2013年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2013年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1（3分）火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運(yùn)行，根據(jù)開普勒行星運(yùn)動定律可知（）A太陽位于木星運(yùn)行軌道的中心B火星和木星繞太陽運(yùn)行速度的大小始終相等C火星與木星公轉(zhuǎn)周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方D相同時間內(nèi)，火星與太陽連線掃過的面積等于木星與太陽連線掃過的面積【考點(diǎn)】4D：開普勒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】529：萬有引力定律在天體運(yùn)動中的應(yīng)用專題【分析】熟記理解開普勒的行星運(yùn)動三定律：第一定律：所有的行星圍繞太陽運(yùn)動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦

2、點(diǎn)上。第二定律：對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等。第三定律：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等?！窘獯稹拷猓篈、第一定律的內(nèi)容為：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽運(yùn)動，太陽處于橢圓的一個焦點(diǎn)上。故A錯誤；B、第二定律：對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等。行星在此橢圓軌道上運(yùn)動的速度大小不斷變化，故B錯誤；C、若行星的公轉(zhuǎn)周期為T，則a3T2=K常量K與行星無關(guān)，與中心體有關(guān)，故C正確；D、第二定律：對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，是對同一個行星而言，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】正確理解

3、開普勒的行星運(yùn)動三定律是解答本題的關(guān)鍵。2（3分）如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上，不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（）AA的速度比B的大BA與B的向心加速度大小相等C懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；48：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；4A：向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；519：勻速圓周運(yùn)動專題【分析】AB兩個座椅具有相同的角速度，分別代入速度、加速度、向心力的表達(dá)式，即可求解【解答】解：A、A、B的角速度相

4、等，根據(jù)公式：vr，A的運(yùn)動半徑小，A的速度就小。故A錯誤。B、根據(jù)公式：a2r，A的運(yùn)動半徑小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根據(jù)平行四邊形定則知，A對纜繩的拉力就小，故D正確，B錯誤。C、對任一座椅，受力如圖，由繩子的拉力與重力的合力提供向心力，則得：mgtanm2r，則得tan=2rg，A的半徑r較小，相等，可知A與豎直方向夾角較小，故C錯誤。故選：D。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道A、B的角速度相等，轉(zhuǎn)動的半徑不等，知道向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，難度不大3（3分）下列選項中的各14圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各14圓環(huán)間彼此絕緣 坐標(biāo)原點(diǎn)O處電

5、場強(qiáng)度最大的是（）ABCD【考點(diǎn)】A6：電場強(qiáng)度與電場力；AA：電場的疊加菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)的公式和場強(qiáng)疊加原理，與選項相對比，分析求解問題分析時要抓住電場線從正電荷出發(fā)發(fā)無窮遠(yuǎn)處終止，或從無窮遠(yuǎn)處出發(fā)到負(fù)電荷終止【解答】解：設(shè)14帶電圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E。A圖中坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度是14帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度大小為E；B圖中坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度是第一象限14帶正電圓環(huán)和第二象限14帶負(fù)電圓環(huán)疊加產(chǎn)生，坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度大小等于2E。C圖中第一象限14帶正電圓環(huán)和第三象限14帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處

6、電場強(qiáng)度是14帶電圓環(huán)帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度大小為E；D圖中第一象限14帶正電圓環(huán)和第三象限14帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，第二象限14帶負(fù)電圓環(huán)和第四象限14帶負(fù)電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度為0。所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是B。故選：B?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵抓住對稱性和疊加原理分析O點(diǎn)的場強(qiáng)要求學(xué)生在牢固的掌握基本知識的基礎(chǔ)上要能過靈活的分析問題4（3分）在輸液時，藥液有時會從針口流出體外，為了及時發(fā)現(xiàn)，設(shè)計了一種報警裝置，電路如圖所示M是貼在針口處的傳感器，接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化，導(dǎo)致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報，此時（）ARM變大，且R越大，U增大

