2011年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2011年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項(xiàng)題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1（3分）如圖所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對(duì)稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為，重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽略不計(jì)，求石塊側(cè)面所受彈力的大小為（）Amg2sinBmg2cosC12mgtanD12mgcot【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題【分析】對(duì)石塊受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，運(yùn)用合成法列式求解【解答】解：對(duì)物體受力分析，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，將彈力F1、F2合成，結(jié)合幾何關(guān)系，有F1F2Fmg

2、2×Fcos（90°）所以F=mg2sin故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查力的平衡和力的合成；運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件可以結(jié)合合成法、分解法、正交分解法求解2（3分）如圖所示，固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行線框由靜止釋放，在下落過(guò)程中（）A穿過(guò)線框的磁通量保持不變B線框中感應(yīng)電流方向保持不變C線框所受安培力的合力為零D線框的機(jī)械能不斷增大【考點(diǎn)】CA：安培定則；DB：楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)磁能量形象表示：穿過(guò)磁場(chǎng)中某一面積的磁感線的條數(shù)判斷磁能量的變化用楞次定律研究感應(yīng)電流的方向用左手定則分析安培力，根據(jù)能量守恒定律研究機(jī)械

3、能的變化【解答】解：A、線框在下落過(guò)程中，所在磁場(chǎng)減弱，穿過(guò)線框的磁感線的條數(shù)減小，磁通量減小。故A錯(cuò)誤。 B、下落過(guò)程中，因?yàn)榇磐侩S線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同，不變，所以感應(yīng)電流的方向不變，故B正確。 C、線框左右兩邊受到的安培力平衡抵消，上邊受的安培力大于下邊受的安培力，安培力合力不為零。故C錯(cuò)誤。 D、線框中產(chǎn)生電能，機(jī)械能減小。故D錯(cuò)誤故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電流的磁場(chǎng)和電磁感應(yīng)中楞次定律等，難度不大如是單選題，高考時(shí)，C、D項(xiàng)可以不再研究3（3分）如圖所示，甲、乙兩同學(xué)從河中O點(diǎn)出發(fā)，分別沿直線游到A點(diǎn)和B點(diǎn)后，立即沿原路線返回到O點(diǎn)，OA、OB

4、分別與水流方向平行和垂直，且OAOB若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時(shí)間t甲、t乙的大小關(guān)系為（）At甲t乙Bt甲t乙Ct甲t乙D無(wú)法確定【考點(diǎn)】45：運(yùn)動(dòng)的合成和分解菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題【分析】甲、乙兩同學(xué)實(shí)際的速度是靜水中的游速與水流速度的合速度，設(shè)游速為v，水速為v0根據(jù)速度合成可知：甲游到A點(diǎn)的速度為v+v0，游回的速度為vv0；乙來(lái)回的速度都為v2-v02明確了各自的合速度后，再用勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出時(shí)間進(jìn)行比較?！窘獯稹?解：設(shè)游速為v，水速為v0，OAOBl，則甲整個(gè)過(guò)程所用時(shí)間：t甲=lv+v0+lv-v0=2vlv2-v02，乙為了沿OB運(yùn)動(dòng)，速

5、度合成如圖：則乙整個(gè)過(guò)程所用時(shí)間：t乙=lv2-v02×2=2lv2-v02v2-v02，vv2-v02t甲t乙，選C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)動(dòng)的合成（主要是速度的合成）和勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用速度合成的矢量平行四邊形法則求出各自的合速度是關(guān)鍵。4（3分）如圖所示，演員正在進(jìn)行雜技表演由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過(guò)程中對(duì)雞蛋所做的功最接近于（）A0.3JB3JC30JD300J【考點(diǎn)】62：功的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52B：功的計(jì)算專題【分析】估計(jì)一個(gè)雞蛋的重力的大小，在根據(jù)雞蛋的運(yùn)動(dòng)情況，可以估計(jì)上升的高度的大小，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得人對(duì)雞蛋做的功【

6、解答】解：大約10個(gè)雞蛋1斤，一個(gè)雞蛋的質(zhì)量約為m=0.510=0.05kg，雞蛋大約能拋h0.5m，則做的功大約為Wmgh0.05×10×0.50.25J，所以A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查估算物體的質(zhì)量及拋出的高度的大小，從而計(jì)算做的功的大小這道題目從生活中來(lái)，與生活相聯(lián)系，可以提高學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣5（3分）如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸。T0時(shí)，將開關(guān)S由1擲到2Q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖象正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】

