2013年江蘇省高考物理試卷答案與解析

1、WORD式-專業(yè)學習資料-可編輯2013年江蘇省高考物理試卷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）（2013?江蘇）火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，根據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，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：萬有引力定律及其應用.專題：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

2、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；3C、若行星的公轉周期為 T,則之二K常量K與行星無關，與中心體有關，故 C正確； T2D、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掃過的面積相等，是對

3、同一個行星而言，故 D錯誤；故選C.點評：正確理解開普勒的行星運動三定律是解答本題的關鍵.2. （3分）（2013?江蘇）如圖所示，旋轉秋千”中的兩個座椅 A、B質量相等，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（）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：向心力；牛頓第二定律. 專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用.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：AB兩個座椅具有相

4、同的角速度.A:根據公式：v=co?r, A的運動半徑小，A的速度就小.故 A錯誤；B:根據公式：a=co2r, A的運動半徑小，A的向心加速度就小，故 B錯誤；C:如圖，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：3 2mgtan 0=m w2r,則得tan 0=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.1. A的向心加速度就小，A的向心力就小，A對纜繩的拉力就小，故 D正確. 故選：D“、月mg點評：該題中，AB的角速度相等而半徑不相等是解題的關鍵.屬于簡單題.3. （3分）（2013?江蘇）下列選項中的各 工圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且

5、電4考點：電場強度；電場的疊加.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：根據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.解答：解：A、坐標原點O處電場強度是2帶電圓環(huán)產生的，4B、坐標原點。處電場強度是第一象限 3帶正電圓環(huán)和第二象限 士帶負電圓環(huán)疊加產44生，坐標原點 O處電場強度大小大于 1帶電圓環(huán)產生的場強.4C、第一象限3帶正電圓環(huán)和第三象限3帶正電圓環(huán)產生電場相互抵消，所以坐標原點44O處電場強度是帶電圓環(huán)產生的，4D、第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限 1帶正電圓環(huán)產生電場相互抵消，第二象限 3帶444負電圓環(huán)和第四象限 帶負電圓環(huán)產生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度為

6、4零.所以坐標原點O處電場強度最大的是 B .故選B.點評：本題考查定性分析問題的思想方法，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）（2013?江蘇）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（）學習資料分享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：閉合電路的歐姆定律.專題：壓軸題；恒定電流專題.分

7、析：電阻R與Rm并聯(lián)后與S串聯(lián)，當電阻 R越大時，電阻 R與Rm并聯(lián)的電阻越接近 Rm,電壓變化越明顯.解答：解：S兩端電壓U增大，故傳感器兩端電壓一定減??；當有藥液從針口流出體外”使傳感器接觸藥液，Rm變小；當R>Rm時，R越大，M與R并聯(lián)的電阻R并越接近Rm, U增大越明顯； 故選：C.點評：本題是電路的動態(tài)分析問題， 關鍵明確當電阻 R越大時，電阻R與Rm并聯(lián)的電阻越 接進Rm,電壓變化越明顯.5. （3分）（2013?江蘇）水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質量相等.碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據此可推斷，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%

8、C. 70%D. 90%考點：動量守恒定律；機械能守恒定律.專題：壓軸題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合.分析：根據頻閃照片，根據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°,設碰撞后兩球的速度大小為v'根據動量守恒得：水平方向有：m?2v=2mv cos30°,解得，v=&13則碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為Ek=2m （2竄）& -2工叩 ，2=2 2=JLJLm（2半）L即碰撞過程中系統(tǒng)

9、損失的動能約占碰撞前動能233 2的3故選A點評：本題首先要根據照片的信息，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）（2013?江蘇）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、b為電場中的兩點，則（）A. a點的電場強度比b點的大B. a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

10、點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電場強度.專題：電場力與電勢的性質專題.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；8: 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

11、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??；電場力做負功，電勢能增加.7. （4分）（2013?江蘇）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（）M XA . B的加速度比A的大8. B的飛行時間比A的長9. 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：機械能守恒定律.專題：機械能守

12、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=fE知下落時間相等，則兩球運動的 時間相等.故B錯誤.C、h=vyt-Agt2,

13、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=v0sin“（ ”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V0COS a=VyCOt ”，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

14、分解的方法處理斜拋運動的能力，對于豎直上拋的分速 度，可根據運動學公式和對稱性進行研究.8. （4分）（2013?江蘇）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：變壓器的構造和原理.專題：壓軸題；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

15、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）（2013?江蘇）如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連.彈簧處于自然長度時物塊位于 。點（圖中未標出）.物塊的質量為 m, AB=a,物塊與桌面間 的動摩擦因數(shù)為 山現(xiàn)用水平向右白力將物塊從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O點到達B點時速度為零.重力加速度為 g.則上