7、越明顯BRM變大，且R越小，U增大越明顯CRM變小，且R越大，U增大越明顯DRM變小，且R越小，U增大越明顯【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；535：恒定電流專題【分析】M與R并聯(lián)后與S串聯(lián)，由S兩端電壓U增大可知電流增大，則RM減?。辉倮脴O限法判斷可知，R越大，U變化越明顯【解答】解：由S兩端電壓U增大可知干路電流增大，由歐姆定律I=ER總可知總電阻減小，所以傳感器的電阻RM變小；極限法：假設(shè)R很小，甚至為零，則傳感器部分的電路被短路，故傳感器RM的大小變化對S的電壓就無影響，則R越大，U增大越明顯，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評】本題是電路的動態(tài)

8、分析問題，考查了學(xué)生分析、推理能力，注意極限思想法在物理中經(jīng)常用到5（3分）水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等。碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的（）A30%B50%C70%D90%【考點(diǎn)】53：動量守恒定律；6C：機(jī)械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；52K：動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合【分析】根據(jù)頻閃照片，根據(jù)卻是守恒定律研究碰撞后兩球速度大小與碰撞前白球速度大小的關(guān)系，即可研究碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能?！窘獯稹拷猓涸O(shè)碰撞前白球的速度大小為2v，由圖看出，碰撞后兩球的速度大小相等，速度之間的夾角約為60

9、76;，設(shè)碰撞后兩球的速度大小為v根據(jù)動量守恒得：水平方向有：m2v2mvcos30°，解得，v=233v則碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為Ek=12m(2v)2-122mv'2=23mv2=1312m(2v)2，即碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的13。故選：A?！军c(diǎn)評】本題首先要根據(jù)照片的信息，知道兩球速度大小近似相等，再由動量守恒求解碰撞前后速度大小的關(guān)系。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分每小題有多個選項符合題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）將一電荷量為+Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，

10、金屬球表面的電勢處處相等a、b為電場中的兩點(diǎn)，則（）Aa點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大Ba點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高C檢驗電荷q在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的大D將檢驗電荷q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功【考點(diǎn)】A6：電場強(qiáng)度與電場力；A7：電場線；AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】電場線的疏密表示場強(qiáng)的大?。籥點(diǎn)所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點(diǎn)的電勢高于金屬球的電勢，而b點(diǎn)所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠(yuǎn)，所以金屬球的電勢高于b點(diǎn)的電勢；電勢越高的地方，負(fù)電荷具有的電勢能越小【解答】解：A：電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，故A正確

11、；B：a點(diǎn)所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點(diǎn)的電勢高于金屬球的電勢，而b點(diǎn)所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠(yuǎn)，所以金屬球的電勢高于b點(diǎn)的電勢。故B正確；C：電勢越高的地方，負(fù)電荷具有的電勢能越小，即負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能較b點(diǎn)小，故C錯誤；D：由上知，q在a點(diǎn)的電勢能較b點(diǎn)小，則把q電荷從電勢能小的a點(diǎn)移動到電勢能大的b點(diǎn)，電勢能增大，電場力做負(fù)功。故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評】該題考查電場線的特點(diǎn)與電場力做功的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是電場力做正功，電勢能減小；電場力做負(fù)功，電勢能增加7（4分）如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點(diǎn)，兩球運(yùn)動的最大高度相

12、同 空氣阻力不計，則（）AB的加速度比A的大BB的飛行時間比A的長CB在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的大DB在落地時的速度比A在落地時的大【考點(diǎn)】44：拋體運(yùn)動；45：運(yùn)動的合成和分解；6C：機(jī)械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】由題知，兩球均做斜拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的分解法可知：水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，兩球的加速度相同，由豎直高度相同，由運(yùn)動學(xué)公式分析豎直方向的初速度關(guān)系，即可知道水平初速度的關(guān)系兩球在最高點(diǎn)的速度等于水平初速度由速度合成分析初速度的關(guān)系，即可由機(jī)械能守恒知道落地速度的大小關(guān)系【解答】解：A、不計空氣阻力，兩球的加速度都為重

13、力加速度g。故A錯誤。B、兩球都做斜拋運(yùn)動，豎直方向的分運(yùn)動是豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，兩球上升和下落的時間相等，而下落過程，由t=2hg知下落時間相等，則兩球運(yùn)動的時間相等。故B錯誤。C、hvyt-12gt2，最大高度h、t相同，則知，豎直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度與水平方向的夾角大于B球的豎直方向的初速度，由vyv0sin（是初速度與水平方向的夾角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，兩球水平方向的分初速度為v0cosvycot，由于B球的初速度與水平方向的夾角小，所以B球水平分初速度較大，而兩球水平方向都做勻速直線運(yùn)動，故B在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的大。故C正確。