7、CC：安培力；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】知道電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，則電流減小，安培力減小，加速度減小【解答】解：開關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流。導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，即增大，則實(shí)際電流減小，安培力FBIL，即減小，加速度a=Fm，即減小。因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過(guò)棒的過(guò)程中，棒是一直加速運(yùn)動(dòng)（變加速）。由于通過(guò)棒的電流是按指數(shù)遞減的

8、，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的。由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運(yùn)動(dòng)，而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)給電容器充電。當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)后，棒因切割磁感線有電動(dòng)勢(shì)，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值（不會(huì)減少到0）。這時(shí)電容器的電壓等于棒的電動(dòng)勢(shì)數(shù)值，棒中無(wú)電流。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電容器放電及電磁感應(yīng)和安培力及加速度、速度等電容器的充電和放電是與兩極板間的電勢(shì)差有關(guān)的二、多項(xiàng)選擇：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意全部選

9、對(duì)得4分，選對(duì)不全得2分，錯(cuò)選或不答的得0分6（4分）美國(guó)科學(xué)家Willard SBoyle與George ESnith因電荷耦合器件（CCD）的重要發(fā)明獲得2009年度諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)CCD是將光學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量的傳感器下列器件可作為傳感器的有（）A發(fā)光二極管B熱敏電阻C霍爾元件D干電池【考點(diǎn)】GB：傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】傳感器是將非電學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量，如力傳感器是將力學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量【解答】解：A選項(xiàng)：發(fā)光二極管兩極達(dá)到一定電壓時(shí)就會(huì)正向?qū)?，所以不是傳感器。故A不正確；B選項(xiàng)、C選項(xiàng)：熱敏電阻可以把溫度轉(zhuǎn)化為電學(xué)量，而霍爾元件可以把磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度轉(zhuǎn)化為電學(xué)量，故

10、BC均正確D選項(xiàng)：干電池是電源，能給兩極提供電勢(shì)差的設(shè)備。故不正確；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查傳感器的概念判斷7（4分）一行星繞恒星作圓周運(yùn)動(dòng)由天文觀測(cè)可得，其運(yùn)動(dòng)周期為T，速度為v，引力常量為G，則（）A恒星的質(zhì)量為v3T2GB行星的質(zhì)量為42v3GT2C行星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為vT2D行星運(yùn)動(dòng)的加速度為2vT【考點(diǎn)】4A：向心力；4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)和已知物理量求出軌道半徑根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量【解答】解：根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：由V=2rT得到行星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r=vT2，A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式：GMmr2=

11、m42T2r由得M=v3T2G，故A正確；B、根據(jù)題意無(wú)法求出行星的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤。C、通過(guò)以上分析，故C正確。D、根據(jù)a=v2r由得：行星運(yùn)動(dòng)的加速度為2vT故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查萬(wàn)有引力與圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式可求出中心體的質(zhì)量，不能求出環(huán)繞體質(zhì)量8（4分）一粒子從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，從B點(diǎn)射出，電場(chǎng)的等勢(shì)面和粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圖中左側(cè)前三個(gè)等勢(shì)面平行，不計(jì)粒子的重力下列說(shuō)法正確的有（）A粒子帶負(fù)電荷B粒子的加速度先不變，后變小C粒子的速度不斷增大D粒子的電勢(shì)能先減小，后增大【考點(diǎn)】A7：電場(chǎng)線；AF：等勢(shì)面菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；4B：

12、圖析法【分析】等勢(shì)面的疏密可以表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，電場(chǎng)線與等勢(shì)面；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小【解答】解：A、電場(chǎng)線（垂直于等勢(shì)面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以粒子帶負(fù)電，A正確；B、因?yàn)榈炔畹葎?shì)面先平行并且密，后變疏，說(shuō)明電場(chǎng)強(qiáng)度先不變，后變小，則電場(chǎng)力先不變，后變小，所以加速度先不變，后變小，B正確；C、由于起初電場(chǎng)力與初速度方向相反，所以速度先減小，C錯(cuò)誤；D、因?yàn)殡妶?chǎng)力先做負(fù)功，所以電勢(shì)能先增大，D錯(cuò)誤；故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查等勢(shì)面、電場(chǎng)線、電場(chǎng)力、電場(chǎng)力做功、電勢(shì)能等等可以先根據(jù)等勢(shì)面確定電場(chǎng)線的分布情況再判斷9（4分）如圖所示，傾角為的等腰三角

