2014年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2014年江蘇省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1（3分）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為 n，邊長為 a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中 在t 時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由 B 均勻地增大到 3B在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為（）ABa22tBnBa2tCnBa22tD2nBa2t【考點(diǎn)】D8：法拉第電磁感應(yīng)定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，注意線圈的有效面積是正方形面積的一半【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

2、 Ent=nBta22=n3B-Bta22=nBa2t故選：B。【點(diǎn)評】本題屬于感生問題，運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律時，要注意要用有效面積求感應(yīng)電動勢2（3分）已知地球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，地球的半徑約為火星半徑的2倍，則航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運(yùn)動的速率約為（）A3.5km/sB5.0km/sC17.7km/sD35.2km/s【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52A：人造衛(wèi)星問題【分析】航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運(yùn)動時，由火星的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程；再研究近地衛(wèi)星的速度與地球質(zhì)量的關(guān)

3、系，聯(lián)立即可求解【解答】解：航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運(yùn)動時，由火星的萬有引力提供向心力，則有： GM火m航R火2=m航v航2R火對于近地衛(wèi)星，由地球的萬有引力提供向心力，則得： GM地m近R地2=m近v近2R地由得：v航v近=M火R地M地R火=11021=15又近地衛(wèi)星的速度約為 v近7.9km/s可得：航天器的速率為 v航=v近5=7.92.236km/s3.5km/s故選：A?！军c(diǎn)評】對于衛(wèi)星類型，關(guān)鍵建立衛(wèi)星運(yùn)動的模型，理清其向心力來源：萬有引力，根據(jù)萬有引力等于向心力進(jìn)行解答3（3分）遠(yuǎn)距離輸電的原理圖如圖所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓分別為U1、U

4、2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R，變壓器為理想變壓器，則下列關(guān)系式中正確的是（）AI1I2=n1n2BI2=U1RCI1U1I22RDI1U1I2U2【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53A：交流電專題【分析】變壓器電壓之比等于匝數(shù)之比；電流之比等于匝數(shù)的反比；在遠(yuǎn)距離輸電中，輸電導(dǎo)線上功率有損耗【解答】解：A、升壓變壓器電流之比等于匝數(shù)的反比；故A錯誤；B、導(dǎo)線上的電流是電壓損失與電阻的比值；故B錯誤；C、I1U1是表示輸入功率，I22R表示電路損耗的功率，二者不等；故C錯誤；D、理想變壓器輸入功率等于輸出功率；故I1U1I2U2，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】

5、理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，且沒有漏磁現(xiàn)象。遠(yuǎn)距離輸電，由于導(dǎo)線通電發(fā)熱導(dǎo)致能量損失，所以通過提高輸送電壓，從而實(shí)現(xiàn)降低電損4（3分）如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O，下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的是（）AO點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低BO點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高D從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低【考點(diǎn)】A6：電場強(qiáng)度與電場力；AC：電勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)電場的疊加和對稱性，分析O點(diǎn)的場強(qiáng)。根據(jù)電場的疊加原理分析x軸上電場

6、強(qiáng)度的方向，即可判斷電勢的高低?！窘獯稹拷猓篈、B、圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)抵消，合場強(qiáng)為零。圓環(huán)上各電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度在x軸有向右的分量，根據(jù)電場的疊加原理可知，x軸上電場強(qiáng)度方向向右，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點(diǎn)的電勢最高，故A錯誤，B正確；C、D、O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，所以從O點(diǎn)沿x軸正方向，場強(qiáng)應(yīng)先增大后減小。x軸上電場強(qiáng)度方向向右，電勢降低，故CD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是掌握電場的疊加原理，并能靈活運(yùn)用；二是運(yùn)用極限法場強(qiáng)的變化。5（3分）一汽車從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，然后剎車做勻

7、減速直線運(yùn)動，直到停止。下列速度v和位移x的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是（）ABCD【考點(diǎn)】1D：勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系；1E：勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系；1I：勻變速直線運(yùn)動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】512：運(yùn)動學(xué)中的圖像專題【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移速度公式列式分析即可求解【解答】解：物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，則v22a1xv=2a1x，所以圖象是單調(diào)遞增凸函數(shù)，剎車后做勻減速直線運(yùn)動，可以反過來看成初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a2，則v22a2x解得：v=2a2x，則圖象是單調(diào)遞增的凸函數(shù)，再反過來即為單調(diào)遞減的凸函數(shù)，故A正確

