误，B
错误；CD．金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误．故选C．
【题19】 ［答案］A
［解析］根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，
1．图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了，故（1）正确；
2．曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故（4）正确；故选A．
［答案］B 【题20】
1212［解析］A．整个过程根据动能定理得：mvm?kx1?Wf ，所以速度不能达到
22kx1 ，故A错误；B．当木板静止时，小物块在长木板上继续往复运m动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以当木板刚静止时，系
12统具有的机械能为kx2，从开始到木板刚静止的过程中，根据能量守恒
2k12122s?(x12?x2) ，故B正确；C．长木kx?kx?W?fs得：解得：12f2f22板静止后，对木板进行受力分析，水平方向受地面的静摩擦力和弹簧弹力，弹簧弹力随木块的运动而发生改变，所以木板受的静摩擦力也发生改变，故C错误；D．若将长木板改放在光滑地面上，系统所受合外力为零，动量守恒，则运动过程中物块和木板的速度方向肯定相反，故D错误．故选B．
【题21】 ［答案］（1）①D；B；F ② 4.4；1.6 ③A （2）① D ；② 1.48 ；0.81
［解析］（1）①测电动势是1.5V，内阻为1Ω的电源电动势与内阻实验时，短路电
流为1.5A，如果用量程为3A电流表，则读数误差太大，因此电流表应选B；电流表选B，测电动势为4.5V电源电动势与内阻实验时，电路最小电阻为R=E/I=4.5/0.6=7.5Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，因此定值电阻应选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F．②由表达式U=-5.6I+4.4可知，电源电动势为：E=4.4V，内阻为：r=5.6/4.4≈1.3Ω；③由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，故选A．（2）①用图3所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因此定值电阻应该选择D．②由电路图可知，K1闭合，K2断开，电压表示数为电源电
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动势，电压表示数为1.48V，则电源乙电动势为：E=1.48V；K1、K2均闭合，电压表示数为1.23V，电压表测路端电压，此时电路电流为：
E?U'1.48?1.23I=U'/R1=0.3075A， 电源内阻为：r???0.81?
I0.3075
【题22】 ［答案］（1）v?2gh（2）PG?22ghtan?mgh（3）t? t0g［解析］（1）运动员从A到O点过程中，根据动能定理
mgh?
12mv 2
解得：v?2gh
Wmgh ?tt0（2） 重力做功的平均功率PG?（3） 运动员从O点到落在斜坡上做平抛运动 竖直方向： y?12gt 2y?tan? x 水平方向： x?vt
由平抛运动的位移关系可知：
解得：t?22ghtan?
g2B2l12at0?mat0 【题23】 ［答案］（1）I?（2）Q?fml2（3）I?2R2Rkl1l2［解析］（1）根据法拉第电磁感应定律
回路中的感应电动势e??Φ?kl1l2sin?t ?t所以，电动势的最大值 Em?kl1l2 由闭合电路欧姆定律 Im?Emkl1l2? RR由于交变电流是正弦式的，所以 I?kl1l22R
（2）根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E?l1l2 根据闭合电路欧姆定律，I??B?kl1l2 ?tEkl1l2? RR 13 / 16
k2l12l2t CD杆受到的安培力 FA?BIl1?R 当CD杆将要开始运动时，满足：FA?fm 由上式解得：CD棒运动之前，产生电流的时间t?fmR 22kl1l2 所以，在时间t内回路中产生的焦耳热Q?I2Rt?fml2 （3） CD棒切割磁感线产生的感应电动势E?Bl1v时刻t的感应电流I?
EBl1at? RR
CD棒在加速过程中，根据由牛顿第二定律
F?BIl1?ma
B2l12at?ma 解得：F?R根据上式可得到外力F随时间变化的图像如图所示由以上图像面积可知：经过时间t0，外力F的冲量I
?1?B2l12aI??(t0?ma)?ma?t0
2?R?F
2B2l12at0?mat0 ma 解得I? 2RO t0 t 【题24】 ［答案］（1）v?2eU011l（3） （2）x?6m［解析］（1）根据动能定理
1eU0?mv2
2解得：v?2eU0 ① m（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，在磁场中运动
轨迹如图，由几何关系
lR2?l2?(R?)2
25解得： R?l
4
R 14 / 16
x
α R l α l/O
l
v2根据牛顿第二定律： Bev?m
R42mU0解得：B?
5le
设圆弧所对圆心为α，满足：sin??由此可知：tan??l4? R5l2?tan?
4 3x?电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：通过上式解得坐标x?l11l 6
（3）a. 设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u 垂直电场方向：l?vt1 ②
12at1 ③ 2eu此过程中电子的加速度大小 a? ④
ml平行电场方向：x1? ①、②、③、④联立得：x1?ul 4U0电子出偏转电场时，在x方向的速度
vx?at1 ⑤
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时 间t2到达荧光屏。则
水平方向：l?vt2 ⑥ 竖直方向：x2?vxt2 ⑦
② 、⑤、⑥、⑦ 联立，解得：x2?x2 x x1 O ul 2U03lu ⑧
4U0电子打在荧光屏上的位置坐标x?x1?x2?对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：
由图2可知，在任意?t时间内，P、Q间电压变化?u相等。 由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度?x? 15 / 16
3l?u。 4U0
所以，在任意?t时间内，亮线长度?x相等。
由题意可知，在任意?t时间内，射出的电子个数是相同的。也就是说，在任意?t时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度?x范围内。因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。 b. 现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数： 当电子在P、Q电场中的侧移量x1=由x1?l时， 2ul得：u=2U0 4U0当偏转电压在0~±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上。
4t2由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间t?T?0
334Nt0所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数Nt?
33l由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量xm?
2亮线长度L=2xm=3l
Nt4Nt0所以，从0~2t0时间内，单位长度亮线上的电子数n? ?L9l 16 / 16