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行，根據(jù)開普勒行星運動定律可知（）A．太陽位于木星運行軌道的中心 B．火星和木星繞太陽運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】4D：開普勒定律．【專題】529：萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用專題．【分析】熟記理解開普勒的行星運動三定律：第一定律：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。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動，太陽處于橢圓的一個焦點上。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評】正確理解開普勒的行星運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（）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】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的運動半徑小，A的速度就小。故A錯誤。B、根據(jù)公式：a＝ω2r，A的運動半徑小，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：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錯誤。故選：D?！军c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)合牛頓第二定律進行求解，難度不大．3．（3分）下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是（）A． B． C． D．【考點】A6：電場強度與電場力；AA：電場的疊加．【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)點電荷場強的公式和場強疊加原理，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)無窮遠處終止，或從無窮遠處出發(fā)到負電荷終止．【解答】解：設(shè)帶電圓環(huán)在O點產(chǎn)生的場強大小為E。A圖中坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點O處電場強度大小為E；B圖中坐標原點O處電場強度是第一象限帶正電圓環(huán)和第二象限帶負電圓環(huán)疊加產(chǎn)生，坐標原點O處電場強度大小等于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)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，原點O處電場強度大小為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)生電場相互抵消，第二象限帶負電圓環(huán)和第四象限帶負電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度為0。所以坐標原點O處電場強度最大的是B。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵抓住對稱性和疊加原理分析O點的場強．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（）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】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減小；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?。粯O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?！军c評】本題是電路的動態(tài)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（）A．30% B．50% C．70% D．90%【考點】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律．【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°，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：m?2v＝2mv′cos30°，解得，v′則碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為△Ek，即碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的。故選：A?！军c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，金屬球表面的電勢處處相等．a(chǎn)、b為電場中的兩點，則（）A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．檢驗電荷﹣q在a點的電勢能比在b點的大 D．將檢驗電荷﹣q從a點移到b點的過程中，電場力做負功【考點】A6：電場強度與電場力；A7：電場線；AC：電勢；AE：電勢能與電場力做功．【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的大?。籥點所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢；電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越?。窘獯稹拷猓篈：電場線的疏密表示場強的大小，故A正確；B：a點所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發(fā)出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢。故B正確；C：電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，故C錯誤；D：由上知，﹣q在a點的電勢能較b點小，則把﹣q電荷從電勢能小的a點移動到電勢能大的b點，電勢能增大，電場力做負功。故D正確。故選：ABD?！军c評】該題考查電場線的特點與電場力做功的特點，解題的關(guān)鍵是電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，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，兩球運動的最大高度相同．空氣阻力不計，則（）A．B的加速度比A的大 B．B的飛行時間比A的長 C．B在最高點的速度比A在最高點的大 D．B在落地時的速度比A在落地時的大【考點】44：拋體運動；45：運動的合成和分解；6C：機械能守恒定律．【專題】52E：機械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】由題知，兩球均做斜拋運動，運用運動的分解法可知：水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，兩球的加速度相同，由豎直高度相同，由運動學(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力加速度g。故A錯誤。B、兩球都做斜拋運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動，根據(jù)運動的對稱性可知，兩球上升和下落的時間相等，而下落過程，由t知下落時間相等，則兩球運動的時間相等。故B錯誤。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動，故B在最高點的速度比A在最高點的大。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，運動過程中兩球的機械能都守恒，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評】本題考查運用運動的合成與分解的方法處理斜拋運動的能力，對于豎直上拋的分速度，可根據(jù)運動學(xué)公式和對稱性進行研究．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】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?！军c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（圖中未標出）。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W．撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中（）A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于Wμmga B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于Wμmga C．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W﹣μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能【考點】6B：功能關(guān)系；8G：能量守恒定律．【專題】16：壓軸題；52E：機械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】到達B點時速度為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)μ很小，則動能為最大時時彈簧伸長量較?。ù藭r彈力等于摩擦力μmg），而彈簧振幅變化將很小，B點彈簧伸長大于動能最大點；如果μ較大，則動能最大時，彈簧伸長量較大，（因彈力等于摩擦力，μ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點很近處，就處于靜止（速度為0，加速度也為0），此時B點伸長量可能小于動能最大時伸長量，B點勢能可能小于動能最大處勢能。至于物塊在A點或B點時彈簧的彈性勢能，由功能關(guān)系和動能定理分析討論即可?！窘獯稹拷猓篈、如果沒有摩擦力，則O點應(yīng)該在AB中間，由于有摩擦力，物體從A到B過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的B點，也即O點靠近B點。故OA，此過程物體克服摩擦力做功大于，所以物塊在A點時，彈簧的彈性勢能小于，故A錯誤；B、由A分析得物塊從開始運動到最終停在B點，路程大于a，故整個過程物體克服阻力做功大于，故物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于，故B正確；C、從O點開始到再次到達O點，物體路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于W﹣μmga，故C正確；D、物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而在B點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評】利用反證法得到O點并非AB連線的中點是很巧妙的，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P＝UI得到電功率．實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10Ω．（1）準備使用的實物電路如圖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描點在坐標紙上，并作出了一條直線，如圖2所示．請指出圖象中不恰當?shù)牡胤剑究键c】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線．