8、。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動位移速度公式的直接應(yīng)用，知道車后做勻減速直線運(yùn)動，可以反過來看成初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，難度適中二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分，每小題有多個選項符合題意，全都選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）為了驗證平拋運(yùn)動的小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，用如圖所示的裝置進(jìn)行試驗，小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關(guān)于該實(shí)驗，下列說法中正確的是（）A兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B兩球應(yīng)同時落地C應(yīng)改變裝置的高度，多次實(shí)驗D實(shí)驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動【考點(diǎn)】MB：研究平拋物體的運(yùn)

9、動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗題【分析】本題圖源自課本中的演示實(shí)驗，通過該裝置可以判斷兩球同時落地，可以驗證做平拋運(yùn)動的物體在豎直方向上做自由落體運(yùn)動；【解答】解：根據(jù)裝置圖可知，兩球由相同高度同時運(yùn)動，A做平拋運(yùn)動，B做自由落體運(yùn)動，因此將同時落地，由于兩球同時落地，因此說明A、B在豎直方向運(yùn)動規(guī)律是相同的，故根據(jù)實(shí)驗結(jié)果可知，平拋運(yùn)動在豎直方向的分運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，不需要兩球質(zhì)量相等，要多次實(shí)驗，觀察現(xiàn)象，則應(yīng)改變裝置的高度，多次實(shí)驗，故BC正確。故選：BC。【點(diǎn)評】本題比較簡單，重點(diǎn)考查了平拋運(yùn)動特點(diǎn)，平拋是高中所學(xué)的一種重要運(yùn)動形式，要重點(diǎn)加強(qiáng)。7（4分）如圖所示，在線圈上端放置

10、一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有（）A增加線圈的匝數(shù)B提高交流電源的頻率C將金屬杯換為瓷杯D取走線圈中的鐵芯【考點(diǎn)】DG：* 渦流現(xiàn)象及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由題意可知電器的工作原理，則根據(jù)原理進(jìn)行分析可得出縮短加熱時間的方法?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知，本題中是渦流現(xiàn)象的應(yīng)用；即采用線圈產(chǎn)生的磁場使金屬杯產(chǎn)生感應(yīng)電流；從而進(jìn)行加熱的，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，增加線圈的匝數(shù)、提高交流電的頻率均可以提高發(fā)熱功率；則可以縮短加熱時間；故AB正確；C、將杯子換作瓷杯不會產(chǎn)生渦流；則無法加熱水；故C錯誤；D、取走鐵芯磁場

11、減弱，則加熱時間變長；故D錯誤；故選：AB。【點(diǎn)評】本題考查渦流的應(yīng)用，要注意明確渦流現(xiàn)象其實(shí)就是電磁感應(yīng)的，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知渦流現(xiàn)象的強(qiáng)弱。8（4分）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為12，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A當(dāng)F2mg時，A、B都相對地面靜止B當(dāng)F=52mg時，A的加速度為13gC當(dāng)F3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過12g【考點(diǎn)】27：摩擦力的判斷與計算；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】522：牛頓運(yùn)動定律綜合專題【

12、分析】根據(jù)A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力。然后通過整體法隔離法逐項分析?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)B對A的摩擦力為f1，A對B的摩擦力為f2，地面對B的摩擦力為f3，由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2mg，f3的最大值為32mg，故當(dāng)0F32mg時，A、B均保持靜止；繼續(xù)增大F，在一定范圍內(nèi)A、B將相對靜止以共同的加速度開始運(yùn)動，故A錯誤；B、設(shè)當(dāng)A、B恰好相對地面發(fā)生相對滑動時的拉力為F，加速度為a，則對A，有F2mg2ma，對A、B整體，有F-32mg=3ma，解得F3mg，故當(dāng)