14、D、根據(jù)速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，運(yùn)動過程中兩球的機(jī)械能都守恒，則知B在落地時的速度比A在落地時的大。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】本題考查運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解的方法處理斜拋運(yùn)動的能力，對于豎直上拋的分速度，可根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和對稱性進(jìn)行研究8（4分）如圖所示，理想變壓器原線圈接有交流電源，當(dāng)副線圈上的滑片P處于圖示位置時，燈泡L能發(fā)光 要使燈泡變亮，可以采取的方法有（）A向下滑動PB增大交流電源的電壓C增大交流電源的頻率D減小電容器C的電容【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；53A：交流電專題【分析】要使燈泡變亮，應(yīng)使副線圈兩端電壓增大向下滑動

15、P，副線圈匝數(shù)減少，電壓減小，增大交流電源的電壓，副線圈兩端電壓也增大，增大交流電源的頻率通過電容器的電流更大【解答】解：A、向下滑動P，副線圈匝數(shù)減少，電壓減小，A錯誤；B、增大交流電源的電壓，副線圈兩端電壓也增大，B正確；C、增大交流電源的頻率通過電容器的電流更大，C正確；D、減小電容器C的電容，增加了容抗，通過燈泡的電流減小，燈泡變暗，D錯誤；故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查了變壓器的變壓原理和電容器對交流電的影響，通高頻阻低頻9（4分）如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。物塊的質(zhì)量為m，ABa，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為

16、現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中（）A物塊在A點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能等于W-12mgaB物塊在B點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于W-32mgaC經(jīng)O點(diǎn)時，物塊的動能小于WmgaD物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時彈簧的彈性勢能【考點(diǎn)】6B：功能關(guān)系；8G：能量守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】到達(dá)B點(diǎn)時速度為0，但加速度不一定是零，即不一定合力為0，這是此題的不確定處。彈簧作阻尼振動，如果接觸面摩擦系數(shù)很小，則動能為最大時時彈簧伸長量較小（此時

17、彈力等于摩擦力mg），而彈簧振幅變化將很小，B點(diǎn)彈簧伸長大于動能最大點(diǎn)；如果較大，則動能最大時，彈簧伸長量較大，（因彈力等于摩擦力，較大，摩擦力也較大，同一個彈簧，則需要較大伸長量，彈力才可能與摩擦力平衡），而此時振幅變化很大，即振幅將變小，則物塊將可能在離O點(diǎn)很近處，就處于靜止（速度為0，加速度也為0），此時B點(diǎn)伸長量可能小于動能最大時伸長量，B點(diǎn)勢能可能小于動能最大處勢能。至于物塊在A點(diǎn)或B點(diǎn)時彈簧的彈性勢能，由功能關(guān)系和動能定理分析討論即可。【解答】解：A、如果沒有摩擦力，則O點(diǎn)應(yīng)該在AB中間，由于有摩擦力，物體從A到B過程中機(jī)械能損失，故無法到達(dá)沒有摩擦力情況下的B點(diǎn)，也即O點(diǎn)靠近B點(diǎn)

18、。故OAa2，此過程物體克服摩擦力做功大于12mga，所以物塊在A點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于W-12mga，故A錯誤；B、由A分析得物塊從開始運(yùn)動到最終停在B點(diǎn)，路程大于a+a2=3a2，故整個過程物體克服阻力做功大于32mga，故物塊在B點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于W-32mga，故B正確；C、從O點(diǎn)開始到再次到達(dá)O點(diǎn)，物體路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于Wmga，故C正確；D、物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而在B點(diǎn)彈力與摩擦力的大小關(guān)系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點(diǎn)時彈簧伸長量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關(guān)系不好判斷，故D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】利用反證法得到O點(diǎn)