【專題】13：實驗題；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)實驗為保護電流表，需要串聯(lián)一個保護電阻，保護電阻的值應(yīng)根據(jù)歐姆定律算出；畫圖象時若各點不在一條直線上時，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)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，變阻器連接如圖所示（2）當變阻器的輸出電壓最大時，通過小燈泡的電流為額定電流IA＝0.6A，根據(jù)歐姆定律通過變阻器的電流為，所以通過電源的電流為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，所以保護電阻應(yīng)選10Ω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?shù)牡胤接孝賵D線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；②橫坐標標度太大．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；橫坐標標度太大．【點評】測定小燈泡的伏安特性曲線實驗變阻器應(yīng)用分壓式接法，選擇保護電阻時應(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動測定重力加速度，實驗裝置如圖所示．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?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）在實驗中，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）實驗測得小球下落的高度H＝1.980m，10個小球下落的總時間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）在不增加實驗器材的情況下，請?zhí)岢鰷p小實驗誤差的兩個辦法．（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，每個小球的實際下落時間與它的測量時間相差△t，這導(dǎo)致實驗誤差．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對實驗結(jié)果的影響？請推導(dǎo)說明．【考點】M5：測定勻變速直線運動的加速度．【專題】13：實驗題；16：壓軸題；514：自由落體運動專題．【分析】（1）首先要明確電路結(jié)構(gòu)、實驗原理即可正確解答；（2）根據(jù)自由落體運動規(guī)律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根據(jù)自由落體運動規(guī)律可得：（3）通過多次測量取平均值可以減小誤差，同時該實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心金屬球．（4）由自由落體運動的規(guī)律可得：①②聯(lián)立①②可得：，因此可以消去△t對實驗結(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)實驗結(jié)果取平均值，（4）可以．【點評】對于實驗問題一定要明確實驗原理，并且親自動手實驗，熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實驗問題．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，A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A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C．A．A→B過程中，外界對氣體做功B．B→C過程中，氣體分子的平均動能增大C．C→D過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D．D→A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B→C（選填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）．若氣體在A→B過程中吸收63kJ的熱量，在C→D過程中放出38kJ的熱量，則氣體完成一次循環(huán)對外做的功為25kJ．（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)時壓強為A狀態(tài)時的．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)NA＝6.0×1023mol﹣1，計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點】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過程中，體積增大，氣體對外界做功，B→C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，C→D過程中，等溫壓縮，D→A過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，溫度升高；由△U＝Q+W知，氣體完成一次循環(huán)對外做的功為W＝25KJ．【解答】解：（1）A、A→B過程中，體積增大，氣體對外界做功，A錯誤；B、B→C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、C→D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、D→A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）B→C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，內(nèi)能減??；由△U＝Q+W知，氣體完成一次循環(huán)對外做的功為W＝25KJ（3）A→B為等溫過程，則10P，所以V＝15L，在B狀態(tài)時單位體積內(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到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，則把手轉(zhuǎn)動的頻率為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為單反照相機取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，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？（計算結(jié)果可用三角函數(shù)表示）【考點】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）彈簧振子振動達到穩(wěn)定時的頻率為1Hz，即受迫振動的頻率為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為在相對靜止參考系中的長度，L為在相對運動參考系中的長度，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θ，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：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）【點評】本題考查了機械振動、相對論、幾何光學(xué)等知識點，難度不大，是高考的熱點問題，需加強訓(xùn)練．14．[選修3﹣5]（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”）．當大量He+處在n＝4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】53：動量守恒定律；J4：氫原子的能級公式和躍遷．【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λ，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，激發(fā)發(fā)態(tài)躍遷的譜線滿足（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λ，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遠離空間站的方向為正方向，則A和B開始的速度為v0＝0.1m/s遠離空間站，推開后，A的速度vA＝0.2m/s，此時B的速度為vB，根據(jù)動量守恒定律有：（mA+mB）v0＝mAvA+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vB＝0.02m/s方向沿遠離空間站方向；故答案為：（1）C；（2）近、6（3）0.02m/s，方向遠離空間站方向．【點評】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．（15分）如圖所示，勻強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)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω．磁感應(yīng)強度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1～5s內(nèi)通過線圈的電荷量q；（3）在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c】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)——功能問題．【分析】（1）由題可確定磁感應(yīng)強度B的變化率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，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）分析兩個時間段：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)方向為逆時針方向。（2）在1～5s內(nèi)，磁感應(yīng)強度B的變化率大小為T/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)電動勢恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：1～5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E2＝NN?ab?bc＝100×0.1×1×0.5＝5V通過線圈的電荷量為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1～5s內(nèi)通過線圈的電荷量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μ．重力加速度為g。（1）當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??；（2）要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小；（3）本實驗中，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．若砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？【考點】29：物體的彈性和彈力；37：牛頓第二定律．【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：f1＝μm1g，f2＝μ（m1+m2）g紙板所受摩擦力的大?。篺＝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)生相對運動需要a2＞a1代入數(shù)據(jù)解得：F＞2μ（m1+m2）g（3）為確保實驗成功，即砝碼移動的距離不超過l＝0.002m，紙板抽出時砝碼運動的最大距離為：x1a1t12，紙板運動距離為：d+x1a2t12紙板抽出后砝碼運動的距離為：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