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2013 年江苏省高考物理试卷解析版
参考答案与试题解析
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．（3分）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．A的速度比B的大
A．太阳位于木星运行轨道的中心 B．A与B的向心加速度大小相等
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
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．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
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 【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．
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【考点】4D：开普勒定律． 【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
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【专题】529：万有引力定律在天体运动中的应用专题． 【分析】AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律： 【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v＝ω•r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。
第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。 B、根据公式：a＝ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。 知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。 C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ＝mω2r，则得 tanθ
【解答】解：A、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一 𝜔 2 𝑟
= ，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。
个焦点上。故A错误； 𝑔
B、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运 故选：D。
动的速度大小不断变化，故B错误；
3
𝑎
C、若行星的公转周期为T，则 =𝐾常量K与行星无关，与中心体有关，故C正确；
2
𝑇
D、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，
【点评】解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定
故D错误；
律进行求解，难度不大．
故选：C。
1 1
【点评】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
3．（3分）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
4 4
2．（3分）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
缘． 坐标原点O处电场强度最大的是（ ）
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（ ）灵活的分析问题．
4．（3分）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R 发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时
A． B． M
（ ）
C． D．
【考点】A6：电场强度与电场力；AA：电场的叠加．
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A．R 变大，且R越大，U增大越明显
【专题】532：电场力与电势的性质专题． M
B．R 变大，且R越小，U增大越明显
【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正 M
C．R 变小，且R越大，U增大越明显
电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止． M
D．R 变小，且R越小，U增大越明显
1 M
【解答】解：设 带电圆环在O点产生的场强大小为E。
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．
4
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【专题】16：压轴题；535：恒定电流专题．
1
A图中坐标原点O处电场强度是 带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
【分析】M与R并联后与S串联，由S两端电压U增大可知电流增大，则R 减小；再利用极限法判断可
4 M
知，R越大，U变化越明显．
1 1
B图中坐标原点O处电场强度是第一象限 带正电圆环和第二象限 带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电 𝐸
4 4
【解答】解：由S两端电压U增大可知干路电流增大，由欧姆定律I = 可知总电阻减小，所以传感器的
𝑅
总
场强度大小等于 2E。
电阻R 变小；
1 1 1 M
C图中第一象限 带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是 带
极限法：假设R很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器R 的大小变化对S的电压就无影
4 4 4 M
响，则R越大，U增大越明显，故ABD错误，C正确。
电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
故选：C。
1 1 1
D图中第一象限 带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限 带负电圆环和第四象限
【点评】本题是电路的动态分析问题，考查了学生分析、推理能力，注意极限思想法在物理中经常用到．
4 4 4
5．（3分）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
1
带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。
断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（ ）
4
所以坐标原点O处电场强度最大的是B。