19、并非AB連線的中點(diǎn)是很巧妙的，此外要求同學(xué)對功能關(guān)系和動能定理理解透徹三、簡答題：必做題，請將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置10（8分）為探究小燈泡的電功率P和電壓U的關(guān)系，小明測量小燈泡的電壓U和電流I，利用PUI得到電功率 實(shí)驗所使用的小燈泡規(guī)格為“3.0V，1.8W”，電源為12V的電池，滑動變阻器的最大阻值為10（1）準(zhǔn)備使用的實(shí)物電路如圖1所示 請將滑動變阻器接入電路的正確位置（用筆畫線代替導(dǎo)線）（2）現(xiàn)有10、20和50的定值電阻，電路中的電阻R1 應(yīng)選10的定值電阻（3）測量結(jié)束后，應(yīng)先斷開開關(guān)，拆除電池兩端的導(dǎo)線，再拆除其他導(dǎo)線，最后整理好器材（4）小明處理數(shù)據(jù)后將P、U2描點(diǎn)在坐

20、標(biāo)紙上，并作出了一條直線，如圖2所示 請指出圖象中不恰當(dāng)?shù)牡胤健究键c(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗題；16：壓軸題；535：恒定電流專題【分析】測定小燈泡伏安特性曲線實(shí)驗要求電流從零調(diào)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法；做電學(xué)實(shí)驗為保護(hù)電流表，需要串聯(lián)一個保護(hù)電阻，保護(hù)電阻的值應(yīng)根據(jù)歐姆定律算出；畫圖象時若各點(diǎn)不在一條直線上時，應(yīng)用平滑的曲線連接【解答】解：（1）從P-U2圖象可知電壓從零調(diào)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，變阻器連接如圖所示 （2）當(dāng)變阻器的輸出電壓最大時，通過小燈泡的電流為額定電流I=PU=1.83A0.6A，根據(jù)歐姆定律通過變阻器的電流為I變=

21、UR變=310A=0.3A，所以通過電源的電流為I'=I+I變=0.6+0.30.9A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，應(yīng)有EU+I'(r+R0)，解得R0+r=E-UI'=12-30.9=10，所以保護(hù)電阻應(yīng)選10的定值電阻；（3）根據(jù)安全性原則，測量結(jié)束后，應(yīng)先斷開開關(guān)，拆除電池兩端的導(dǎo)線，再拆除其他導(dǎo)線，最后整理好器材（4）圖象中不恰當(dāng)?shù)牡胤接袌D線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；橫坐標(biāo)標(biāo)度太大故答案為（1）如圖； （2）10； （3）電池； （4）圖線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；橫坐標(biāo)標(biāo)度太大【點(diǎn)評】測定小燈泡的伏安特性曲線實(shí)驗變阻器應(yīng)用分壓式接法，選擇保護(hù)電阻時應(yīng)根據(jù)

22、閉合電路歐姆定律求出電路中的最小電阻，然后再選擇11（10分）某興趣小組利用自由落體運(yùn)動測定重力加速度，實(shí)驗裝置如圖所示 傾斜的球槽中放有若干個小鐵球，閉合開關(guān)K，電磁鐵吸住第1個小球 手動敲擊彈性金屬片M，M與觸頭瞬間分開，第1個小球開始下落，M迅速恢復(fù)，電磁鐵又吸住第2個小球 當(dāng)?shù)?個小球撞擊M時，M與觸頭分開，第2個小球開始下落這樣，就可測出多個小球下落的總時間（1）在實(shí)驗中，下列做法正確的有BDA電路中的電源只能選用交流電源B實(shí)驗前應(yīng)將M調(diào)整到電磁鐵的正下方C用直尺測量電磁鐵下端到M的豎直距離作為小球下落的高度D手動敲擊M的同時按下秒表開始計時（2）實(shí)驗測得小球下落的高度H1.980m

