2013年江蘇省高考物理試卷解析版

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(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1．（3分）火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)行，根據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律可知（）A．太陽(yáng)位于木星運(yùn)行軌道的中心 B．火星和木星繞太陽(yáng)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(zhǎng)軸之比的立方 D．相同時(shí)間內(nèi)，火星與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積等于木星與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積【考點(diǎn)】4D：開(kāi)普勒定律．【專題】529：萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題．【分析】熟記理解開(kāi)普勒的行星運(yùn)動(dòng)三定律：第一定律：所有的行星圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。第二定律：對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等。第三定律：所有行星的軌道的半長(zhǎng)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(yáng)運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)處于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、第二定律：對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等。行星在此橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度大小不斷變化，故B錯(cuò)誤；C、若行星的公轉(zhuǎn)周期為T(mén)，則常量K與行星無(wú)關(guān)，與中心體有關(guān)，故C正確；D、第二定律：對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，是對(duì)同一個(gè)行星而言，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】正確理解開(kāi)普勒的行星運(yùn)動(dòng)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(gè)座椅A、B質(zhì)量相等，通過(guò)相同長(zhǎng)度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤(pán)上，不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤(pán)繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．A的速度比B的大 B．A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．【專題】31：定性思想；43：推理法；519：勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題．【分析】AB兩個(gè)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的角速度相等，根據(jù)公式：v＝ω?r，A的運(yùn)動(dòng)半徑小，A的速度就小。故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)公式：a＝ω2r，A的運(yùn)動(dòng)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(duì)纜繩的拉力就小，故D正確，B錯(cuò)誤。C、對(duì)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：mgtanθ＝mω2r，則得tanθ，A的半徑r較小，ω相等，可知A與豎直方向夾角θ較小，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道A、B的角速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑不等，知道向心力的來(lái)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(xiàng)中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度最大的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】A6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力；AA：電場(chǎng)的疊加．【專題】532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)的公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，與選項(xiàng)相對(duì)比，分析求解問(wèn)題．分析時(shí)要抓住電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)發(fā)無(wú)窮遠(yuǎn)處終止，或從無(wú)窮遠(yuǎn)處出發(fā)到負(fù)電荷終止．【解答】解：設(shè)帶電圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E。A圖中坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；B圖中坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度是第一象限帶正電圓環(huán)和第二象限帶負(fù)電圓環(huán)疊加產(chǎn)生，坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于E。C圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場(chǎng)相互抵消，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度是帶電圓環(huán)帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；D圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場(chǎng)相互抵消，第二象限帶負(fù)電圓環(huán)和第四象限帶負(fù)電圓環(huán)產(chǎn)生電場(chǎng)相互抵消，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度為0。所以坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度最大的是B。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住對(duì)稱性和疊加原理分析O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)．要求學(xué)生在牢固的掌握基本知識(shí)的基礎(chǔ)上要能過(guò)靈活的分析問(wèn)題．4．