13、形斜面固定在水平面上，一足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)綢帶跨過(guò)斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無(wú)摩擦現(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m（Mm）的小物塊同時(shí)輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上兩物塊與綢帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等在角取不同值的情況下，下列說(shuō)法正確的有（）A兩物塊所受摩擦力的大小總是相等B兩物塊不可能同時(shí)相對(duì)綢帶靜止CM不可能相對(duì)綢帶發(fā)生滑動(dòng)Dm不可能相對(duì)斜面向上滑動(dòng)【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；38：牛頓第三定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】對(duì)物體M和物體m分別受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律判斷兩物塊所受摩擦力的大小關(guān)系；通過(guò)求解出M、m與斜面間的最大靜摩擦

14、力并結(jié)合牛頓第二定律判斷兩個(gè)物塊可能的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：A、輕質(zhì)綢帶與斜面間無(wú)摩擦，受兩個(gè)物體對(duì)其的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：fMfmm綢a0（輕綢帶，質(zhì)量為零）故fMfmM對(duì)綢帶的摩擦力和綢帶對(duì)M的摩擦力是相互作用力，等大；m對(duì)綢帶的摩擦力和綢帶對(duì)m的摩擦力也是相互作用力，等大；故兩物塊所受摩擦力的大小總是相等；故A正確；B、當(dāng)滿足MgsinMgcos、mgsinmgcos和Mgsinmgsin時(shí)，M加速下滑，m加速上滑，均相對(duì)綢帶靜止，故B錯(cuò)誤；C、由于M與綢帶間的最大靜摩擦力較大，故綢帶與M始終相對(duì)靜止，m與綢帶間可能有相對(duì)滑動(dòng)，故C正確；D、當(dāng)動(dòng)摩擦因數(shù)較大時(shí)，由于綢帶與斜面之間

15、光滑，并且Mm，所以M、m和綢帶一起向左滑動(dòng)，加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有：整體：Mgsinmgsin（M+m）a隔離M，有：MgsinfMMa對(duì)m有：fmmgsinma解得：fM=fm=2MmM+mgsin故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵根據(jù)牛頓第三定律判斷出綢帶對(duì)M和m的拉力（摩擦力提供）相等，然后根據(jù)牛頓第二定律判斷多數(shù)學(xué)生對(duì)本題有疑問(wèn)，關(guān)鍵是沒(méi)有認(rèn)識(shí)到物理模型的應(yīng)用，題中絲綢質(zhì)量不計(jì)，類似輕繩模型三、簡(jiǎn)答題.（共22分）10（8分）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”。彈簧測(cè)力計(jì)A掛于固定點(diǎn)P，下端用細(xì)線掛一重物M，彈簧測(cè)力計(jì)B的一端用細(xì)線系于O點(diǎn)，手持另一

16、端水平向左拉，使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置，分別讀出彈簧測(cè)力計(jì)A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點(diǎn)位置和拉線的方向。（1）本實(shí)驗(yàn)用的彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為3.8N。（2）下列不必要的實(shí)驗(yàn)要求是D。（請(qǐng)?zhí)顚戇x項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）A應(yīng)測(cè)量重物M所受的重力B彈簧測(cè)力計(jì)應(yīng)在使用前校零C拉線方向應(yīng)與木板平面平行D改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次都要使O點(diǎn)靜止在同一位置（3）某次實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)彈簧測(cè)力計(jì)A的指針稍稍超出量程，請(qǐng)您提出兩個(gè)解決辦法。方法一：減小彈簧測(cè)力計(jì)B的拉力方法二：減小重物的質(zhì)量（4）該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中保持彈簧測(cè)力計(jì)B的拉力的方向一直水平，你認(rèn)為該做法科學(xué)嗎？為什么？答：不科