故选：B。
【点评】本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强．要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
A．30% B．50% C．70% D．90%
C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．
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D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
【专题】16：压轴题；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AC：电势；AE：电势能与电场力做功．
【分析】根据频闪照片，根据却是守恒定律研究碰撞后两球速度大小与碰撞前白球速度大小的关系，即可研 菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
究碰撞过程中系统损失的动能。
【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电
【解答】解：设碰撞前白球的速度大小为2v，由图看出，碰撞后两球的速度大小相等，速度之间的夹角约为
势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；
60°，设碰撞后两球的速度大小为v′
电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．
根据动量守恒得：水平方向有：m•2v＝2mv′cos30°，
【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；
2 3
解得，v′ = 𝑣 B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处
3
的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势。故B正确；
1 1 2 1 1
则碰撞过程中系统损失的动能为△E k = 𝑚(2𝑣)2‒ ⋅2𝑚𝑣'2= 𝑚𝑣2= ⋅ 𝑚(2𝑣)2，即碰撞过程中系统损 C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；
2 2 3 3 2
D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能
1
失的动能约占碰撞前动能的 。
增大，电场力做负功。故D正确。
3
故选：ABD。
故选：A。
【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做
【点评】本题首先要根据照片的信息，知道两球速度大小近似相等，再由动量守恒求解碰撞前后速度大小的
负功，电势能增加．
关系。
7．（4分）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
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，
相同． 空气阻力不计，则（ ）
选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）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．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 A．向下滑动P B．增大交流电源的电压
D．B在落地时的速度比A在落地时的大 C．增大交流电源的频率 D．减小电容器C的电容
【考点】44：抛体运动；45：运动的合成和分解；6C：机械能守恒定律． 【考点】E8：变压器的构造和原理．
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【专题】52E：机械能守恒定律应用专题． 【专题】16：压轴题；53A：交流电专题．
【分析】由题知，两球均做斜抛运动，运用运动的分解法可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直 【分析】要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大．向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电
上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平 源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大．
初速度的关系．两球在最高点的速度等于水平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知 【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；
道落地速度的大小关系． B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；
【解答】解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。故A错误。 C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；
B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时 D、减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；
2ℎ 故选：BC。
间相等，而下落过程，由t = 知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故B错误。
𝑔
【点评】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频．
1 9．（4分）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
C、h＝v t 𝑔𝑡2，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向
y -
2
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
的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由v ＝v sinα（α是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度 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
y 0
小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v cosα＝v cotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小， 加速度为g。则上述过程中（ ）
0 y
所以 B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故 B在最高点的速度比 A在最高点的
