1、高考真题物理江苏卷精校精析2013年高考真题精校精析2013新课标江苏(理综物理)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1C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
2、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()AA的速度比B的大BA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2D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
3、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，由图可知：FcosGmgFsinFnFnmr2综合以上三式可得tan可见随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vr，A 的速度比B 的小，选项A错误；由anr2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AB，故FAFB，选项D正确3 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
4、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()ABCD3B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()ARM变大，且R越大，U增大越
5、明显BRM变大，且R越小，U增大越明显CRM变小，且R越大，U增大越明显DRM变小，且R越小，U增大越明显4C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UIRS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RRM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()A30%B50%C70% D9
6、0%5A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Ek0mv2m白球碰撞后的动能为Ek1m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Ek02Ek1，代入数据进而算出结果：0.3630%，故选项A正确二、多项选择题：
7、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()Aa点的电场强度比b点的大Ba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6ABD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
8、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()AB的加速度比A的大BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的大7CD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，
9、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PB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8BC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
10、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，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为.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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD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9BC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，fmg，此过程中，弹簧在缩短，
11、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，OBOA，所以ba.当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得WmgbEpA，即EpAWmgbWmga，选项A错误；对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得EpAEpBmg0，即EpBWmgbmgaWmga，选项B正确；经O点时，物块的动能是EpOEpAmgbW2mgbWmga，选项C正确；由于
12、题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断P点的弹性势能与B点的弹性势能哪个大，选项D错误三、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PUI得到电功率实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V1.8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 .(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 、20 和50 的定值电阻，电路中的电阻R1 应选_的定值电阻(3)测量结束后，应先断开开
13、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210(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 ，所以R1只能取10 .(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
14、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H1.
15、980 m，10个小球下落的总时间T6.5 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_(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间t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t，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t对实验结果的影响？请推导说明_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H1g和H2g可得g，因此可以消去t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
16、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Hgt2，代入数据计算得g9.4 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33(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，AB和CD为等温过程，BC和DA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
17、过程中，下列说法正确的是_AAB过程中，外界对气体做功BBC过程中，气体分子的平均动能增大CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DDA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化12A.(1)C解析 AB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，UWQ，BC为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q0，W0，则U0，则U0，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“AB”、“BC”、“CD”或“DA”)若气体在AB过程中吸收63 kJ的热量，在CD过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次
18、循环对外做的功为_kJ. 12(2)BC25解析 分析可知，BC过程内能减少，CD过程内能增加整个循环过程中，U0，由热力学第一定律UWQ，则WUQ0(63 kJ38 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NA6.01023 mol1，计算结果保留一位有效数字)12(3)41025 m3解析 等温过程pAVApBVB, 单位体积内的分子数n.解得n，代入数据得，n41025m312B.选修34(12分)图1(1)如图1所示的装置，弹
19、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_A1 Hz B3 HzC4 Hz D5 Hz 12B.(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212(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
20、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312(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，ABBC.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22.5， 则折射率 n才能保证发生全反射12C.选修35(12分)(1)如果一个电子的德布罗意波长
21、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12C.(1)C解析 由物质波的波长可知，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pmv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n3轨道上比处在n5轨道上离氦核的距离_(选填“近”或“远”)当大量He 处在n4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有_条图112(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n4的激发态向基态跃迁时，
22、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212(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v0mAvAmBvB、可解得vB0.02m/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
23、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N100，边长ab1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 .磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T在15 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15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 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1 B1S 解得E1N代入数据得E110 V感应电流的方向为adcba(2)同理可得E2N感应电流I2电量qI2t
24、2 解得qN代入数据得q10 C.(3)01 s内的焦耳热Q1Irt1且I115 s内的焦耳热Q2Irt2 由QQ1Q2，代入数据得Q100 J14 (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.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，m20.1 kg, 0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2.若砝码移动的
25、距离超过l0.002 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f1m1 g桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)gff1f2解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1Ff1f2m2a2发生相对运动a2a1解得F2(m1m2)g (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3tlx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2m1(1)m2g代入数据得F22.4 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
26、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(0t0)时刻释放 P, 求P 速度为零时的坐标. 图1图215解析 (1)做匀加速直线运动，2做匀速圆周运动电场力FQE0加速度a速度v0at，且t解得v0(2)只有当t2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，(n1，2，3)匀速圆周运动qvB0m，T解得B0，(n1，2，3)(3)在t0时刻释放，P在电场中加速时间为t0在磁场中做匀速圆周运动v1解得r1又经(t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0P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x0相应的纵坐标为y，(k1，2，3)解得y，(k1，2，3)