17、學(xué)，因?yàn)椴荒茯?yàn)證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則?！究键c(diǎn)】M3：驗(yàn)證力的平行四邊形定則菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題【分析】彈簧測(cè)力計(jì)A掛于固定點(diǎn)，下端用細(xì)線掛一重物。當(dāng)彈簧測(cè)力計(jì)B一端用細(xì)線系于O點(diǎn)，當(dāng)向左拉使結(jié)點(diǎn)靜止于某位置。彈簧測(cè)力計(jì)A和B的示數(shù)分別為兩細(xì)線的力的大小，同時(shí)畫出細(xì)線的方向即為力的方向。雖懸掛重物的細(xì)線方向確定，但大小卻不知，所以要測(cè)重物重力。當(dāng)結(jié)點(diǎn)靜止于某位置時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)B的大小與方向就已確定了。原因是掛重物的細(xì)線大小與方向一定，而彈簧測(cè)力計(jì)A大小與方向也一定，所以兩力的合力必一定。當(dāng)出現(xiàn)超出彈簧測(cè)力計(jì)A的量程時(shí)，通過(guò)改變其中一個(gè)力大小或另一個(gè)力方向來(lái)達(dá)到此目

18、的?！窘獯稹拷猓海?）彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)，每1N被分成5格，則1格就等于0.2N圖指針落在3N到4N的第3格處，所以3.8N。（2）A、實(shí)驗(yàn)通過(guò)作出三個(gè)力的圖示，來(lái)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道。故A項(xiàng)也需要；B、彈簧測(cè)力計(jì)是測(cè)出力的大小，所以要準(zhǔn)確必須在測(cè)之前校零。故B項(xiàng)也需要；C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準(zhǔn)確性。故C項(xiàng)也需要；D、當(dāng)結(jié)點(diǎn)O位置確定時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)A的示數(shù)也確定，由于重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測(cè)力計(jì)B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實(shí)驗(yàn)。故D項(xiàng)不需要。故選：D。（3）當(dāng)彈簧測(cè)力計(jì)A超出其量程，則說(shuō)明彈簧測(cè)力

19、計(jì)B與重物這兩根細(xì)線的力的合力已偏大。又由于掛重物的細(xì)線力的方向已確定，所以要么減小重物的重量，要么改變測(cè)力計(jì)B拉細(xì)線的方向，或改變彈簧測(cè)力計(jì)B拉力的大小，從而使測(cè)力計(jì)A不超出量程。（4）不科學(xué)，因?yàn)椴荒茯?yàn)證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則。故答案為：（1）3.8；（2）D；（3）減小彈簧測(cè)力計(jì)B的拉力；減小重物的質(zhì)量；（4）不科學(xué)，因?yàn)椴荒茯?yàn)證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則?！军c(diǎn)評(píng)】通過(guò)作出力的圖示來(lái)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”，重點(diǎn)是如何準(zhǔn)確作出力的圖示。同時(shí)值得注意其中有一力大小與方向均已一定，從而減少實(shí)驗(yàn)的操作步驟。11（10分）某同學(xué)利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路來(lái)測(cè)量電阻的阻

20、值（1）將電阻箱接入a、b之間，閉合開關(guān)適當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻 器R后保持其阻值不變改變電阻箱的阻值R，得到一組電壓表的示數(shù)U與R的數(shù)據(jù)如表：電阻R/5.010.015.025.035.045.0電壓U/V1.001.501.802.142.322.45請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖2作出UR關(guān)系圖象（2）用待測(cè)電阻RX替換電阻箱，讀得電壓表示數(shù)為2.00V利用（1）中測(cè)繪的UR圖象可得RX20（3）使用較長(zhǎng)時(shí)間后，電池的電動(dòng)勢(shì)可認(rèn)為不變，但內(nèi)阻增大若仍用本實(shí)驗(yàn)裝置和（1）中測(cè)繪的UR圖象測(cè)定某一電阻，則測(cè)定結(jié)果將偏小（選填“偏大”或“偏小”）現(xiàn)將一已知阻值為10的電阻換接在a、b之間，你應(yīng)如何調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，