（3分）在輸液時(shí)，藥液有時(shí)會(huì)從針口流出體外，為了及時(shí)發(fā)現(xiàn)，設(shè)計(jì)了一種報(bào)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(shí)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(bào)，此時(shí)（）A．RM變大，且R越大，U增大越明顯 B．RM變大，且R越小，U增大越明顯 C．RM變小，且R越大，U增大越明顯 D．RM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．【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??；再利用極限法判斷可知，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可知總電阻減小，所以傳感器的電阻RM變??；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(duì)S的電壓就無(wú)影響，則R越大，U增大越明顯，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)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(guò)程的頻閃照片如圖所示，據(jù)此可推斷，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能約占碰撞前動(dòng)能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律；6C：機(jī)械能守恒定律．【專題】16：壓軸題；52K：動(dòng)量與動(dòng)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(guò)程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能。【解答】解：設(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°，設(shè)碰撞后兩球的速度大小為v′根據(jù)動(dòng)量守恒得：水平方向有：m?2v＝2mv′cos30°，解得，v′則碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為△Ek，即碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能約占碰撞前動(dòng)能的。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】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(dòng)量守恒求解碰撞前后速度大小的關(guān)系。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)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(chǎng)線分布如圖所示，金屬球表面的電勢(shì)處處相等．a(chǎn)、b為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，則（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的高 C．檢驗(yàn)電荷﹣q在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大 D．將檢驗(yàn)電荷﹣q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功【考點(diǎn)】A6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力；A7：電場(chǎng)線；AC：電勢(shì)；AE：電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功．【專題】532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大??；a點(diǎn)所在的電場(chǎng)線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點(diǎn)的電勢(shì)高于金屬球的電勢(shì)，而b點(diǎn)所在處的電場(chǎng)線從金屬球發(fā)出到無(wú)窮遠(yuǎn)，所以金屬球的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)；電勢(shì)越高的地方，負(fù)電荷具有的電勢(shì)能越小．【解答】解：A：電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，故A正確；B：a點(diǎn)所在的電場(chǎng)線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點(diǎn)的電勢(shì)高于金屬球的電勢(shì)，而b點(diǎn)所在處的電場(chǎng)線從金屬球發(fā)出到無(wú)窮遠(yuǎn)，所以金屬球的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)。故B正確；C：電勢(shì)越高的地方，負(fù)電荷具有的電勢(shì)能越小，即負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能較b點(diǎn)小，故C錯(cuò)誤；D：由上知，﹣q在a點(diǎn)的電勢(shì)能較b點(diǎn)小，則把﹣q電荷從電勢(shì)能小的a點(diǎn)移動(dòng)到電勢(shì)能大的b點(diǎn)，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功。故D正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】該題考查電場(chǎng)線的特點(diǎn)與電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)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(dòng)的最大高度相同．空氣阻力不計(jì)，則（）A．B的加速度比A的大 B．B的飛行時(shí)間比A的長(zhǎng) C．B在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的大 D．B在落地時(shí)的速度比A在落地時(shí)的大【考點(diǎn)】44：拋體運(yùn)動(dòng)；45：運(yùn)動(dòng)的合成和分解；6C：機(jī)械能守恒定律．【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(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法可知：水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，兩球的加速度相同，由豎直高度相同，由運(yùn)動(dòng)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(jì)空氣阻力，兩球的加速度都為重力加速度g。故A錯(cuò)誤。B、兩球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，兩球上升和下落的時(shí)間相等，而下落過(guò)程，由t知下落時(shí)間相等，則兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。故B錯(cuò)誤。