大。故C正确。
1
D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地 A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W - μmga
2
时的速度比A在落地时的大。故D正确。
3
故选：CD。 B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W - μmga
2
【点评】本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动
C．经O点时，物块的动能小于W﹣μmga
学公式和对称性进行研究．
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
8．（4分）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
【考点】6B：功能关系；8G：能量守恒定律．
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光． 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（ ）
【专题】16：压轴题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处。弹簧作阻
尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而
弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而
此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为
0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能。至于物块在A点或
B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可。
【解答】解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损
𝑎
失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点。故OA＞ ，此过程物体克服摩擦力做功大
2
1 1
（1）准备使用的实物电路如图1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）
于 𝜇𝑚𝑔𝑎，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于W 𝜇𝑚𝑔𝑎，故A错误；
-
2 2
（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R 应选 10 Ω的定值电阻．
1
𝑎 3𝑎
（3）测量结束后，应先断开开关，拆除 电池 两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．
B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a + = ，故整个过程物体克服阻力做功大
2 2
（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2所示． 请指出图象中不恰当的
3 3
地方．
于 𝜇𝑚𝑔𝑎，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W 𝜇𝑚𝑔𝑎，故B正确；
-
2 2
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．
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C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正
【专题】13：实验题；16：压轴题；535：恒定电流专题．
确；
【分析】测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；做电学实验为保
D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸
护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出；画图象时若各点不在一条直线上
长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误。
时，应用平滑的曲线连接．
故选：BC。
【解答】解：（1）从P 𝑈2图象可知电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，变阻器连接如图所示
-
【点评】利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透
彻
三、简答题：必做题，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“3.0V，1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．
𝑃 1.8
（2）当变阻器的输出电压最大时，通过小灯泡的电流为额定电流I = = A＝0.6A，根据欧姆定律通过
𝑈 3𝑈 3 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．
变阻器的电流为I = = 𝐴=0.3𝐴，所以通过电源的电流为I'=I +𝐼 =0.6+0.3＝0.9A，根据闭合电
变 变
𝑅 10
变
𝐸 ‒ 𝑈 12 ‒ 3
路欧姆定律，应有E＝U +𝐼'⋅(𝑟+𝑅 )，解得R +r = = 𝛺=10Ω，所以保护电阻应选10Ω的
0 0
' 0.9
𝐼
定值电阻；
（3）根据安全性原则，测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好
器材．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．
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（4）图象中不恰当的地方有①图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；②横坐标标度太大．
【专题】13：实验题；16：压轴题；514：自由落体运动专题．
故答案为（1）如图；
【分析】（1）首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；
（2）10；
1
（3）电池；
（2）根据自由落体运动规律h= 𝑔𝑡2可以求出重力加速度大小；
2
（4）图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大．
（3）误差主要来自小球下落过程中空气阻力的影响，由此可正确解答；
【点评】测定小灯泡的伏安特性曲线实验变阻器应用分压式接法，选择保护电阻时应根据闭合电路欧姆定律
（4）根据自由落体运动规律结合数学知识可正确求解．
求出电路中的最小电阻，然后再选择．
【解答】解：（1）A、电路中的电源目的是线圈产生磁性，因此直流电也可以，故A错误；