21、便仍可利用本實(shí)驗(yàn)裝置和（1）中測(cè)繪的UR圖象實(shí)現(xiàn)對(duì)待測(cè)電阻的準(zhǔn)確測(cè)定？【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；N2：測(cè)定金屬的電阻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）建立坐標(biāo)系，選定單位長(zhǎng)度，描點(diǎn)作圖；（2）利用圖象，讀出電壓為2.00V時(shí)對(duì)應(yīng)的電阻即可；（3）閉合電路和部分電路的歐姆定律的綜合應(yīng)用【解答】解：（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，選取橫坐標(biāo)單位長(zhǎng)度為10，縱坐標(biāo)的單位長(zhǎng)度為0.5v，建立UR坐標(biāo)系，然后根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點(diǎn)，最后用光滑的曲線連接所描的點(diǎn)，即作出UR圖，如圖所示：（2）在UR圖中作出U2V的直線，與圖象有一交點(diǎn)，通過(guò)交點(diǎn)作橫軸的垂線，與橫軸交與R20的點(diǎn)，即當(dāng)U2.00V時(shí)，

22、Rx20（3）因?yàn)閁=IR=ERR+r+R'=E1+r+R'R，當(dāng)電池的內(nèi)阻r增大時(shí)，則r+R'R增大，同一個(gè)R，則U=IR=ERR+r+R'=E1+r+R'R減小，即電壓表讀數(shù)將變小，按原來(lái)的UR圖象，則電阻的測(cè)量值小于真實(shí)值，即偏小要使電壓表讀數(shù)為1.50V，因?yàn)殡姵貎?nèi)阻r增大，應(yīng)該把滑動(dòng)變阻器阻值R調(diào)小，以至于使R'+r不變答案：（1）UR圖如圖所示， （2）20， （3）偏??；改變滑動(dòng)變阻器阻值，使電壓表示數(shù)為1.50V【點(diǎn)評(píng)】本題是考查測(cè)量電阻實(shí)驗(yàn)，其中利用圖象處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是這類題目的共性，根據(jù)圖象再解決其它問(wèn)題是高考的一個(gè)方向，要引起

23、高度重視四、選做題（12、13、14題，請(qǐng)選定其中兩題，若三題都做，則按12、13兩題評(píng)分共24分）12（12分）（1）如圖1所示，一演示用的“永動(dòng)機(jī)”轉(zhuǎn)輪由5根輕桿和轉(zhuǎn)軸構(gòu)成，輕桿的末端裝有形狀記憶合金制成的葉片，輕推轉(zhuǎn)輪后，進(jìn)入熱水的葉片因伸展面“劃水”，推動(dòng)轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)。離開熱水后，葉片形狀迅速恢復(fù)，轉(zhuǎn)輪因此能較長(zhǎng)時(shí)間轉(zhuǎn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是A轉(zhuǎn)輪依靠自身慣性轉(zhuǎn)動(dòng)，不需要消耗外界能量B轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)所需能量來(lái)自形狀記憶合金自身C轉(zhuǎn)動(dòng)的葉片不斷攪動(dòng)熱水，水溫升高D葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量（2）如圖2所示，內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置。一定質(zhì)量的理想氣體被密封在氣缸內(nèi)，外界大氣壓強(qiáng)為P

24、0現(xiàn)對(duì)氣缸緩慢加熱，氣體吸收熱量Q后，體積由V1增大為V2則在此過(guò)程中，氣體分子平均動(dòng)能增大（選增“增大”、“不變”或“減小”），氣體內(nèi)能變化了QP0（V2V1）。（3）某同學(xué)在進(jìn)行“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)前，查閱數(shù)據(jù)手冊(cè)得知：油酸的摩爾質(zhì)量M0.283kgmol1，密度0.895×103kgm3若100滴油酸的體積為1ml，則1滴油酸所能形成的單分子油膜的面積約是多少？（取NA6.02×1023mol1球的體積V與直徑D的關(guān)系為V=16D3，結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；8G：能量守恒定律；O1：用油膜法估測(cè)分子的大小菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5