23、，10個小球下落的總時間T6.5s可求出重力加速度g9.4m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）在不增加實(shí)驗器材的情況下，請?zhí)岢鰷p小實(shí)驗誤差的兩個辦法（4）某同學(xué)考慮到電磁鐵在每次斷電后需要時間t磁性才消失，因此，每個小球的實(shí)際下落時間與它的測量時間相差t，這導(dǎo)致實(shí)驗誤差為此，他分別取高度H1和H2，測量n個小球下落的總時間T1和T2 他是否可以利用這兩組數(shù)據(jù)消除t對實(shí)驗結(jié)果的影響？請推導(dǎo)說明【考點(diǎn)】M5：測定勻變速直線運(yùn)動的加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗題；16：壓軸題；514：自由落體運(yùn)動專題【分析】（1）首先要明確電路結(jié)構(gòu)、實(shí)驗原理即可正確解答；（2）根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律h=12

24、gt2可以求出重力加速度大?。唬?）誤差主要來自小球下落過程中空氣阻力的影響，由此可正確解答；（4）根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識可正確求解【解答】解：（1）A、電路中的電源目的是線圈產(chǎn)生磁性，因此直流電也可以，故A錯誤；B、小球沿豎直方向自由下落，因此要使小球能夠撞擊M，M調(diào)整到電磁鐵的正下方，故B正確；C、球的正下方到M的豎直距離作為小球下落的高度，故C錯誤；D、敲擊M的同時小球開始下落，因此此時應(yīng)該計時，故D正確故答案為：BD（2）一個小球下落的時間為：t=t總n=6.5s10=0.65s根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律h=12gt2可得：g=2ht2=2×1.980(0.65)29.4

25、m/s2 （3）通過多次測量取平均值可以減小誤差，同時該實(shí)驗的誤差主要來自小球下落過程中空氣阻力的影響，因此增加小球下落的高度或者選擇密度更大的實(shí)心金屬球（4）由自由落體運(yùn)動的規(guī)律可得：H1=12g(T1n-t)2H2=12g(T2n-t)2聯(lián)立可得：g=2n2(H1-H2)2(T1-T2)2，因此可以消去t對實(shí)驗結(jié)果的影響故答案為：（1）BD，（2）9.4，（3）增加小球下落的高度；多次重復(fù)實(shí)驗結(jié)果取平均值，（4）可以【點(diǎn)評】對于實(shí)驗問題一定要明確實(shí)驗原理，并且親自動手實(shí)驗，熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實(shí)驗問題四選做題：本題包括12、13、14三小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答若

26、多做，則按12、13兩小題評分12（12分）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A其中，AB和CD為等溫過程，BC和DA為絕熱過程（氣體與外界無熱量交換） 這就是著名的“卡諾循環(huán)” （1）該循環(huán)過程中，下列說法正確的是CAAB過程中，外界對氣體做功BBC過程中，氣體分子的平均動能增大CCD過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多DDA過程中，氣體分子的速率分布曲線不發(fā)生變化（2）該循環(huán)過程中，內(nèi)能減小的過程是BC （選填“AB”、“BC”、“CD”或“DA”） 若氣體在AB過程中吸收63kJ 的熱量，在CD過程中放出38kJ 的熱量，則氣體完成一次循環(huán)對

27、外做的功為25 kJ（3）若該循環(huán)過程中的氣體為1mol，氣體在A狀態(tài)時的體積為10L，在B狀態(tài)時壓強(qiáng)為A狀態(tài)時的23 求氣體在B狀態(tài)時單位體積內(nèi)的分子數(shù) （已知阿伏加德羅常數(shù)NA6.0×1023mol1，計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】AB過程中，體積增大，氣體對外界做功，BC過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，CD過程中，等溫壓縮，DA過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，溫度升高；由UQ+W知，氣體完成一次循環(huán)對外做的功為W25KJ【解答】解：（1）A、AB過程中，體積增

28、大，氣體對外界做功，A錯誤；B、BC過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，B錯誤；C、CD過程中，等溫壓縮，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，C正確；D、DA過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，溫度升高，氣體分子的速率分布曲線發(fā)生變化，D錯誤；故選C（2）BC過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，內(nèi)能減??；由UQ+W知，氣體完成一次循環(huán)對外做的功為W25KJ（3）AB為等溫過程，則10P=23PV，所以V15L，在B狀態(tài)時單位體積內(nèi)的分子數(shù)=1×6×102315×10-3=4×1025m3答案為（1）C （2）BC 2