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
B、小球沿竖直方向自由下落，因此要使小球能够撞击M，M调整到电磁铁的正下方，故B正确；
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
C、球的正下方到M的竖直距离作为小球下落的高度，故C错误；
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
D、敲击M的同时小球开始下落，因此此时应该计时，故D正确．
始下落…．这样，就可测出多个小球下落的总时间．
故答案为：BD．
（1）在实验中，下列做法正确的有 BD ．
𝑡
6.5𝑠
总
A．电路中的电源只能选用交流电源 （2）一个小球下落的时间为：t = = =0.65𝑠
𝑛 10
B．实验前应将M调整到电磁铁的正下方
1
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
根据自由落体运动规律h= 𝑔𝑡2可得：
2
D．手动敲击M的同时按下秒表开始计时
2ℎ 2 × 1.980
g= = ≈9.4𝑚/𝑠2
（2）实验测得小球下落的高度H＝1.980m，10个小球下落的总时间T＝6.5s．可求出重力加速度g＝ 9.4 2 2
𝑡 (0.65)
m/s2．（结果保留两位有效数字）
（3）通过多次测量取平均值可以减小误差，同时该实验的误差主要来自小球下落过程中空气阻力的影响，
（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．
因此增加小球下落的高度或者选择密度更大的实心金属球．
（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
（4）由自由落体运动的规律可得：
量时间相差△t，这导致实验误差．为此，他分别取高度H 和H ，测量n个小球下落的总时间T 和T ． 他
1 2 1 2𝑇
1
1
H = 𝑔( ‒△𝑡)2①
1
2 𝑛
𝑇
1
2
H = 𝑔( ‒△𝑡)2②
2
2 𝑛
2 𝐻 𝐻
2 【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
2𝑛 ( 1 ‒ 2 ) 菁优网版权所有
联立①②可得：g= ，因此可以消去△t对实验结果的影响． 【专题】54B：理想气体状态方程专题．
2
(𝑇 ‒ 𝑇 )
1 2
【分析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，
故答案为：（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）可以．
C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高；由△U＝Q+W知，气体
【点评】对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．
完成一次循环对外做的功为W＝25KJ．
四．选做题：本题包括12、13、14三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按
【解答】解：（1）A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，A错误；
12、13两小题评分．
B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小，B错误；
12．（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
C、C→D过程中，等温压缩，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；
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”．
D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误；
（1）该循环过程中，下列说法正确的是 C ．
故选C
A．A→B过程中，外界对气体做功
（2）B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，内能减小；由△U＝Q+W知，气体完成一次循环
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
对外做的功为W＝25KJ
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
2
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 （ 3） A→ B为 等 温 过 程 ， 则 10P = 𝑃𝑉， 所 以 V＝ 15L， 在 B状 态 时 单 位 体 积 内 的 分 子 数
3
（2）该循环过程中，内能减小的过程是 B→C （选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）． 若气
23
1 × 6 × 10
体在A→B过程中吸收63kJ 的热量，在C→D过程中放出38kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为
= =4×1025m﹣3
‒3
15 × 10
25 kJ．
答案为（1）C （2）B→C 25 （3）4×1025m﹣3
2
【点评】本题考查了理想气体状态方程，要理解各过程气体的变化，选择相应的状态方程．
（3）若该循环过程中的气体为 1mol，气体在 A状态时的体积为 10L，在 B状态时压强为 A状态时的 ．
3
13．（12分）[选修3﹣4]
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N ＝6.0×1023mol﹣1，计算结果保留一位
A （1）如图1所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz． 现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，
有效数字）
测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，则把手转动的频率为 A ．
A．1Hz B．3Hz C．4Hz D．5Hz
（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 大于 （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 c ． 1
解得最小折射率n = ．
𝑠𝑖𝑛22.5°
（3）图3为单反照相机取景器的示意图，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， 1
故答案为：（1）A （2）大于 c （3）n=
𝑠𝑖𝑛22.5°
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）
【点评】本题考查了机械振动、相对论、几何光学等知识点，难度不大，是高考的热点问题，需加强训练．
【考点】7A：产生共振的条件及其应用；H3：光的折射定律．
菁优网版权所有 14．[选修3﹣5]
【专题】16：压轴题；54D：光的折射专题．