25、42：物體的內(nèi)能專題；544：估算分子個(gè)數(shù)專題；548：熱力學(xué)定理專題【分析】（1）考查熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律。（2）考查氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律，要注意功的求解WP0sLP0（SL2SL1）P0（V2V1）。（3）考查油膜法測(cè)分子直徑。M是摩爾體積Vmol，vmolNA就是單個(gè)分子的體積，然后根據(jù)v0=4r33求出分子的半徑r，得出分子直徑D從而求出油膜的面積?！窘獯稹拷猓海?）A、轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)輪的速度越來(lái)越小，所以要維持轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)需要外力做功。故A錯(cuò)誤。B、要維持轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)需要外力做功，轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動(dòng)所需能量不能由轉(zhuǎn)輪自己提供。故B錯(cuò)誤。C、轉(zhuǎn)動(dòng)的葉片不斷攪動(dòng)熱水的

26、過(guò)程是水對(duì)轉(zhuǎn)輪做功的過(guò)程，同時(shí)水會(huì)向四周放出熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知水的內(nèi)能減小，故水溫降低，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，物體不可能從單一熱源吸收能量全部用來(lái)對(duì)外做功而不引起其變化，故葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量。故D正確。故選D。（2）在對(duì)氣缸緩慢加熱的過(guò)程中封閉氣體的壓強(qiáng)保持不變，故氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)V1T1=V2T2，由于V2V1，所以T2T1物體溫度升高分子平均動(dòng)能增大；根據(jù)熱力學(xué)第一定律UQ+W，其中WP0sLP0（SL2SL1）P0（V2V1），故UQP0（V2V1）故本題的答案為：增大；QP0（V2V1）。（3）一個(gè)油酸分子的體積 V=MNA由球

27、的體積與直徑的關(guān)系得分子直徑D=36MNA最大面積 S=1×10-8m3D代入數(shù)據(jù)解得S1m2。【點(diǎn)評(píng)】考綱對(duì)33要求較低，故題目比較簡(jiǎn)單，所以只要加強(qiáng)對(duì)基本概念的理解然后做些基礎(chǔ)題即可。13（12分）（1）如圖所示，沿平直鐵路線有間距相等的三座鐵塔A、B和C假想有一列車沿AC方向以接近光速行駛，當(dāng)鐵塔B發(fā)出一個(gè)閃光，列車上的觀測(cè)者測(cè)得A、C兩鐵塔被照亮的順序是（A）同時(shí)被照亮（B）A先被照亮（C）C先被照亮（D）無(wú)法判斷（2）一束光從空氣射向折射率為3的某種介質(zhì)，若反向光線與折射光線垂直，則入射角為60°。真空中的光速為c，則光在該介質(zhì)中的傳播速度為33c。（3）將一勁度

28、系數(shù)為K的輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，下湍系上質(zhì)量為m的物塊，將物塊向下拉離平衡位置后松開，物塊上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)周期恰好等于以物塊平衡時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為擺長(zhǎng)的單擺周期。請(qǐng)由單擺周期公式推算出物塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T?！究键c(diǎn)】72：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期和頻率；H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）列車上的觀察者看到的是由B出發(fā)后經(jīng)過(guò)A和C反射的光，由于列車在這段時(shí)間內(nèi)向C運(yùn)動(dòng)靠近C，而遠(yuǎn)離A，所以C的反射光先到達(dá)列車上的觀察者，看到C先被照亮。（2）根據(jù)折射率的公式n=sinisinr及幾何關(guān)系求出入射角；根據(jù)v=cn求解光在介質(zhì)中的速度。（3）通過(guò)單擺的周期公式及在平衡位置

29、時(shí)klmg聯(lián)合求解。【解答】解：（1）列車上的觀察者看到的是由B出發(fā)后經(jīng)過(guò)A和C反射的光，由于列車在這段時(shí)間內(nèi)向C運(yùn)動(dòng)靠近C，而遠(yuǎn)離A，所以C的反射光先到達(dá)列車上的觀察者，看到C先被照亮。故選C。 （2）根據(jù)折射率的公式n=sinisinr=sinisin(90°-i)=tani 所以i60° v=cn=33c故答案為：60°； 33c（3）單擺周期公式T=2lg，且klmg解得T=2mk?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查相對(duì)論初步，光的折射及單擺和彈簧振子。屬于容易題，關(guān)鍵要掌握這些知識(shí)點(diǎn)的基礎(chǔ)知識(shí)。14（1）下列描繪兩種溫度下黑體輻射強(qiáng)度與波長(zhǎng)關(guān)系的圖中，符合黑體輻射規(guī)律的是