C、h＝vyt，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vy＝v0sinα（α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v0cosα＝vycotα，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(dòng)，故B在最高點(diǎn)的速度比A在最高點(diǎn)的大。故C正確。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(dòng)過(guò)程中兩球的機(jī)械能都守恒，則知B在落地時(shí)的速度比A在落地時(shí)的大。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理斜拋運(yùn)動(dòng)的能力，對(duì)于豎直上拋的分速度，可根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和對(duì)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(shí)，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(dòng)P B．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．【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(dòng)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(guò)電容器的電流更大．【解答】解：A、向下滑動(dòng)P，副線圈匝數(shù)減少，電壓減小，A錯(cuò)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(guò)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(guò)燈泡的電流減小，燈泡變暗，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了變壓器的變壓原理和電容器對(duì)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(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．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(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零。重力加速度為g。則上述過(guò)程中（）A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于Wμmga B．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于Wμmga C．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W﹣μmga D．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能【考點(diǎn)】6B：功能關(guān)系；8G：能量守恒定律．【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(shí)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(dòng)，如果接觸面摩擦系數(shù)μ很小，則動(dòng)能為最大時(shí)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量較小（此時(shí)彈力等于摩擦力μmg），而彈簧振幅變化將很小，B點(diǎn)彈簧伸長(zhǎng)大于動(dòng)能最大點(diǎn)；如果μ較大，則動(dòng)能最大時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量較大，（因彈力等于摩擦力，μ較大，摩擦力也較大，同一個(gè)彈簧，則需要較大伸長(zhǎng)量，彈力才可能與摩擦力平衡），而此時(shí)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(shí)B點(diǎn)伸長(zhǎng)量可能小于動(dòng)能最大時(shí)伸長(zhǎng)量，B點(diǎn)勢(shì)能可能小于動(dòng)能最大處勢(shì)能。至于物塊在A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，由功能關(guān)系和動(dòng)能定理分析討論即可。【解答】解：A、如果沒(méi)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(guò)程中機(jī)械能損失，故無(wú)法到達(dá)沒(méi)有摩擦力情況下的B點(diǎn)，也即O點(diǎn)靠近B點(diǎn)。故OA，此過(guò)程物體克服摩擦力做功大于，所以物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于，故A錯(cuò)誤；B、由A分析得物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停在B點(diǎn)，路程大于a，故整個(gè)過(guò)程物體克服阻力做功大于，故物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于，故B正確；C、從O點(diǎn)開(kāi)始到再次到達(dá)O點(diǎn)，物體路程大于a，故由動(dòng)能定理得，物塊的動(dòng)能小于W﹣μmga，故C正確；D、物塊動(dòng)能最大時(shí)，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(dòng)能最大時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量與物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量大小未知，故此兩位置彈性勢(shì)能大小關(guān)系不好判斷，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】利用反證法得到O點(diǎn)并非AB連線的中點(diǎn)是很巧妙的，此外要求同學(xué)對(duì)功能關(guān)系和動(dòng)能定理理解透徹三、簡(jiǎn)答題：必做題，請(qǐng)將解答填寫(xiě)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(cè)量小燈泡的電壓U和電流I，利用P＝UI得到電功率．實(shí)驗(yàn)所使用的小燈泡規(guī)格為“3.0V，1.8W”，電源為12V的電池，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為10Ω．（1）準(zhǔn)備使用的實(shí)物電路如圖1所示．請(qǐng)將滑動(dòng)變阻器接入電路的正確位置．（用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線）（2）現(xiàn)有10Ω、20Ω和50Ω的定值電阻，電路中的電阻R1應(yīng)選10Ω的定值電阻．（3）測(cè)量結(jié)束后，應(yīng)先斷開(kāi)開(kāi)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)在坐標(biāo)紙上，并作出了一條直線，如圖2所示．請(qǐng)指出圖象中不恰當(dāng)?shù)牡胤剑究键c(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；16：壓軸題；535：恒定電流專題．