16、述過程中（ ）A，物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于 W-1師ga2B ,物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于 W-師ga2C.經O點時，物塊的動能小于 W- ggaD.物塊動能最大時彈簧的彈，f勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能考點：機械能守恒定律.專題：壓軸題；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)科很小，則動能為最大時時彈簧伸長量較?。ù藭r彈力等于摩擦力師g）,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 科較大，則動能最大時，彈簧伸長量較大，（因彈力等于摩擦力，科較大，摩擦力也較

17、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。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。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.故OA悔，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卬-如小，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

18、大于aS士生，故整個過程物2 2體克服阻力做功大于 心故物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于 W-即0, 22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- pmga,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)(2013?江

19、蘇)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10 Q圖1圖2(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10Q、20和50的定值電阻，電路中的電阻 R1應選0_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?考點：描繪小電珠

20、的伏安特性曲線.專題：實驗題；壓軸題；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，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-口之圖象可知電壓從零調，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=£=LJa=0.6A ,U 3根據歐姆定律通過變阻器的電流為六-=慶二。3k 所以通過電源的電流為叉R變10,=+ =I+ I變=0.6+0.3=0.9A ,根據閉合電

21、路歐姆定律，應有 E=U+ (r+R口)，解得Rr=±；'Q=10a，所以保護電阻應選 10的定值電阻； 口 工 0. 9(3)根據安全性原則，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?圖線不應畫直線，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)(2013?江蘇)某興趣小

22、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BD .A.電路中的電源只能選用交流電源B.實驗前應將M調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=

23、6.5s.可求出重力加.、2速度g= 9.4 m/s .(結果保留兩位有效數(shù)子)(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At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 Hi和H2,測量n 個小球下落的總時間 Ti和T2.他是否可以利用這兩組數(shù)據消除 t對實驗結果的影響？請 推導說明.揖電葬考點：測定勻變速直線運動的加速度.專題：實驗題；壓軸題；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)根據自由落體運動規(guī)律g 12可以求出重力加速度大?。?/p>

24、(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=二n 10根據自由落體運動規(guī)律g t 2可得:2h= 2X1,980 t2 (0.65)滑 9. 4m/ s(3)通過多次測量取平均值可以

25、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： 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.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)域內作答.若多做，則按 12、13兩小題評分.12. （12 分）（2013?!蘇）選彳3-3如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài) A依次經過狀態(tài)B、C和D

26、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 著名的韋諾循環(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，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D . D一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25 kJ.（3）

27、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2.求氣體在B狀態(tài)時單位體積內的分子數(shù).（已知阿伏加德羅常數(shù)NA=6.0M023mol 1,計算結果保留一位有效數(shù)字）考點：理想氣體的狀態(tài)方程.專題：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4UmQ+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

28、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CD. ) B-C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，內能減??；由4UmQ+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=1p2所以V=15L,在B狀態(tài)時單位體積內的分子數(shù)= 1X6X10三4必0/ 3一 315X1 0答案為(1) C (2) B-C 25 (3) 4X1025m 3本題考查了理想氣體狀態(tài)方程，要理解各過程氣體的

29、變化，選擇相應的狀態(tài)方程.13. (12 分)(2013?!蘇)選彳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A .A. 1Hz B. 3HzC. 4Hz D. 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

30、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？(計算結果可用三角函圖3至人附考點：光的折射定律；產生共振的條件及其應用.專題：壓軸題；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)根據長度的相對性判斷兩飛船間的距離，根據光速不變原理判斷A測得信號的速度.(3)根據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,即受迫振動的頻率為 1Hz

31、,則驅動力的頻率為1Hz.故A正確，B、C、D錯誤.故選A.(2)根據L=l。，Ji O ； 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 0,因為在CD和EA上發(fā)生反射，且兩次反射的 入射角相等.根據幾何關系有：4 0=90°解得 0=22.5°根據sin n解得最小折射率 n=.sin22.5°故答案為：(1) A (2)大于c (3) n=L_n sin22. 5°

32、;點評：本題考查了機械振動、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. (2013?江蘇)選彳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)根據玻爾原子結構理論，氨離子( He+)的能級圖如圖1所示. 電子處在n=3軌道上 比處在n=5軌道上離氨核的距離 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，進行太空彳T走的宇航員A和B的質量分別為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