30、（2）按照玻爾原子理論，氫原子中的電子離原子核越遠(yuǎn)，氫原子的能量越大（選填“越大”或“越小”）。已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為E1（E10），電子質(zhì)量為m，基態(tài)氫原子中的電子吸收一頻率為的光子被電離后，電子速度大小為2(h+E1)m（普朗克常量為h）。（3）有些核反應(yīng)過(guò)程是吸收能量的。例如在X+714N817O+11H中，核反應(yīng)吸收的能量Q（mO+mH）（mM+mN）c2，在該核反應(yīng)中，X表示什么粒子？X粒子以動(dòng)能EK轟擊靜止的714N，若EKQ，則該核反應(yīng)能否發(fā)生？請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。【考點(diǎn)】J3：玻爾模型和氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)；J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】要解決題

31、目（1）就要理解黑體輻射的規(guī)律：溫度越高，輻射越強(qiáng)越大，溫度越高，輻射的電磁波的波長(zhǎng)越短；要解決題目（2）就要理解波爾原子理論的三個(gè)假設(shè)：軌道量子化，能級(jí)假設(shè)，躍遷假設(shè)；要解決（3）要掌握核反應(yīng)方程遵循的規(guī)律，質(zhì)能方程，動(dòng)量守恒定律?！窘獯稹拷猓海?）黑體輻射以電磁輻射的形式向外輻射能量，溫度越高，輻射越強(qiáng)越大，故B、D錯(cuò)誤。黑體輻射的波長(zhǎng)分布情況也隨溫度而變，如溫度較低時(shí)，主要以不可見的紅外光進(jìn)行輻射，在500以至更高的溫度時(shí)，則順次發(fā)射可見光以至紫外輻射。即溫度越高，輻射的電磁波的波長(zhǎng)越短，故C錯(cuò)誤A正確。故選A。（2）按照波爾理論電子只能在一些特定的軌道上運(yùn)動(dòng)，且滿足rnn2r1，故電子

32、離原子核越遠(yuǎn)n越大，電子在這些軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)并不向外輻射能量，且其能量滿足En=1n2E1，由于E10，所以原子的能量為負(fù)值，顯然電子離原子核最近時(shí)n越小原子的能量越小，電子離原子核越遠(yuǎn)，n越大En越趨近于0，即En越大。基態(tài)中的電子吸收一頻率為的光子后，原子的能量增大為EE1+h電子發(fā)生電離時(shí)其電勢(shì)能為0，動(dòng)能為12mv2故有E0+12mv2所以有E1+h=12mv2解得v=2(h+E1)m答案為：越大，2(h+E1)m（3）在核反應(yīng)的過(guò)程中生成物和反應(yīng)物的核電荷數(shù)相等有Z+78+1，解得Z2根據(jù)反應(yīng)物和生成物質(zhì)量數(shù)守恒可得A+1417+1，解得A4，故X為24He；根據(jù)愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程Em

33、C2可知在核反應(yīng)發(fā)生的過(guò)程中核反應(yīng)吸收能量，質(zhì)量增加，題目中創(chuàng)設(shè)的X的動(dòng)能恰好轉(zhuǎn)化為生成物的質(zhì)量，所以生成物的速度為0，故生成物的動(dòng)量為0，而反應(yīng)物的動(dòng)量不為0，所以該反應(yīng)違背了動(dòng)量守恒定律，故該反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了原子物理當(dāng)中的幾乎所有的重要的知識(shí)點(diǎn)，難度中等，要求較高，要順利解決本題，一定要熟練記憶本深刻理解教材的基本的內(nèi)容，這是我們學(xué)好物理的捷徑。五、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟只與出最后答案的不能得分有數(shù)值的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位15（15分）如圖甲為一理想變壓器，ab為原線圈，ce為副線圈，d為副線圈引出的一

34、個(gè)接頭，原線圈輸入正弦式交變電壓的ut圖象如圖乙所示。若只在ce間接一只R1400的電阻，或只在de間接一只R2225的電阻，兩種情況下電阻消耗的功率均為80W。（1）請(qǐng)寫出原線圈輸入電壓瞬時(shí)值uab的表達(dá)式。（2）求只在ce間接400電阻時(shí)，原線圈中的電流I1。（3）求ce和de間線圈的匝數(shù)比ncende【考點(diǎn)】E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率；E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題；53A：交流電專題【分析】（1）要求原線圈的輸入電壓的瞬時(shí)值的表達(dá)式需要知道輸入電壓的圓頻率和電壓的最大值，而圓頻率=2T；（2）已知原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，而輸入

