2013年高考真题解析——江苏卷（物理）纯word版

2013·新课标江苏(物理)
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1． 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
1．C　[解析] 本题考查了开普勒的三个行星运动定律．题目中要求根据开普勒行星运动定律来判断，那么不能按照中学阶段的近似处理来判断．太阳应位于行星运行轨道的一个焦点上，而焦点不是圆心，A错误．火星和木星绕太阳运行时是不在同一个轨道上的，根据开普勒第二定律可知，同一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，D错误．火星和木星绕太阳运行速度的大小也是不可能始终相等的，B错误．根据开普勒第三定律＝可知＝，C正确．
2． 如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
2．D　[解析] 由于座椅A、B悬挂在同一个旋转圆盘上且绕同一个竖直的中心轴匀速转动，因此属于同轴问题，即座椅A、B都做匀速圆周运动，旋转的角速度相等．此时座椅的受力情况如图所示，它们做圆周运动所需要的向心力由缆绳拉力F与重力G的合力Fn提供．设它们做圆周运动的半径为r，缆绳与竖直方向的夹角为θ，由图可知：
Fcosθ＝G＝mg
Fsinθ＝Fn
Fn＝mrω2
综合以上三式可得tanθ＝
可见θ随r增大而增大，选项C错误；因为悬挂A、B的缆绳长度相等，所以座椅B与竖直方向的夹角大于座椅A与竖直方向的夹角，致使B做圆周运动的半径比A的大，由于v＝rω，A 的速度比B 的小，选项A错误；由an＝rω2知，A的向心加速度比B的小，选项B错误；缆绳所受拉力F＝，因θA<θB，故FA3． 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各 圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
A　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
3．B　[解析] 设每个圆环产生的电场的场强大小为E，则图A产生的电场的场强如图甲所示；图B中两个圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为E；图C中第一、三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为0，整个圆环产生的电场就相当于第二象限的圆环产生的电场，如图丙所示； 图D中产生的电场的合场强为零，故选项B正确．
4． 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压 U增大，装置发出警报，此时(　　)
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
4．C　[解析] 此装置电路中RM先与R并联后与RS串联．根据闭合电路的欧姆定律得I＝，S两端的电压U＝IRS增大，则电流I增大，故R并减小，所以并联的一条支路电阻减小，即RM必减小，故排除选项A和B.由于＝＋，即R并＝＝，当R?RM时，→0，则R并≈RM，RM变化了多少，R并也变化了多少．对U的变化影响明显，即R越大，U增大越明显，选项C正确，选项D错误．
5． 水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　)
A．30%　　　　　　B．50%
C．70% D．90%
5．A　[解析] 从图中可看出，左边的白球间隔大，表示在相等的时间里运动的位移大，即速度大，右边的白球间隔小，表示速度小，所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球，碰撞后分开运动．用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小，约为1.35 cm，可算作135等份；再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小，均约为1.15 cm，可算作115等份．设照相机每隔时间t闪光一次，小球的质量为m，每等份的长度为L，则白球碰撞前的动能为
Ek0＝mv2＝m
白球碰撞后的动能为
Ek1＝m
灰球的动能与碰撞后的白球动能相等，这样就可算出损失的动能为Ek0－2Ek1，代入数据进而算出结果：＝0.36≈30%，故选项A正确．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．、 将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则(　　)
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
6．ABD　[解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确．
7． 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则(　　)
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B在落地时的速度比A在落地时的大
7．CD　[解析] 抛体运动是匀变速运动，加速度始终为重力加速度g，故选项A错误；抛体运动的空中运动时间仅由高度决定，两小球的运动时间相等，故选项B错误；抛体运动在水平方向的运动是匀速直线运动，相同时间内小球B的水平位移大，故其水平分速度大，两小球运动到最高点时，小球只有方向水平的速度，显然B的速度大，故选项C正确；由于下降的高度相等，故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等，由运动的的合成可知，B球落地时的速度大，故选项D正确．
8． 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时 ，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
8．BC　[解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P时，相当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡L的电流也减小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项B正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，灯泡就越亮，选项C正确，选项D错误．
9． 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(　　)
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
甲
9．BC　[解析] 先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力FT变小；当到达O点右侧某点P时，FT与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至B停止．在AP段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得W－μmgb＝EpA，即EpA＝W－μmgb三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
10． (8分)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P＝UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V　1.8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω.
(1)准备使用的实物电路如图所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)
图1
(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R1 应选________Ω的定值电阻．
(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．
(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图所示．请指出图象中不恰当的地方．
图2
10．(1)如图所示
(2)10　(3)电池
(4)图线不应画为直线；横坐标的标度不恰当．
[解析] (1)由第(3)小问中小明所描的点来看，电压是从0开始变化的，故滑动变阻器应采用分压式接法．
(2)小灯泡的额定电流为＝0.6 A，故通过R1的电流应大于0.6 A，由R＝可得，总电阻R应小于20 Ω，所以R1只能取10 Ω.
(3)应先拆电池，再拆除其他部分的导线，要养成良好的习惯．
(4)应尊重实验数据，按照所描的点用一条平滑的曲线拟合这些点．横坐标U2最大值为9，图中横坐标的标度选取不合适，应使图象尽可能分布开，充分利用坐标纸.