（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 C 也相等．
【分析】（1）物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
（2）根据长度的相对性判断两飞船间的距离，根据光速不变原理判断A测得信号的速度．
（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
（3）根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值．
道上离氦核的距离 近 （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
【解答】解：（1）弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，即受迫振动的频率为1Hz，则驱动力的频率为
线有 6 条．
1Hz．故A正确，B、C、D错误．
（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80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对
故选A．
空间站的速度为 0.1m/s． A将 B向空间站方向轻推后，A的速度变为 0.2m/s，求此时 B的速度大小和方
2
𝑣
向．
（2）根据L =𝐿 0 ， 1‒( ) ，L 0 为在相对静止参考系中的长度，L为在相对运动参考系中的长度，地面上
𝑐
测得它们相距为L，是以高速飞船为参考系，而A测得的长度为以静止参考系的长度，大于L．根据光速不
变原理，则A测得该信号的速度为c．
（3）设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等．
根据几何关系有：4θ＝90°
解得θ＝22.5°
1
【考点】53：动量守恒定律；J4：氢原子的能级公式和跃迁．
根据sinθ=
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𝑛
【专题】16：压轴题；52F：动量定理应用专题．ℎ （1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
【分析】（1）德布罗意波长为λ = ，P是动量，h是普朗克常量．
𝑃
（2）在1～5s内通过线圈的电荷量q；
𝑛(𝑛 ‒ 1) （3）在0～5s内线圈产生的焦耳热Q。
（2）根据玻尔原子理论，电子所在不同能级的轨道半径满足r =𝑛2𝑟 ，激发发态跃迁的谱线满足
𝑛 1
2
（3）根据动量守恒求解即可．
【解答】解：
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DD：电磁感应中的能量转化．
ℎ 菁优网版权所有
（1）根据德布罗意波长公式λ = ，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量P亦相等，
【专题】538：电磁感应——功能问题．
𝑃
△ 𝐵
故答案选C；
【分析】（1）由题可确定磁感应强度B的变化率 ，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞
△ 𝑡
（2）根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦
次定律判断感应电流的方向；
𝑛(𝑛 ‒ 1)
核的距离近．跃迁发出的谱线条数为 ，代入n＝4得有6条谱线，故答案为6． 𝑞
2
（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I = 结合求解电量；
𝑡
（3）取v 远离空间站的方向为正方向，则A和B开始的速度为v ＝0.1m/s远离空间站，推开后，A的速度
0 0
（3）分析两个时间段：0～1s和1～5s，由焦耳定律分别求出热量，即可得到总热量；
v ＝0.2m/s，此时B的速度为v ，根据动量守恒定律有：
A B
△ 𝐵 0.2 ‒ 0
（m +m ）v ＝m v +m v
A B 0 A A B B 【解答】解：（1）在0～1s内，磁感应强度B的变化率 = T/s＝0.2T/s，
△ 𝑡 1
代入数据解得：v ＝0.02m/s
B
由于磁通量均匀变化，在0～1s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：
方向沿远离空间站方向；
△ 𝛷 △ 𝐵
故答案为：
0.5s时线圈内感应电动势的大小E ＝N =N •ab•bc＝100×0.2×1×0.5＝10V
1
△ 𝑡 △ 𝑡
（1）C；
根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向。
（2）近、6
（3）0.02m/s，方向远离空间站方向．
△ 𝐵 0.2 ‒ ( ‒ 0.2)
【点评】本题主要考查德布罗意波和玻尔原子理论，在考纲中属于基本要求，第三问结合航天考查动量守恒
（2）在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为 = T/s＝0.1T/s，
△ 𝑡 4
也属于基础题，作为2013年江苏高考题难度不是很大．
由于磁通量均匀变化，在1～5s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则
五、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
△ 𝛷 △ 𝐵
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．
根据法拉第电磁感应定律得：1～5s时线圈内感应电动势的大小E ＝N =N •ab•bc＝100×0.1×1
2
△ 𝑡 △ 𝑡
15．（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，
×0.5＝5V
边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω．磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T．在1～5s内从0.2T
均匀变化到﹣0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：𝐸 5 求出拉力的最小值。
2
通过线圈的电荷量为q＝I t = 𝑡 = ×4C＝10C；
22 2
𝑅 2 （3）应用运动学公式求出位移，然后求出拉力大小
【解答】解：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f ＝μm g，f ＝μ（m +m ）g
1 1 2 1 2
2
𝐸 1 10 2 纸板所受摩擦力的大小：f＝f 1 +f 2 ＝μ（2m 1 +m 2 ）g
（3）在0～1s内，线圈产生的焦耳热为Q = 𝑡 = ×1J＝50J
1 1
𝑅 2 （2）设砝码的加速度为a ，纸板的加速度为a ，
1 2
2
𝐸 2 5 2 则有：f 1 ＝m 1 a 1 ，F﹣f 1 ﹣f 2 ＝m 2 a 2
在1～5s内，线圈产生的焦耳热为Q = 𝑡 = ×4J＝50J。
2 2
𝑅 2 发生相对运动需要a ＞a
2 1
故在0～5s内线圈产生的焦耳热Q＝Q +Q ＝100J。 代入数据解得：F＞2μ（m +m ）g
1 2 1 2
答： （3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为：