35、功率PU1I1即可求出原線圈的輸入電流I1。（3）根據(jù)輸出功率關(guān)系可以知道輸出電壓關(guān)系，根據(jù)原副線圈的電壓關(guān)系可知ce和de間線圈匝數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）由題圖2知=2T=20.01=200rad/s故原線圈的輸入電壓瞬時(shí)值uab400sin200t（V）（2）原線圈輸入電壓的有效值U1=U1max2=4002故 U1=2002V理想變壓器輸入功率等于副線圈的輸出功率即 P1P280w根據(jù)P1U1I1可得原線圈中的電流 I1=P1U1解得I1=25A0.28A（3）設(shè)ab間匝數(shù)為n1U1n1=Udende U1n1=Ucence 所以Udende=Ucence由題意知 R=U22P可得Uc

36、e2Rce=Ude2Rde解得 ncende=RceRde代入數(shù)據(jù)得ncende=43。答：（1）原線圈的輸入電壓瞬時(shí)值uab400sin200tV。（2）原線圈中的電流為0.28A。（3）ce和de間線圈的匝數(shù)比為4：3?！军c(diǎn)評(píng)】掌握原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)比，輸入功率等于輸出功率，就能順利解決此題。16（16分）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為Mkm的小物塊相連，小物塊懸掛于管口?，F(xiàn)將小球釋放，一段時(shí)間后，小物塊落地靜止不動(dòng)，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球在轉(zhuǎn)向過(guò)程

37、中速率不變。（重力加速度為g）（1）求小物塊下落過(guò)程中的加速度大?。唬?）求小球從管口拋出時(shí)的速度大?。唬?）試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于22L。【考點(diǎn)】1H：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式；37：牛頓第二定律；43：平拋運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】開始時(shí)小球沿斜面向上做勻加速，小物塊向下也做勻加速，兩者的加速度大小相等對(duì)各自受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律列出等式，解出方程小物塊落地靜止不動(dòng)，小球繼續(xù)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)其受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律解出此時(shí)的加速度（與前一階段加速度不等），結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小球從管口拋出時(shí)的速度大小運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律表示出小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，利用

38、數(shù)學(xué)知識(shí)證明問(wèn)題【解答】解：（1）設(shè)細(xì)線中的張力為T，對(duì)小球和小物塊各自受力分析：根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)M：MgTMa對(duì)m：Tmgsin30°ma且Mkm解得：a=2k-12(k+1)g（2）設(shè)M落地時(shí)的速度大小為v，m射出管口時(shí)速度大小為v0，M落地后m的加速度為a0根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°ma0對(duì)于m勻加速直線運(yùn)動(dòng)有：v22aLsin30°對(duì)于小物塊落地靜止不動(dòng)，小球m繼續(xù)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)有：v2v022a0L（1sin30°）解得：v0=k-22(k+1)gL（k2）（3）平拋運(yùn)動(dòng)xv0t Lsin30°=12gt2 解得xL

39、k-22(k+1)因?yàn)閗-2k+11，所以x22L，得證答：（1）求小物塊下落過(guò)程中的加速度大小是2k-12(k+1)g；（2）求小球從管口拋出時(shí)的速度大小是k-22(k+1)gL；【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律，勻加速運(yùn)動(dòng)的公式及平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律要注意第（2）問(wèn)中要分M落地前和落地后兩段計(jì)算，因?yàn)閮啥蔚膍加速度不相等第（3）問(wèn)中，因?yàn)閗-2k+11，所以x=Lk-22(k+1)22L17（16分）某種加速器的理想模型如圖1所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖2所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處?kù)o止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T0后恰能再次從a 孔進(jìn)入電場(chǎng)加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了1100m0（粒子在兩極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不計(jì)，兩極板外無(wú)電場(chǎng)，不考慮粒子所受的重力）（1）若在t0時(shí)刻將該粒子從板內(nèi)a孔處?kù)o止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時(shí)的動(dòng)能；（2）