【分析】測(cè)定小燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)要求電流從零調(diào)，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法；做電學(xué)實(shí)驗(yàn)為保護(hù)電流表，需要串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻，保護(hù)電阻的值應(yīng)根據(jù)歐姆定律算出；畫(huà)圖象時(shí)若各點(diǎn)不在一條直線上時(shí)，應(yīng)用平滑的曲線連接．【解答】解：（1）從P圖象可知電壓從零調(diào)，所以滑動(dòng)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(shí)，通過(guò)小燈泡的電流為額定電流IA＝0.6A，根據(jù)歐姆定律通過(guò)變阻器的電流為，所以通過(guò)電源的電流為I0.6+0.3＝0.9A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，應(yīng)有E＝U，解得r10Ω，所以保護(hù)電阻應(yīng)選10Ω的定值電阻；（3）根據(jù)安全性原則，測(cè)量結(jié)束后，應(yīng)先斷開(kāi)開(kāi)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)牡胤接孝賵D線不應(yīng)畫(huà)直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；②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(huà)直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；橫坐標(biāo)標(biāo)度太大．【點(diǎn)評(píng)】測(cè)定小燈泡的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)變阻器應(yīng)用分壓式接法，選擇保護(hù)電阻時(shí)應(yīng)根據(jù)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(dòng)測(cè)定重力加速度，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．傾斜的球槽中放有若干個(gè)小鐵球，閉合開(kāi)關(guān)K，電磁鐵吸住第1個(gè)小球．手動(dòng)敲擊彈性金屬片M，M與觸頭瞬間分開(kāi)，第1個(gè)小球開(kāi)始下落，M迅速恢復(fù)，電磁鐵又吸住第2個(gè)小球．當(dāng)?shù)?個(gè)小球撞擊M時(shí)，M與觸頭分開(kāi)，第2個(gè)小球開(kāi)始下落…．這樣，就可測(cè)出多個(gè)小球下落的總時(shí)間．（1）在實(shí)驗(yàn)中，下列做法正確的有BD．A．電路中的電源只能選用交流電源B．實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將M調(diào)整到電磁鐵的正下方C．用直尺測(cè)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(dòng)敲擊M的同時(shí)按下秒表開(kāi)始計(jì)時(shí)（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得小球下落的高度H＝1.980m，10個(gè)小球下落的總時(shí)間T＝6.5s．可求出重力加速度g＝9.4m/s2．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）在不增加實(shí)驗(yàn)器材的情況下，請(qǐng)?zhí)岢鰷p小實(shí)驗(yàn)誤差的兩個(gè)辦法．（4）某同學(xué)考慮到電磁鐵在每次斷電后需要時(shí)間△t磁性才消失，因此，每個(gè)小球的實(shí)際下落時(shí)間與它的測(cè)量時(shí)間相差△t，這導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差．為此，他分別取高度H1和H2，測(cè)量n個(gè)小球下落的總時(shí)間T1和T2．他是否可以利用這兩組數(shù)據(jù)消除△t對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響？請(qǐng)推導(dǎo)說(shuō)明．【考點(diǎn)】M5：測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；16：壓軸題；514：自由落體運(yùn)動(dòng)專題．【分析】（1）首先要明確電路結(jié)構(gòu)、實(shí)驗(yàn)原理即可正確解答；（2）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出重力加速度大?。唬?）誤差主要來(lái)自小球下落過(guò)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(dòng)規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)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(cuò)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(cuò)誤；D、敲擊M的同時(shí)小球開(kāi)始下落，因此此時(shí)應(yīng)該計(jì)時(shí)，故D正確．故答案為：BD．（2）一個(gè)小球下落的時(shí)間為：t根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：（3）通過(guò)多次測(cè)量取平均值可以減小誤差，同時(shí)該實(shí)驗(yàn)的誤差主要來(lái)自小球下落過(guò)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(dòng)的規(guī)律可得：①②聯(lián)立①②可得：，因此可以消去△t對(duì)實(shí)驗(yàn)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(yàn)結(jié)果取平均值，（4）可以．【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于實(shí)驗(yàn)問(wèn)題一定要明確實(shí)驗(yàn)原理，并且親自動(dòng)手實(shí)驗(yàn)，熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實(shí)驗(yàn)問(wèn)題．四．選做題：本題包括12、13、14三小題，請(qǐng)選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按12、13兩小題評(píng)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(guò)狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A．其中，A→B和C→D為等溫過(guò)程，B→C和D→A為絕熱過(guò)程（氣體與外界無(wú)熱量交換）．這就是著名的“卡諾循環(huán)”．（1）該循環(huán)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是C．A．A→B過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功B．B→C過(guò)程中，氣體分子的平均動(dòng)能增大C．