（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E为10V，感应方向为逆时针方向。 1
x = a t 2，
1 11
2
（2）在1～5s内通过线圈的电荷量q为10C。
（3）在0～5s内线圈产生的焦耳热Q为100J。 1
纸板运动距离为：d+x = a t 2
1 21
2
【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感
应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用。 1
纸板抽出后砝码运动的距离为：x = a t 2，
2 32
2
16．（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m 和m ，各接触面间的 L＝x +x
1 2 1 2
动摩擦因数均为μ．重力加速度为g。 由题意知a ＝a ，a t ＝a t
1 3 11 32
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； 代入数据联立得：F＝22.4N
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； 答：（1）纸板所受摩擦力的大小为μ（2m +m ）g；
1 2
（3）本实验中，m ＝0.5kg，m ＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2．若砝码 （2）所需拉力的大小F＞2μ（m +m ）g；
1 2 1 2
移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ （3）纸板所需的拉力至少22.4N。
【点评】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较
大。
17．（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
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．
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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
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
别为m和+q．不计重力。在t＝τ/2时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。
【分析】（1）应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后1
P在磁场中运动时速度的大小v ＝at，t = τ
0
2
𝑞𝐸 𝜏
0
解得，v = ；
0
2𝑚
（2）只有当t＝2τ时刻，P在磁场中作圆周运动结束后并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定的轨道作往复
1
运动，如图所示。设粒子在磁场中圆周运动的周期为T，则（n ）T＝τ，（n＝1，2，3…）
-
2
2
𝑣 2𝜋𝑟
粒子做匀速圆周运动时，有qvB ＝m ，而T =
0
（1）求P在磁场中运动时速度的大小v ； 𝑟 𝑣
0
（2）求B 应满足的关系； (2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
0
解得，B = ，（n＝1，2，3…）
0
𝑞𝜏
（3）在t （0＜t ＜τ/2）时刻释放P，求P速度为零时的坐标。
0 0
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动． （3）在t 时刻释放P，P在电场中加速时间为τ﹣t
0 0
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【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题． 𝑞𝐸 (𝜏 ‒ 𝑡 )
0 0
在磁场中作匀速圆周运动的速度为 v = ，
1
1 1 𝑚
【分析】（1）在t = τ时刻释放带电粒子P，在 τ～τ时间内做匀加速直线运动，τ～2τ时间内做匀速
2 2 𝑚𝑣
1
圆周运动的半径为 r =
1
𝑞𝐵
圆周运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出v
0
；
0
𝐸 (𝜏 ‒ 𝑡 )
（2）由题，粒子恰能沿一定轨道做往复运动，分析可知，当t＝2τ时刻，P在磁场中作圆周运动结束后并开 0 0
解得，r =
1
𝐵
始沿x轴负方向运动，才能沿一定的轨道作往复运动，画出轨迹，确定出粒子在磁场中圆周运动的周期，粒
0
子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的运动学公式求解B 应满足的关系； 又经（τ﹣t ）时间P减速为零后向右加速时间为t ，
0 0 0
（3）在t （0＜t ＜τ/2）时刻释放P，P在电场中加速时间为τ﹣t ，由上题结果得到粒子在磁场中圆周运 𝑞𝐸 𝑡
0 0 0 0 0
P再次进入磁场速度为 v =
2
动的速度和半径，粒子又经过（τ﹣t ）时间速度减至零后向右加速时间为t ，根据几何知识求解P速度为 𝑚
0 0
𝑚𝑣
零时的坐标。 2
圆周运动的半径为 r =
2
1 1 𝑞𝐵
0
【解答】解：（1）由图 2分析可知，在 t = τ时刻释放带电粒子 P，在 τ～τ时间内做匀加速直线运
2 2 𝐸 𝑡
0 0
解得，r =
2
𝐵
动，τ～2τ时间内做匀速圆周运动，
0
在电场中：粒子所受的电场力F＝qE ， 综上分析，速度为零时横坐标为 x＝0
0
{2[𝑘𝑟 ‒(𝑘‒1)𝑟 ]
𝐹 1 2
相应的纵坐标为：y = ，（k＝1，2，3，…）
2𝑘(𝑟 ‒𝑟 )
根据牛顿第二定律得：加速度为a = ， 1 2
𝑚{2𝐸 [𝑘(𝜏 ‒ 2𝑡 ) + 𝑡 ]𝑞𝜏
0 0 0
(2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
解得：y = ，（k＝1，2，3，…）
2𝑘𝐸 (𝜏 ‒ 2𝑡 )𝑞𝜏
0 0
(2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
𝑞𝐸 𝜏
0
答：（1）P在磁场中运动时速度的大小v 为 。
0
2𝑚
(2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
（2）B 应满足的关系为B = ，（n＝1，2，3…）；
0 0
𝑞𝜏
（ 3） 在 t （ 0＜ t ＜ τ /2） 时 刻 释 放 P， P速 度 为 零 时 横 坐 标 为 x＝ 0， 相 应 的 纵 坐 标 为 y
0 0
{2𝐸 [𝑘(𝜏 ‒ 2𝑡 ) + 𝑡 ]𝑞𝜏
0 0 0
(2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
= ，（k＝1，2，3，…）
2𝑘𝐸 (𝜏 ‒ 2𝑡 )𝑞𝜏
0 0
(2𝑛 ‒ 1)𝜋𝑚
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的受力情况，确定其运动情况，关键是运用几何
知识求解坐标。