13、32mgF3mg時，A相對于B靜止，二者以共同的加速度開始運(yùn)動；當(dāng)F3mg時，A相對于B滑動。當(dāng)F=52mg時，A、B以共同的加速度開始運(yùn)動，將A、B看作整體，由牛頓第二定律有F-32mg=3ma，解得a=g3，故B、C正確。D、對B來說，其所受合力的最大值Fm2mg-32mg=12mg，即B的加速度不會超過12g，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力。9（4分）如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾

14、元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UHkIHBd，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離，電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則（）A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【考點(diǎn)】CO：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A、根據(jù)通電導(dǎo)線產(chǎn)生磁場，帶電粒子在電場力作用下加速，而磁場力的作用下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，偏轉(zhuǎn)方向，得出電勢高低；B、由電源的正負(fù)極變化，導(dǎo)致電子運(yùn)動方向也變化，由左手定則可知，電子的偏轉(zhuǎn)方向，從而即可求解；C、根據(jù)并聯(lián)電壓

15、相等，可知，電流與電阻成反比，即可求解；D、根據(jù)IH與I的關(guān)系，結(jié)合UkIHBd，及PIU，即可求解【解答】解：A、根據(jù)電流周圍存在磁場，結(jié)合安培定則可知，磁場的方向，而電子移動方向與電流的方向相反，再由左手定則可得，電子偏向后表面，導(dǎo)致前表面的電勢高于后表面，故A錯誤；B、當(dāng)電源正負(fù)對調(diào)后，磁場雖反向，而電子運(yùn)動方向也反向，由左手定則可知，洛倫茲力的方向不變，則電壓表將不會反偏，故B錯誤；C、如圖所示，R和霍爾元件串聯(lián)再與RL并聯(lián)，I是干路電流，IH是霍爾元件支路的電流，電壓表測量的霍爾元件的電壓UH，而不是外電路（就是串聯(lián)R再并聯(lián)RL），根據(jù)串并聯(lián)特點(diǎn)，則有：IHR（IIH）RL，即為I=

16、R+RLRLIH；因此IH與I成正比，故C正確；D、根據(jù)RL消耗的電功率PL=(RRLIH)2RL=R2RLIH2，顯然PL與IH2成正比，又因為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，即B與IH成正比，電壓表的示數(shù)UH=kIHBd，則UH與I2成正比，所以UH與RL消耗的電功率PL成正比，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】考查電流形成的條件，理解左手定則與安培定則的應(yīng)用，注意串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，掌握理論推理的方法：緊扣提供信息，結(jié)合已有的規(guī)律三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計42分，請將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置【必做題】10（8分）某同學(xué)通過實(shí)驗測量一種合金的電阻率。

17、（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑，為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊圖1所示的部件B（選填“A”、“B”、“C”或“D”），從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為0.410mm。（2）圖2所示是測量合金絲電阻的電路，相關(guān)器材的規(guī)格已在圖中標(biāo)出，合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化，由此可以推斷：電路中7、9（7、8）（選填圖中表示連線柱的數(shù)字）之間出現(xiàn)了斷路（選填“短路”或“斷路”）。（3）在電路故障被排除后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.23V和38mA，由此，該同學(xué)算出接入電路部分的合金絲的阻值為58.

18、7，為了更準(zhǔn)確的測出合金絲的阻值，在不更換實(shí)驗器材的條件下，對實(shí)驗應(yīng)作怎樣的改進(jìn)？請寫出兩條建議?！究键c(diǎn)】N2：測定金屬的電阻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗題【分析】（1）為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀，注意其精度是0.01mm。（2）合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化，說明電路中有斷路。（3）根據(jù)電壓表和電流表的示數(shù)求出合金絲的阻值大約值，與兩個電表的內(nèi)阻進(jìn)行比較，確定電流表的接法。為減小測量誤差，測量多組電流和電壓值，計算出

19、電阻的平均值?！窘獯稹拷猓海?）為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B。螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0mm，可動刻度的讀數(shù)為：0.01mm41.00.410mm，故合金絲的直徑為 d0.410mm。（2）由圖知：電壓表的讀數(shù)接近3V，而電路中電流接近零，說明電路中7、9（7、8）間有斷路。（3）據(jù)題：電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2.23V，I38mA則合金絲的阻值大約為 Rx=UI=2.233810-358.7由于RVRx=300058.751.1，RxRA=58.70.3195.7，所以RVRxRxRA故為減小測量誤差，建議之一：將電流表外接改為內(nèi)接。建議之二：測量多組電流和電