11． (10分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示．倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落…….这样，就可测出多个小球下落的总时间．
(1)在实验中，下列做法正确的有________．
A．电路中的电源只能选用交流电源
B．实验前应将M调整到电磁铁的正下方
C．用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度
D．手动敲击M的同时按下秒表开始计时
(2)实验测得小球下落的高度H＝1.980 m，10个小球下落的总时间T＝6.5 s．可求出重力加速度g＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)
(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法．
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(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt，这导致实验误差．为此，他分别取高度H1 和H2，测量n个小球下落的总时间T1 和T2 .他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响？请推导说明．
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11．(1)BD
(2)9.4
(3)增加小球下落的高度，多次重复实验，结果取平均值．
(4)由H1＝g和H2＝g
可得g＝，因此可以消去Δt的影响．
[解析] (1)此处的电磁铁起条形磁铁的作用，故应选用直流电源，选项A错误．用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离再减去小球的直径作为小球下落的高度，选项C错误．
(2)1个小球下落的时间为0.65 s，根据H＝gt2，代入数据计算得g＝9.4 m/s2.
(3)减小长度测量误差的办法是增加小球下落的高度．防止偶然误差的办法是多次重复实验，结果取平均值．其他答案只要合理也可．
12． 选做题本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题在相应的答题区域内作答做，则按A、B两小题评分．
A．选修3－3(12分)
如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
12．A.(1)C　[解析] A→B过程中，气体体积变大，对外做功，选项A错；根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，B→C为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q＝0，W<0，则ΔU<0，理想气体的内能仅由温度决定，故温度降低，分子平均动能减小，选项B错；C→D为等温过程，分子平均动能不变，分子撞击器壁的平均速率不变，因气体压强变大，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A为绝热过程，气体体积变小，外界对气体做功，Q＝0，W>0，则ΔU>0，温度升高，分子平均动能变大，气体分子的速率分布曲线会发生移动，故选项D错．
12．(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为______kJ.
12．(2)B→C　25
[解析] 分析可知，B→C过程内能减少，C→D过程内能增加．整个循环过程中，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则W＝ΔU－Q＝0－(63 kJ－38 kJ)＝－25 kJ，故对外做的功为25 kJ.
12．(3)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的.求气体在B状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，计算结果保留一位有效数字)
12．(3)4×1025 m－3
[解析] 等温过程pAVA＝pBVB, 单位体积内的分子数n＝.
解得n＝，代入数据得，n＝4×1025m－3
12．B.选修3－4(12分)
图1
(1)如图1所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为________．
A．1 Hz B．3 Hz
C．4 Hz D．5 Hz
12．B.(1)A　[解析] 物体做受迫振动时的频率是由驱动力的频率决定的．
12．(2)如图2所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c)．地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离________(选填“大于”、“等于”或“小于”)L.当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为______．
图2
12．(2)大于　 c(或光速)
[解析] 地面上的观察者认为他同时对左右两端进行读数，但对飞船上的观察者来说，由于同时的相对性，他们会看到地面上的观察者总是先对A进行读数，再对B进行读数，而B又已经前进了一段距离，所以在飞船上人看来，地面上的人所测量的长度偏小．根据光速不变原理可得，此光信号的速度仍为光速．
图3
12．(3)图3为单反照相机取景器示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC.光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表示)
12．(3)
[解析] 作出光路图如图所示，图中三角形为等腰直角三角形，入射角α＝22.5°， 则折射率 n≥才能保证发生全反射．
12．C.选修3－5(12分)
(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．
A．速度　　　B．动能
C．动量 D．总能量
12．C.(1)C　[解析] 由物质波的波长λ＝可知，波长相等则动量相等，选项C正确；对于电子和中子而言，动量p＝mv相等，质量不同，则速度不同，选项A错误；由Ek＝知，动能不同，选项B、D错误．
12．(2)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图1所示．电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)．当大量He＋ 处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条．
图1
12．(2)近　6
[解析] 能量最低的状态为基态，离原子核最近，如果吸收一定频率的光子，电子就会跃迁到能量较高的激发态，能级数越高，离核越远．电子从n＝4的激发态向基态跃迁时，有6种不同的跃迁方式，对应6条不同的谱线．
12．(3)如图2所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B 的速度大小和方向.
图2
12．(3)0.02 m/s　离开空间站方向
[解析] 规定原速度方向为正方向，根据动量守恒　　v0＝mAvA＋mBvB、可解得vB＝0.02m/s，所得结果仍为正值，说明B的运动方向与原速度方向相同，即也为离开空间站方向。
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13． (15分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向 .求：
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；
(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.
13．[解析] (1)感应电动势E1＝
磁通量的变化ΔΦ1 ＝ΔB1S
解得E1＝N
代入数据得E1＝10 V
感应电流的方向为a→d→c→b→a
(2)同理可得E2＝N
感应电流I2＝
电量q＝I2Δt2
解得q＝N
代入数据得q＝10 C.
(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝IrΔt1
且I1＝
1～5 s内的焦耳热Q2＝IrΔt2
由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J
14． (16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1 和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1 ＝0.5 kg，m2＝0.1 kg, μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
14．[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1 g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入数据得F＝22.4 N.
15． (16分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图2所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q.不计重力．在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．
(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；
(2)求B0 应满足的关系；
(3)在t0(0　　　　图1　　　　　　　　　　　图2
15．[解析] (1)～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动
电场力F＝QE0
加速度a＝
速度v0＝at，且t＝
解得v0＝
(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P在磁场中做圆周运动的周期为T.
则T＝τ，(n＝1，2，3…)
匀速圆周运动qvB0＝m，T＝
解得B0＝，(n＝1，2，3…)
(3)在t0时刻释放，P在电场中加速时间为τ－t0
在磁场中做匀速圆周运动
v1＝
解得r1＝
又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0
P再进入磁场
v2＝
圆周运动的半径r2＝
解得r2＝
综上分析，速度为零时横坐标x＝0
相应的纵坐标为y＝，(k＝1，2，3…)
解得y＝，(k＝1，2，3…)