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：開普勒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】529：萬有引力定律在天體運動中的應用專題【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

2、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周期的二次方的比值都相等。【解答】解：A、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、若行星的公轉周期為T，則a3T2=K常量K與行星無關，與中心體有關，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。【點評】正確理解

3、開普勒的行星運動三定律是解答本題的關鍵。2（3分）如圖所示，“旋轉秋千”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圓盤上，不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，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】37：牛頓第二定律；48：線速度、角速度和周期、轉速；4A：向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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

4、等，根據(jù)公式：vr，A的運動半徑小，A的速度就小。故A錯誤。B、根據(jù)公式：a2r，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：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。【點評】解決本題的關鍵知道A、B的角速度相等，轉動的半徑不等，知道向心力的來源，結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14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14圓環(huán)間彼此絕緣 坐標原點O處電

5、場強度最大的是（）ABCD【考點】A6：電場強度與電場力；AA：電場的疊加菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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14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14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14帶正電圓環(huán)和第二象限14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，所以坐標原點O處

6、電場強度是14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帶負電圓環(huán)和第四象限14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。【點評】本題關鍵抓住對稱性和疊加原理分析O點的場強要求學生在牢固的掌握基本知識的基礎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】BB：閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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=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。【點評】本題是電路的動態(tài)

8、分析問題，考查了學生分析、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】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題；52K：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合【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系，即可研究碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能。【解答】解：設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。【點評】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，則（）Aa點的電場強度比b點的大Ba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菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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的大小；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；電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小【解答】解：A：電場線的疏密表示場強的大小，故A正確

11、；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。【點評】該題考查電場線的特點與電場力做功的特點，解題的關鍵是電場力做正功，電勢能減小；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

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在最高點的速度比A在最高點的大DB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：機械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】52E：機械能守恒定律應用專題【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，由運動學公式分析豎直方向的初速度關系，即可知道水平初速度的關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系，即可由機械能守恒知道落地速度的大小關系【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=2hg知下落時間相等，則兩球運動的時間相等。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動，故B在最高點的速度比A在最高點的大。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。【點評】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】E8：變壓器的構造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題；53A：交流電專題【分析】要使燈泡變亮，應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，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W-12mgaB物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W-32mgaC經(jīng)O點時，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點時彈簧的彈性勢能【考點】6B：功能關系；8G：能量守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題；52E：機械能守恒定律應用專題【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)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點彈簧伸長大于動能最大點；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點應該在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

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動到最終停在B點，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點時，彈簧的彈性勢能小于W-32mga，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Wmga，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系不好判斷，故D錯誤。故選：BC。【點評】利用反證法得到O點

19、并非AB連線的中點是很巧妙的，此外要求同學對功能關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的位置10（8分）為探究小燈泡的電功率P和電壓U的關系，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（用筆畫線代替導線）（2）現(xiàn)有10、20和50的定值電阻，電路中的電阻R1 應選10的定值電阻（3）測量結束后，應先斷開開關，拆除電池兩端的導線，再拆除其他導線，最后整理好器材（4）小明處理數(shù)據(jù)后將P、U2描點在坐

20、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)牡胤健究键c】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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)，所以滑動變阻器應用分壓式接法；做電學實驗為保護電流表，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，應有EU+I'(r+R0)，解得R0+r=E-UI'=12-30.9=10，所以保護電阻應選10的定值電阻；（3）根據(jù)安全性原則，測量結束后，應先斷開開關，拆除電池兩端的導線，再拆除其他導線，最后整理好器材（4）圖象中不恰當?shù)牡胤接袌D線不應畫直線，應用平滑的曲線連接；橫坐標標度太大故答案為（1）如圖； （2）10； （3）電池； （4）圖線不應畫直線，應用平滑的曲線連接；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用分壓式接法，選擇保護電阻時應根據(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，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BDA電路中的電源只能選用交流電源B實驗前應將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對實驗結果的影響？請推導說明【考點】M5：測定勻變速直線運動的加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題；16：壓軸題；514：自由落體運動專題【分析】（1）首先要明確電路結構、實驗原理即可正確解答；（2）根據(jù)自由落體運動規(guī)律h=12

24、gt2可以求出重力加速度大小；（3）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)律結合數(shù)學知識可正確求解【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：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對實驗結果的影響故答案為：（1）BD，（2）9.4，（3）增加小球下落的高度；多次重復實驗結果取平均值，（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，熟練應用所學基本規(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，計算結果保留一位有效數(shù)字）【考點】8F：熱力學第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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)能減小；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)勻速轉動把手，給彈簧振子以周期性的驅動力，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，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？（計算結果可用三角函數(shù)表示）【考點】7A：產(chǎn)生共振的條件及其應用；H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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動力的頻率，與物體的固有頻率無關（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

31、頻率為1Hz，則驅動力的頻率為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°【點評】本題考查了機械振動、

32、相對論、幾何光學等知識點，難度不大，是高考的熱點問題，需加強訓練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)玻爾原子結構理論，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”） 當大量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

33、律；J4：氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題；52F：動量定理應用專題【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，第三問結合航天考查動量守恒也屬于基礎題，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磁感應強度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)感應電動勢的大小E和感應電流的方向；（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。【考點】D8：法拉第電磁感應定律；DD：電磁感應中的能量轉化菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】538：電磁感應功能問題【分析】（1）由題可確定磁感應強度B的變化率Bt，根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，根據(jù)楞次定律判斷感應電

36、流的方向；（2）由法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電流的定義式I=qt結合求解電量；（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)，磁感應強度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)生的感應電動勢恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應定律得：0.5s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小E1Nt=NBtabbc100×0.2×1×0.510V根據(jù)楞次定律判斷得知，線圈中感應方向為逆時針方向。（2）在15s內(nèi)，磁感應強度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)生的感應電動勢恒定不變，則根據(jù)法拉第電磁感應定律得：15s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小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)感應電動勢的大小E為10V，感應方向為逆時針方向。 （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。【點評】本題是法拉第電磁感應定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識的綜合應用，這些都是電磁感應現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律，要熟練掌握，并能正確應用。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小；（2）要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小；（3）本實驗中，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：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；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，紙板的加速度應大于砝碼的加速度，然后求出拉力的最小值。（3）應用運動學公式求出位移，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、受摩擦力的大小：ff1+f2（2m1+m2）g（2）設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1m1a1，F(xiàn)f1f2m2a2發(fā)生相對運動需要a2a1代入數(shù)據(jù)解得：F2（m1+m2）g（3）為確保實驗成功，即砝碼移動的距離不超過l0.002m，紙板抽出時砝碼運動的最大距離為：x1=12a1t12，紙板運動距離為：d+x1=12a2t12紙板抽出后砝碼運動的距離為：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。【點評】這是2013年江蘇高考題，考查了連接體的運動，應用隔離法分別受力分析，列運動方程，難度較大。17（16分）在科學研