20、壓值，計算出電阻的平均值。（或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值）建議之三：滑動變阻器的接法由本題的限流式改為分壓式。故答案為：（1）B、0.410；（2）7、9（7、8），斷路；（3）電流表改為內(nèi)接；測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值。（或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值）【點(diǎn)評】本題要掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。根據(jù)待測電阻與電壓表、電流表內(nèi)阻的關(guān)系，選擇電流的接法，記住口訣“大內(nèi)小外”。11（10分）小明通過實(shí)驗驗證力的平行四邊形定則。（1）O點(diǎn)為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置，兩彈簧測力計共同作用時

21、，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點(diǎn)；一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力F3的方向過P3點(diǎn)，三個力的大小分別為：F13.30N、F23.85N和F34.25N請根據(jù)圖中給出的標(biāo)度作圖求出F1和F2的合力（2）仔細(xì)分析實(shí)驗，小明懷疑實(shí)驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發(fā)生了變化，影響實(shí)驗結(jié)果，他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不相同，于是進(jìn)一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響。 實(shí)驗裝置如圖2所示，將一張白紙固定在豎直放置的木板上，橡皮筋的上端固定與O點(diǎn)，下端N掛一重物，用與白紙平行的水平力緩慢地移動N，在白紙上記錄下N的軌跡。重復(fù)上述過程，再次記錄下N的軌跡。兩次實(shí)驗記錄的軌跡如

22、圖3所示，過O點(diǎn)作一條直線與軌跡交于a、b兩點(diǎn)，則實(shí)驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關(guān)系為FaFb。（3）根據(jù)（2）中的實(shí)驗，可以得出的實(shí)驗結(jié)果有哪些？（填寫選項前的字母）（A）橡皮筋的長度與受到的拉力成正比；（B）兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長；（C）兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較大；（D）兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大。（4）根據(jù)小明的上述實(shí)驗探究，請對驗證力的平行四邊形定則實(shí)驗提出兩點(diǎn)注意事項?！究键c(diǎn)】M3：驗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)驗題【分析】根據(jù)平行四邊形定則先作出F2與F1的合

23、力，根據(jù)圖中給出的標(biāo)度求出合力。根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析求解。根據(jù)（2）中的實(shí)驗分析結(jié)果結(jié)合實(shí)驗數(shù)據(jù)進(jìn)行求解。【解答】解：（1）根據(jù)平行四邊形定則求F2與F1的合力，作圖如下，根據(jù)圖中給出的標(biāo)度得出F1和F2的合力大小是4.70N。（2）過O點(diǎn)作一條直線與軌跡交于a、b兩點(diǎn)，實(shí)驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的方向相同，由于緩慢地移動N，根據(jù)平衡條件得Fa、Fb的大小關(guān)系為FaFb。（3）A、兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長；故A錯誤，B正確；C、兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較小，故C錯誤；D、從開始緩慢地移動N，橡皮筋受到的拉力增大，從圖3中發(fā)現(xiàn)兩次

24、實(shí)驗記錄的軌跡間距在增大，所以兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大，故D正確；故選：BD。（4）根據(jù)小明的上述實(shí)驗探究，對驗證力的平行四邊形定則實(shí)驗注意事項有橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮筋。（或：拉力不宜過大；選用彈性好的橡皮筋；換用彈性好的彈簧）。故答案為：（1）如圖（2）FaFb（3）BD（4）橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮筋。（或：拉力不宜過大；選用彈性好的橡皮筋；換用彈性好的彈簧）?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道合力與分力遵循平行四邊形定則，知道緩慢地移動可以看成物體處于平衡狀態(tài)，掌握平衡條件的應(yīng)用。四、選做題、本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答