29、5 （3）4×1025m3【點(diǎn)評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程，要理解各過程氣體的變化，選擇相應(yīng)的狀態(tài)方程13（12分）選修34（1）如圖1所示的裝置，彈簧振子的固有頻率是4Hz 現(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動把手，給彈簧振子以周期性的驅(qū)動力，測得彈簧振子振動達(dá)到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，則把手轉(zhuǎn)動的頻率為AA1Hz B3Hz C4Hz D5Hz（2）如圖2所示，兩艘飛船A、B沿同一直線同向飛行，相對地面的速度均為v（v接近光速c） 地面上測得它們相距為L，則A測得兩飛船間的距離大于（選填“大于”、“等于”或“小于”）L當(dāng)B向A發(fā)出一光信號，A測得該信號的速度為c（3）圖3為單反照相機(jī)取景器的示意圖，ABCD

30、E為五棱鏡的一個截面，ABBC 光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值是多少？（計算結(jié)果可用三角函數(shù)表示）【考點(diǎn)】7A：產(chǎn)生共振的條件及其應(yīng)用；H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題【分析】（1）物體做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與物體的固有頻率無關(guān)（2）根據(jù)長度的相對性判斷兩飛船間的距離，根據(jù)光速不變原理判斷A測得信號的速度（3）根據(jù)幾何關(guān)系求出入射角，通過折射定律求出五棱鏡折射率的最小值【解答】解：（1）彈簧振子振動達(dá)到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，即受迫振動的

31、頻率為1Hz，則驅(qū)動力的頻率為1Hz故A正確，B、C、D錯誤故選A（2）根據(jù)L=L0，1-(vc)2，L0為在相對靜止參考系中的長度，L為在相對運(yùn)動參考系中的長度，地面上測得它們相距為L，是以高速飛船為參考系，而A測得的長度為以靜止參考系的長度，大于L根據(jù)光速不變原理，則A測得該信號的速度為c（3）設(shè)入射到CD面上的入射角為，因為在CD和EA上發(fā)生反射，且兩次反射的入射角相等根據(jù)幾何關(guān)系有：490°解得22.5°根據(jù)sin=1n解得最小折射率n=1sin22.5°故答案為：（1）A （2）大于 c （3）n=1sin22.5°【點(diǎn)評】本題考查了機(jī)械振動、

32、相對論、幾何光學(xué)等知識點(diǎn)，難度不大，是高考的熱點(diǎn)問題，需加強(qiáng)訓(xùn)練14選修35（1）如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的相等，則它們的C也相等A速度 B動能 C動量 D總能量（2）根據(jù)玻爾原子結(jié)構(gòu)理論，氦離子（He+）的能級圖如圖1所示 電子處在n3軌道上比處在n5軌道上離氦核的距離近 （選填“近”或“遠(yuǎn)”） 當(dāng)大量He+處在n4的激發(fā)態(tài)時，由于躍遷所發(fā)射的譜線有6條（3）如圖2所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1m/s A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2m/s，求此時B的速度大小和方向【考點(diǎn)】53：動量守恒定

33、律；J4：氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；52F：動量定理應(yīng)用專題【分析】（1）德布羅意波長為=hP，P是動量，h是普朗克常量（2）根據(jù)玻爾原子理論，電子所在不同能級的軌道半徑滿足rn=n2r1，激發(fā)發(fā)態(tài)躍遷的譜線滿足n(n-1)2（3）根據(jù)動量守恒求解即可【解答】解：（1）根據(jù)德布羅意波長公式=hP，一個電子的德布羅意波長和一個中子的波長相等，則動量P亦相等，故答案選C；（2）根據(jù)玻爾原子理論，能級越高的電子離核距離越大，故電子處在n3軌道上比處在n5軌道上離氦核的距離近躍遷發(fā)出的譜線條數(shù)為n(n-1)2，代入n4得有6條譜線，故答案為6（3）取v0遠(yuǎn)離空間站的方向

34、為正方向，則A和B開始的速度為v00.1m/s遠(yuǎn)離空間站，推開后，A的速度vA0.2m/s，此時B的速度為vB，根據(jù)動量守恒定律有：（mA+mB）v0mAvA+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vB0.02m/s方向沿遠(yuǎn)離空間站方向；故答案為：（1）C；（2）近、6（3）0.02m/s，方向遠(yuǎn)離空間站方向【點(diǎn)評】本題主要考查德布羅意波和玻爾原子理論，在考綱中屬于基本要求，第三問結(jié)合航天考查動量守恒也屬于基礎(chǔ)題，作為2013年江蘇高考題難度不是很大五、計算題：本題共3小題，共計47分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15（1