C→D過(guò)程中，單位時(shí)間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D．D→A過(guò)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(guò)程中，內(nèi)能減小的過(guò)程是B→C（選填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）．若氣體在A→B過(guò)程中吸收63kJ的熱量，在C→D過(guò)程中放出38kJ的熱量，則氣體完成一次循環(huán)對(duì)外做的功為25kJ．（3）若該循環(huán)過(guò)程中的氣體為1mol，氣體在A狀態(tài)時(shí)的體積為10L，在B狀態(tài)時(shí)壓強(qiáng)為A狀態(tài)時(shí)的．求氣體在B狀態(tài)時(shí)單位體積內(nèi)的分子數(shù)．（已知阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.0×1023mol﹣1，計(jì)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．【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】A→B過(guò)程中，體積增大，氣體對(duì)外界做功，B→C過(guò)程中，絕熱膨脹，氣體對(duì)外做功，溫度降低，C→D過(guò)程中，等溫壓縮，D→A過(guò)程中，絕熱壓縮，外界對(duì)氣體做功，溫度升高；由△U＝Q+W知，氣體完成一次循環(huán)對(duì)外做的功為W＝25KJ．【解答】解：（1）A、A→B過(guò)程中，體積增大，氣體對(duì)外界做功，A錯(cuò)誤；B、B→C過(guò)程中，絕熱膨脹，氣體對(duì)外做功，溫度降低，氣體分子的平均動(dòng)能減小，B錯(cuò)誤；C、C→D過(guò)程中，等溫壓縮，單位時(shí)間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，C正確；D、D→A過(guò)程中，絕熱壓縮，外界對(duì)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(cuò)誤；故選C（2）B→C過(guò)程中，絕熱膨脹，氣體對(duì)外做功，溫度降低，內(nèi)能減??；由△U＝Q+W知，氣體完成一次循環(huán)對(duì)外做的功為W＝25KJ（3）A→B為等溫過(guò)程，則10P，所以V＝15L，在B狀態(tài)時(shí)單位體積內(nèi)的分子數(shù)4×1025m﹣3答案為（1）C（2）B→C25（3）4×1025m﹣3【點(diǎn)評(píng)】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程，要理解各過(guò)程氣體的變化，選擇相應(yīng)的狀態(tài)方程．13．（12分）[選修3﹣4]（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(dòng)把手，給彈簧振子以周期性的驅(qū)動(dòng)力，測(cè)得彈簧振子振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的頻率為1Hz，則把手轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為A．A．1HzB．3HzC．4HzD．5Hz（2）如圖2所示，兩艘飛船A、B沿同一直線同向飛行，相對(duì)地面的速度均為v（v接近光速c）．地面上測(cè)得它們相距為L(zhǎng)，則A測(cè)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(hào)，A測(cè)得該信號(hào)的速度為c．（3）圖3為單反照相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個(gè)截面，AB⊥BC．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(jì)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．【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題．【分析】（1）物體做受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，與物體的固有頻率無(wú)關(guān)．（2）根據(jù)長(zhǎng)度的相對(duì)性判斷兩飛船間的距離，根據(jù)光速不變?cè)砼袛郃測(cè)得信號(hào)的速度．（3）根據(jù)幾何關(guān)系求出入射角，通過(guò)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(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的頻率為1Hz，即受迫振動(dòng)的頻率為1Hz，則驅(qū)動(dòng)力的頻率為1Hz．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．故選A．（2）根據(jù)L，L0為在相對(duì)靜止參考系中的長(zhǎng)度，L為在相對(duì)運(yùn)動(dòng)參考系中的長(zhǎng)度，地面上測(cè)得它們相距為L(zhǎng)，是以高速飛船為參考系，而A測(cè)得的長(zhǎng)度為以靜止參考系的長(zhǎng)度，大于L．根據(jù)光速不變?cè)恚瑒tA測(cè)得該信號(hào)的速度為c．（3）設(shè)入射到CD面上的入射角為θ，因?yàn)樵贑D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：4θ＝90°解得θ＝22.5°根據(jù)sin解得最小折射率n．故答案為：（1）A（2）大于c（3）【點(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械振動(dòng)、相對(duì)論、幾何光學(xué)等知識(shí)點(diǎn)，難度不大，是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，需加強(qiáng)訓(xùn)練．14．[選修3﹣5]（1）如果一個(gè)電子的德布羅意波長(zhǎng)和一個(gè)中子的相等，則它們的C也相等．A．速度B．動(dòng)能C．動(dòng)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(jí)圖如圖1所示．電子處在n＝3軌道上比處在n＝5軌道上離氦核的距離近（選填“近”或“遠(yuǎn)”）．當(dāng)大量He+處在n＝4的激發(fā)態(tài)時(shí)，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(duì)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(shí)B的速度大小和方向．【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律；J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷．【專題】16：壓軸題；52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【分析】（1）德布羅意波長(zhǎng)為λ，P是動(dòng)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(jí)的軌道半徑滿足，激發(fā)發(fā)態(tài)躍遷的譜線滿足（3）根據(jù)動(dòng)量守恒求解即可．