25、題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按A、B兩小題評分A.【選修3-3】12（12分）一種海浪發(fā)電機(jī)的氣室如圖所示，工作時，活塞隨海浪上升活下降，改變氣室中空氣的壓強(qiáng)，從而驅(qū)動進(jìn)氣閥門和出氣閥門打開或關(guān)閉，氣室先后經(jīng)歷吸入、壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發(fā)電，氣室中的空氣可視為理想氣體。（1）下列對理想氣體的理解，正確的有AD。（A）理想氣體實(shí)際上并不存在，只是一種理想模型（B）只要?dú)怏w的壓強(qiáng)不是很高就可視為理想氣體（C）一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度、體積都有關(guān)（D）在任何溫度、任何壓強(qiáng)下，理想氣體都遵循氣體的實(shí)驗定律（2）壓縮過程中，兩個閥門均關(guān)閉，若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交

26、換，內(nèi)能增加了3.4104J，則該氣體的分子平均動能增大（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功等于（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4104J。（3）上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27，體積為0.224m3，壓強(qiáng)為1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，已知1 mol氣體在1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、0時的體積為22.4L，阿伏伽德羅常數(shù)NA6.021023mol1，計算此時氣室中氣體的分子數(shù)（計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】理想氣體是一種理想化的模型；內(nèi)能與溫度有關(guān)，內(nèi)增增加則溫度升高，溫度是分子

27、平均動能的標(biāo)志；根據(jù)熱力學(xué)第一定律求活塞對氣體做的功；由題意氣體從0到27做等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律求出此時的體積，然后求出氣室內(nèi)氣體的物質(zhì)的量，進(jìn)而求得分子數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）在任何溫度、任何壓強(qiáng)下，理想氣體都遵循氣體的實(shí)驗定律的稱為理想氣體，理想氣體實(shí)際上并不存在，只是一種理想模型，一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故AD正確BC錯誤；故選：AD。（2）由題意內(nèi)能增加，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故溫度升高，則氣體的分子平均動能增大；根據(jù)熱力學(xué)第一定律：UQ+W，3.4104J0+W得：W3.4104J。故答案為：增大；等于。（3）設(shè)氣體的在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)時的體積為V1，等壓過程：V

28、T=V1T1 T1273k； T300k；氣體物質(zhì)的量，n=V1V0且分子數(shù)NnNA解得：N=VT1V0TNAV022.4L/mol0.0224m3/mol；這代入數(shù)據(jù)得：N51024個答：此時氣室中氣體的分子數(shù)為51024個。【點(diǎn)評】本題考查了熱力學(xué)第一定律以及理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，這兩個考點(diǎn)一直是高考的熱點(diǎn)。B.選修3-413（4分）某同學(xué)用單色光進(jìn)行雙縫干涉實(shí)驗，在屏上觀察到圖甲所示的條紋，僅改變一個實(shí)驗條件后，觀察到的條紋如圖乙所示，他改變的實(shí)驗條件可能是（）A減小光源到單縫的距離B減小雙縫之間的距離C減小雙縫到光屏之間的距離D換用頻率更高的單色光源【考點(diǎn)】O4：用雙縫干涉測光的波長

29、菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54G：光的干涉專題【分析】根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式x=Ld判斷圖乙光的波長長短，以及光的顏色。【解答】解：乙圖中條紋的間距比甲圖大，根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式x=Ld知，乙圖中可能是光的波長較長，即頻率較低，也可能縫與屏間距增大，也可能雙縫間距減小。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】解決本題的知道不同顏色光的波長大小，以及掌握雙縫干涉的條紋間距公式x=Ld。14（4分）在“探究單擺的周期與擺長的關(guān)系”實(shí)驗中，某同學(xué)準(zhǔn)備好相關(guān)實(shí)驗器材后，把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，同時按下秒表開始計時，當(dāng)單擺再次回到釋放位置時停止計時，將記錄的這段時間作為單擺的