35、5分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的匝數(shù)N100，邊長ab1.0m、bc0.5m，電阻r2磁感應(yīng)強(qiáng)度B在01s內(nèi)從零均勻變化到0.2T在15s內(nèi)從0.2T均勻變化到0.2T，取垂直紙面向里為磁場的正方向。求：（1）0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E和感應(yīng)電流的方向；（2）在15s內(nèi)通過線圈的電荷量q；（3）在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】538：電磁感應(yīng)功能問題【分析】（1）由題可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率Bt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電

36、流的方向；（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式I=qt結(jié)合求解電量；（3）分析兩個時間段：01s和15s，由焦耳定律分別求出熱量，即可得到總熱量；【解答】解：（1）在01s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率Bt=0.2-01T/s0.2T/s，由于磁通量均勻變化，在01s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E1Nt=NBtabbc100×0.2×1×0.510V根據(jù)楞次定律判斷得知，線圈中感應(yīng)方向為逆時針方向。（2）在15s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率大小為Bt=0.2-(-0.2)4T/s0.1T/s，由

37、于磁通量均勻變化，在15s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：15s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E2Nt=NBtabbc100×0.1×1×0.55V通過線圈的電荷量為qI2t2=E2Rt2=52×4C10C；（3）在01s內(nèi)，線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=E12Rt1=1022×1J50J在15s內(nèi)，線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=E22Rt2=522×4J50J。故在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱QQ1+Q2100J。答：（1）0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E為10V，感應(yīng)方向為逆時針方向。 （2）在15s內(nèi)通過線圈的電荷量q

38、為10C。 （3）在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q為100J。【點(diǎn)評】本題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識的綜合應(yīng)用，這些都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律，要熟練掌握，并能正確應(yīng)用。16（16分）如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為重力加速度為g。（1）當(dāng)紙板相對砝碼運(yùn)動時，求紙板所受摩擦力的大小；（2）要使紙板相對砝碼運(yùn)動，求所需拉力的大??；（3）本實(shí)驗中，m10.5kg，m20.1kg，0.2，砝碼與紙板左端的距離d

39、0.1m，取g10m/s2若砝碼移動的距離超過l0.002m，人眼就能感知。為確保實(shí)驗成功，紙板所需的拉力至少多大？【考點(diǎn)】29：物體的彈性和彈力；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；522：牛頓運(yùn)動定律綜合專題【分析】（1）應(yīng)用摩擦力公式求出紙板與砝碼受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小。（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，要使紙板相對于砝碼運(yùn)動，紙板的加速度應(yīng)大于砝碼的加速度，然后求出拉力的最小值。（3）應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出位移，然后求出拉力大小【解答】解：（1）砝碼和桌面對紙板的摩擦力分別為：f1m1g，f2（m1+m2）g紙板所

40、受摩擦力的大?。篺f1+f2（2m1+m2）g（2）設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1m1a1，F(xiàn)f1f2m2a2發(fā)生相對運(yùn)動需要a2a1代入數(shù)據(jù)解得：F2（m1+m2）g（3）為確保實(shí)驗成功，即砝碼移動的距離不超過l0.002m，紙板抽出時砝碼運(yùn)動的最大距離為：x1=12a1t12，紙板運(yùn)動距離為：d+x1=12a2t12紙板抽出后砝碼運(yùn)動的距離為：x2=12a3t22，Lx1+x2由題意知a1a3，a1t1a3t2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得：F22.4N答：（1）紙板所受摩擦力的大小為（2m1+m2）g；（2）所需拉力的大小F2（m1+m2）g；（3）紙板所需的拉力至少22.4N?！军c(diǎn)評】這是2013年江蘇高考題，考查了連接體的運(yùn)動，應(yīng)用隔離法分別受力分析，列運(yùn)動方程，難度較大。17（16分）在科學(xué)研