33、推后， A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時B的速度大小和方向.* IX £ (rVJ61.5152.1 K4-3,40321X61524圖1考點：動量守恒定律；氫原子的能級公式和躍遷.專題：壓軸題；動量定理應用專題.分析：(1)德布羅意波長為 F上，P是動量，h是普朗克常量.P(2)根據玻爾原子理論，電子所在不同能級的軌道半徑滿足r =n2 ，激發(fā)發(fā)態(tài)躍1 n 11 1 1遷的譜線滿足“(n7r2(3)根據動量守恒求解即可.解答：解：(1)根據德布羅意波長公式F上，一個電子的德布羅意波長和一個中子的波長相等，P則動量P亦相等，故答案選 C;(2)根據玻爾原子理論，能級越高的電子離核距離

34、越大，故電子處在n=3軌道上比處在n=5軌道上離氨核的距離近.躍遷發(fā)出的譜線條數(shù)為-1n - D ,代入n=4得2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,根據動量守恒定律有： (mA+mB)vo=mAVA+mBVB代入數(shù)據解得：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，第三問結合航天考查動量守恒也屬于基礎題，作為2013年江

35、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)(2013?1蘇)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=2 Q.磁感應強度 B在01s內從零均勻變化到 0.2T.在15s內從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時線圈內感應電動勢的大小 E和感應電流的方向;(2)在15s內通過線圈的電荷量 q；

36、(3)在05s內線圈產生的焦耳熱 Q.考點：感生電動勢、動生電動勢；電磁感應中的能量轉化.專題：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 年，根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，根據楞次定律判斷感應電流的方向；1=8結合求解電量;(2)由法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電流的定義式(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;斛答：解：(1)在01s內，磁感應強度 B的變化率 U 2 - °T/s=0.2T/s , t 1由于磁通量均勻變化，在01s內線圈中產生的感應電動勢恒定不變，則根據法拉第電磁感應定律得：0.5s 時線圈內

37、感應電動勢的大小E1=N j=Nz7?ab?bc=100X0.2M >0.5=10V根據楞次定律判斷得知，線圈中感應方向為逆時針方向.(2)在15s內，磁感應強度 B的變化率大小為T/s=0.1T/s ,由于磁通量均勻變化，在 15s內線圈中產生的感應電動勢恒定不變，則根據法拉第電磁感應定律得：15s時線圈內感應電動勢的大小 ABE2=N=N>?ab?bc=100X0.1 M>0.5=5V通過線圈的電何重為 q=I 2t2=7;-1 2=X 4C=10C ;2(3)在01s內，線圈產生的焦耳熱為 Q1102I J=50J在s內，線圈產生的焦耳熱為Q2耳看X4J=50J.R $

38、 2故在05s內線圈產生的焦耳熱 Q=Q1+Q2=100J.(1) 0.5s時線圈內感應電動勢的大小E為10V,感應方向為逆時針方向.(2)在15s內通過線圈的電荷量 q為10C.(3)在05s內線圈產生的焦耳熱 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)(2013?江蘇)如圖所示，將小祛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，祛碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗.若祛碼和紙板的質量分別為m1和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為

39、內重力加速度為g.(1)當紙板相對祛碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??；(2)要使紙板相對祛碼運動，求所需拉力的大??； 2(3)本頭驗中，m1=0.5kg , m2=0.1kg ,尸0.2 ,祛碼與紙板左漏的距離 d=0.1m ,取g=10m/s .右祛碼移動的距離超過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：滑動摩擦力.專題：壓軸題；摩擦力專題.分析：利用隔離法分別對祛碼和紙板進行受力分析，列運動方程，按紙板抽出前后運動距離的不同列式聯(lián)立求解.解答：解：(1)當紙板相對祛碼運動時，祛碼和紙板之間的摩擦力：f1=1g桌面對紙板的摩擦力：f2= (m1+m2)g

40、紙板所受摩擦力的大?。篺=f 1+f2=(2m1+m2)g(2)當紙板相對祛碼運動時，設祛碼的加速度為a1，紙板的加速度為 a2,則有：f1=m1a1F f1 f2=m2a2發(fā)生相對運動需要紙板的加速度大于祛碼的加速度，即：a2> a1所以：F=f1+f2+m2a2> f1+f2+m2a1=(im1g+(m1+m2)g+師2g=2 科(m1+m2)g 即：F> 2( m1+m2)g(3)紙板抽出前，祛碼運動的距離2紙板運動的距離A1 2 1 1,.22tl ，紙板抽出后，祛碼在桌面上運動的距離3t & 2, 1=xi+x2,由題意知a1=a3, a1t1=a3t2,解得F=2 N 嗎+(+；)叱呂代入數(shù)據聯(lián)立得：F=22.4N答：(1)紙板所受摩擦力的大小為科(2m+m2)g;(2)所需拉力的大小 F>2(1 (mi+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)(2013?江蘇)在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制.如圖1所示的x