30、周期以上操作中有不妥之處，請對其中兩處加以改正【考點(diǎn)】MK：探究單擺的周期與擺長的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗題【分析】在擺球經(jīng)過最低點(diǎn)時開始計時，產(chǎn)生的時間誤差較小把秒表記錄擺球一次全振動的時間作為周期，誤差較大，應(yīng)采用累積法測量周期【解答】解：本實(shí)驗的操作中有兩處需要加以改正：應(yīng)在擺球通過平衡位置時開始計時；因為擺球經(jīng)過平衡位置時速度最大，在相同的空間尺度誤差時產(chǎn)生的時間誤差最小，測量的周期較精確應(yīng)測量單擺多次全振動的時間，再計算出周期的測量值，這樣可減小測量誤差（或在單擺振動穩(wěn)定后開始計時）答：本實(shí)驗的操作中有兩處需要加以改正：應(yīng)在擺球通過平衡位置時開始計時；應(yīng)測量單擺多次全振動

31、的時間，再計算出周期的測量值（或在單擺振動穩(wěn)定后開始計時）【點(diǎn)評】本題主要要明確在探究影響單擺周期與擺長的實(shí)驗操作要求，能從減小測量誤差的角度，理解并掌握實(shí)驗的要求，并能加以指正15（4分）Morpho蝴蝶的翅膀在陽光的照射下呈現(xiàn)處閃亮耀眼的藍(lán)色光芒，這是因為光照射到翅膀的鱗片上發(fā)生了干涉，電子顯微鏡下鱗片結(jié)構(gòu)的示意圖如圖一束光以入射角i從a點(diǎn)入射，經(jīng)過折射和反射后從b點(diǎn)出射設(shè)鱗片的折射率為n，厚度為d，兩片之間空氣層厚度為h，取光在空氣中的速度為c，求光從a到b所需的時間t【考點(diǎn)】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射專題【分析】

32、根據(jù)折射定律求出光在鱗片內(nèi)的折射角，由幾何知識求出在鱗片中傳播的路程和在空氣中傳播的路程，進(jìn)而求出鱗片中的時間和空氣中的時間【解答】解：設(shè)光在鱗片中的折射角為r，根據(jù)折射定律：sininsinr由幾何知識得在鱗片中傳播的路程為：l1=2dcosr在鱗片中的速度為：v=cn則在鱗片中傳播的時間：t1=l1v解得：t1=2n2dcn2-sin2i同理，在空氣中的傳播時間為：t2=2hccosi則光從a到b所需的時間為：tt1+t2=2n2dcn2-sin2i+2hccosi答：光從a到b所需的時間為2n2dcn2-sin2i+2hccosi【點(diǎn)評】本題考查了折射定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是利用數(shù)學(xué)知識求出光

33、在鱗片中的路程五、選修3-516已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.731014Hz和5.441014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動量【考點(diǎn)】IC：光電效應(yīng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54I：光電效應(yīng)專題【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動量大小金屬的逸出功W0hc，c是金屬的截止頻率【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得： EkhW0，又 W0hc聯(lián)立得：Ekhhc，據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動能較小，由P

34、=2mEk，可知該光電子的動量較小，根據(jù)=hP可知，波長較大，則頻率較小。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要掌握光電效應(yīng)方程，明確光電子的動量與動能的關(guān)系、物質(zhì)波的波長與動量的關(guān)系=hP17氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷，它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質(zhì)之一，其衰變方程是86222Rn84218Po+24He（或）已知86222Rn的半衰期約為3.8天，則約經(jīng)過15.2天，16g的86222Rn衰變后還剩1g【考點(diǎn)】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54O：衰變和半衰期專題【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒

35、得出衰變方程中的未知粒子根據(jù)m=m0(12)n得出半衰期的次數(shù)，從而得出經(jīng)歷的天數(shù)【解答】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，未知粒子的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為粒子（24He）根據(jù)m=m0(12)n得，(12)n=mm0=116，解得n4，則t4T43.8天15.2天故答案為：24He（或），15.2【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道在衰變過程中，電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知道半衰期的定義，知道衰變后的質(zhì)量與衰變前質(zhì)量的關(guān)系，即m=m0(12)n18牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個玻璃球相撞，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15：16，分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度

36、是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小【考點(diǎn)】53：動量守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52F：動量定理應(yīng)用專題【分析】A、B兩球在碰撞的前后瞬間動量守恒，結(jié)合分力速度和接近速度的關(guān)系，通過動量守恒定律求出碰后A、B的速度大小【解答】解：設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，規(guī)定A球的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得，2mv02mv1+mv2，根據(jù)題意知，v2-v1v0=1516，解得v1=1748v0，v2=3124v0答：碰撞后A、B的速度分別為1748v0、3124v0【點(diǎn)評】本題考查了動量守

