2013年江苏省高考物理试卷解析版 .pdf
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1、2013 年江苏省高考物理试卷解析版年江苏省高考物理试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题共一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题小题,每小题 3 分,共计分,共计 15 分每小题只有一个选项符合题意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【考点】4D:开普勒定律菁优网版权所有【专题】529:万有
2、引力定律在天体运动中的应用专题【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律: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。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。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。【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,太阳处于椭圆的一个焦点上。故 A 错误;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动的速度大小不断变化,故 B 错误;C、若行星的公转周期为 T,则常量 K 与行星无关,与中心体有
3、关,故 C 正确;32=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,故 D 错误;故选:C。【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。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【考点】37:牛顿第二定律;48:线速度、角速度和周期、转速;4A:向心
4、力菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;519:匀速圆周运动专题【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【解答】解:A、A、B 的角速度相等,根据公式:vr,A 的运动半径小,A 的速度就小。故 A 错误。B、根据公式:a2r,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知,A 对缆绳的拉力就小,故 D 正确,B 错误。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:mgtanm2r,则得 tan,A 的半径 r 较小,相等,可知 A 与竖直方向夹角 较小,故 C 错误。=2故选:D
5、。【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,结合牛顿第二定律进行求解,难度不大 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1414缘 坐标原点 O 处电场强度最大的是()A B C D【考点】A6:电场强度与电场力;AA:电场的叠加菁优网版权所有【专题】532:电场力与电势的性质专题【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【解答】解:设 带电圆环在 O 点产生的场强大小为 E。14A 图中坐标原
6、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;14B 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1414场强度大小等于E。2C 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141414电圆环带电圆环产生的,原点 O 处电场强度大小为 E;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141414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。14所以坐标原点 O 处电场强度最大的是 B。故选:
7、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 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【考点】BB:闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】16:压轴题;535:恒定电流专题【分析】M 与 R 并联后
8、与 S 串联,由 S 两端电压 U 增大可知电流增大,则 RM减小;再利用极限法判断可知,R 越大,U 变化越明显【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=总电阻 RM变小;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 RM的大小变化对 S 的电压就无影响,则 R 越大,U 增大越明显,故 ABD 错误,C 正确。故选:C。【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 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,据此可推断
9、,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()A30%B50%C70%D90%【考点】53:动量守恒定律;6C:机械能守恒定律菁优网版权所有【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【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,即可研究碰撞过程中系统损失的动能。【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60,设碰撞后两球的速度大小为 v 根据动量守恒得:水平方向有:m2v2mvcos30,解得,v=233则碰撞过程中系统损失的动能为Ek,即碰撞过程中系统损=12(2)21
10、2 22=232=1312(2)2失的动能约占碰撞前动能的。13故选:A。【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关系。二、多项选择题:本题共二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 4 分,共计分,共计 16 分每小题有多个选项符合题意全部选对的得分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分,分,选对但不全的得选对但不全的得 2 分,错选或不答的得分,错选或不答的得 0 分分 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()Aa 点
11、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【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菁优网版权所有【专题】532:电场力与电势的性质专题【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;电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小【解答】解:A:电场线的疏密表示场强的大小,故 A 正确
12、;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;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;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,电势能增大,电场力做负功。故 D 正确。故选:ABD。【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;电场力做负功,电势能增加 7(4 分)如图所示,从地面上同一位置抛
13、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【考点】44:抛体运动;45:运动的合成和分解;6C:机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】52E:机械能守恒定律应用专题【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
14、速度的关系,即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系【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。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。=2C、hvyt,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-122的夹角大于 B 球的竖直方向的初速度,由 vyv0sin(是初速度与水平方向的夹角)得知,A 球的初速度小于 B 球的初速度,两球水平方向的分初速度为 v0cosvycot,由于 B 球的初
15、速度与水平方向的夹角小,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。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 在落地时的速度比 A 在落地时的大。故 D 正确。故选:CD。【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,可根据运动学公式和对称性进行研究 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
16、 C增大交流电源的频率 D减小电容器 C 的电容【考点】E8:变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】16:压轴题;53A:交流电专题【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【解答】解:A、向下滑动 P,副线圈匝数减少,电压减小,A 错误;B、增大交流电源的电压,副线圈两端电压也增大,B 正确;C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大,C 正确;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;故选:BC。【点评】本题考查了变压器的变压原理
17、和电容器对交流电的影响,通高频阻低频 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 Wmga -12B物块在 B 点时,弹簧的弹性势能小于 Wmga -32C经 O 点时,物块的动能小于 Wmga 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【考点】6
18、B:功能关系;8G:能量守恒定律菁优网版权所有【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 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 mg),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 较大,则动能最大时,弹簧伸长量较大,(因弹力等于摩擦力,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
19、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于,所以物块在 A 点时,弹簧的弹性势能小于,故 A 错误;12W-12B、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=32于,故物块在 B 点时,弹簧的弹性势能小于,故 B 正确;32
20、W-32C、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 Wmga,故 C 正确;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。故选:BC。【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
21、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“3.0V,1.8W”,电源为 12V 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 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)(2)现有 10、20 和 50 的定值电阻,电路中的电阻 R1 应选10 的定值电阻(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(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地方【考点】N5:描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】13:实验题;16
22、:压轴题;535:恒定电流专题【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时,应用平滑的曲线连接【解答】解:(1)从 P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-2 (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 IA0.6A,根据欧姆定律通过=1.83变阻器的电流为,所以通过电源的电流为I0.6+0.30.9A,根据闭合电I变=变=310=0.3I=+变=路欧姆定律,应有 EU,解得r10,所以保护电阻应选 10
23、 的+(+0)R0+=12 30.9=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(4)图象中不恰当的地方有图线不应画直线,应用平滑的曲线连接;横坐标标度太大 故答案为(1)如图;(2)10;(3)电池;(4)图线不应画直线,应用平滑的曲线连接;横坐标标度太大【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求出电路中的最小电阻,然后再选择 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
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