【解答】解：（1）根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式λ，一個(gè)電子的德布羅意波長(zhǎng)和一個(gè)中子的波長(zhǎng)相等，則動(dòng)量P亦相等，故答案選C；（2）根據(jù)玻爾原子理論，能級(jí)越高的電子離核距離越大，故電子處在n＝3軌道上比處在n＝5軌道上離氦核的距離近．躍遷發(fā)出的譜線條數(shù)為，代入n＝4得有6條譜線，故答案為6．（3）取v0遠(yuǎn)離空間站的方向?yàn)檎较颍瑒tA和B開(kāi)始的速度為v0＝0.1m/s遠(yuǎn)離空間站，推開(kāi)后，A的速度vA＝0.2m/s，此時(shí)B的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：（mA+mB）v0＝mAvA+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vB＝0.02m/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(píng)】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(wèn)結(jié)合航天考查動(dòng)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(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分．解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟．只寫(xiě)出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位．15．（15分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長(zhǎng)ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω．磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0～1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T．在1～5s內(nèi)從0.2T均勻變化到﹣0.2T，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向。求：（1）0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向；（2）在1～5s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q；（3）在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。【考點(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．【專題】538：電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題．【分析】（1）由題可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式I結(jié)合求解電量；（3）分析兩個(gè)時(shí)間段：0～1s和1～5s，由焦耳定律分別求出熱量，即可得到總熱量；【解答】解：（1）在0～1s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率T/s＝0.2T/s，由于磁通量均勻變化，在0～1s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1＝NN?ab?bc＝100×0.2×1×0.5＝10V根據(jù)楞次定律判斷得知，線圈中感應(yīng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?。?）在1～5s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率大小為T(mén)/s＝0.1T/s，由于磁通量均勻變化，在1～5s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：1～5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E2＝NN?ab?bc＝100×0.1×1×0.5＝5V通過(guò)線圈的電荷量為q＝I2t2C＝10C；（3）在0～1s內(nèi)，線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q1J＝50J在1～5s內(nèi)，線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q2J＝50J。故在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q1+Q2＝100J。答：（1）0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E為10V，感應(yīng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颉＃?）在1～5s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q為10C。（3）在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q為100J?！军c(diǎn)評(píng)】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(shí)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(dòng)很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．重力加速度為g。（1）當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，求紙板所受摩擦力的大??；（2）要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，求所需拉力的大??；（3）本實(shí)驗(yàn)中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2．若砝碼移動(dòng)的距離超過(guò)l＝0.002m，人眼就能感知。為確保實(shí)驗(yàn)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．【專題】11：計(jì)算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；522：牛頓運(yùn)動(dòng)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(duì)于砝碼運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(duì)紙板的摩擦力分別為：f1＝μm1g，f2＝μ（m1+m2）g紙板所受摩擦力的大小：f＝f1+f2＝μ（2m1+m2）g（2）設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝m1a1，F(xiàn)﹣f1﹣f2＝m2a2發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2＞a1代入數(shù)據(jù)解得：F＞2μ（m1+m2）g（3）為確保實(shí)驗(yàn)成功，即砝碼移動(dòng)的距離不超過(guò)l＝0.002m，紙板抽出時(shí)砝碼運(yùn)動(dòng)的最大距離為：x1a1t12，紙板運(yùn)動(dòng)距離為：d+x1a2t12紙板抽出后砝碼運(yùn)動(dòng)的距離為：x2a3t22，L＝x1+x2由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得：F＝22.4N答：（1）紙板所受