37、恒定律的基本運(yùn)用，運(yùn)用動量守恒定律關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng)和研究的過程，結(jié)合動量守恒列出表達(dá)式，注意表達(dá)式的矢量性四、計算題：本題共3小題，共計47分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位19（15分） 如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有

38、摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g，求：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；（2）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)的速度大小v；（3）整個運(yùn)動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】8G：能量守恒定律；BB：閉合電路的歐姆定律；CC：安培力；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】（1）研究導(dǎo)體棒在絕緣涂層上勻速運(yùn)動過程，受力平衡，根據(jù)平衡條件即可求解動摩擦因數(shù)。（2）據(jù)題導(dǎo)體棒在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，再由平衡條件求解速度v。（3）導(dǎo)體棒在滑上涂層滑動時摩擦生熱為QTmgdcos，再根據(jù)能量守恒定律求解電阻

39、產(chǎn)生的焦耳熱Q。【解答】解：（1）在絕緣涂層上，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，如圖所示，則有：mgsinmgcos解得：tan（2）導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上滑動時：感應(yīng)電動勢為：EBLv感應(yīng)電流為：I=ER安培力為：F安BIL聯(lián)立得：F安=B2L2vR受力平衡，有：F安mgsin解得：v=mgRsinB2L2（3）導(dǎo)體棒在滑上涂層滑動時摩擦生熱為：QTmgdcos整個運(yùn)動過程中，根據(jù)能量守恒定律得：3mgdsinQ+QT+12mv2解得：Q2mgdsin-m3g2R2sin22B4L4。答：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)為tan；（2）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)的速度大小v為mgRsinB2L2；（3）整個運(yùn)

40、動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q為2mgdsin-m3g2R2sin22B4L4?！军c(diǎn)評】本題實(shí)質(zhì)是力學(xué)的共點(diǎn)力平衡與電磁感應(yīng)的綜合，都要求正確分析受力情況，運(yùn)用平衡條件列方程，關(guān)鍵要正確推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，分析出能量是怎樣轉(zhuǎn)化的。20（16分）某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，工作如圖所示，裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d，裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上，在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線呈30角，經(jīng)過

41、上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)，改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置，不計粒子的重力。（1）求磁場區(qū)域的寬度h；（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量v；（3）欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值?！究键c(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題【分析】（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，根據(jù)圓的性質(zhì)可明確粒子如何才能到達(dá)P點(diǎn)，由幾何關(guān)系可求得寬度；（2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動時，洛侖茲力充當(dāng)向心力，由（1）中方法確定后來的軌道半徑，則可求得兩次速度大??；即可求出速度的差值；（3）假設(shè)粒子會經(jīng)

42、過上方磁場n次，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得粒子入射速度的可能值?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r由題意可知粒子要恰好到達(dá)P點(diǎn)，粒子軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系可知：L3rsin30+3d2tan且hr（1cos30）聯(lián)立解得：h（23L-3d）（1-32）；（2）設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞；由牛頓第二定律可知：mv2r=qvBmv2r=qvB；由題意知：3rsin304rsin30聯(lián)立解得：vvv=qBm(L6-34d)（3）設(shè)粒子經(jīng)過上下方磁場共n次由題意知L2nrsin30+ndtan30且mvn2rn=qvnB解得：vn=qBm(Ln+1-3d)由于粒子經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)，因此粒子不可能只經(jīng)過上方一次射出后直接到達(dá)M點(diǎn)，因此有：n2又因為，粒子必須能夠經(jīng)過磁場改變其運(yùn)動速度的方向才能到達(dá)M點(diǎn)；故臨界值是粒子剛好進(jìn)入磁場轉(zhuǎn)動后再在d中運(yùn)動最后到達(dá)M點(diǎn)；如圖所示；由幾何關(guān)系可知，應(yīng)滿足nLdtan30=3L3d所以：vn=qBm