2019年江蘇省高考物理試卷2

2019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）某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1：10，當輸入電壓增加20V時，輸出電壓（）A．降低2V B．增加2V C．降低200V D．增加200V【考點】E8：變壓器的構造和原理．【專題】32：定量思想；43：推理法；53A：交流電專題；62：推理能力．【分析】變壓器原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，結合原線圈電壓的變化得出副線圈電壓的變化。【解答】解：根據(jù)U1U2=n1n2得，故選：D?！军c評】解決本題的關鍵知道原副線圈的電壓之比和匝數(shù)之比的關系，基礎題。2．（3分）如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態(tài)，風對氣球的作用力水平向右。細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的大小為（）A．Tsinα B．Tcosα C．Tsinα 【考點】3C：共點力的平衡．【專題】32：定量思想；43：推理法；527：共點力作用下物體平衡專題；61：理解能力．【分析】氣球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對氣球受力分析，根據(jù)受力平衡即可計算?！窘獯稹拷猓簹馇蛟陲L中處于靜止狀態(tài)，受力平衡合力為零，對氣球受力分析得，氣球受到重力、浮力、拉力和水平方向上風的作用力，水平方向上受力平衡得：F風＝Tsinα，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題首先要選擇好研究對象，再進行受力情況分析，最后由平衡條件求解，按照三個步驟進行研究，難度適中。3．（3分）如圖所示的電路中，電阻R＝2Ω．斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，則電源的內阻r為（）A．1Ω B．2Ω C．3Ω D．4Ω【考點】BB：閉合電路的歐姆定律．【專題】32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題；61：理解能力．【分析】電壓表是理想電表，根據(jù)閉合電路歐姆定律計算即可。【解答】解：斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V，即電源的電動勢為3V，閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，使用電阻的電壓為2V，電路的電流為：I=U電源的內阻為：r=E-UI=3-2故選：A。【點評】本題是對閉合電路歐姆定律的考查，注意電路中的電壓表認為是理想電表，串聯(lián)電路的電流相同。4．（3分）1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動。如圖所示，設衛(wèi)星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質量為M，引力常量為G．則（）A．v1＞v2，v1=GMr B．v1＞v2，v1C．v1＜v2，v1=GMr D．v1＜v2，v【考點】4F：萬有引力定律及其應用．【專題】34：比較思想；4E：模型法；52A：人造衛(wèi)星問題；63：分析綜合能力．【分析】根據(jù)開普勒第二定律分析衛(wèi)星在近地點、遠地點的速度大小。根據(jù)變軌原理，將近地點速度與衛(wèi)星圓周運動的線速度比較，即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)開普勒第二定律有：v1＞v2。若衛(wèi)星繞地心做軌道半徑為r的圓周運動時，線速度大小為GMr，將衛(wèi)星從半徑為r的圓軌道變軌到圖示的橢圓軌道，必須在近地點加速，所以有：v1＞故選：B。【點評】解決本題的關鍵要理解并掌握衛(wèi)星變軌的原理，知道當萬有引力小于所需要的向心力時，衛(wèi)星做離心運動。5．（3分）一勻強電場的方向豎直向上。t＝0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P﹣t關系圖象是（）A． B． C． D．【考點】63：功率、平均功率和瞬時功率；AE：電勢能與電場力做功；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質專題；63：分析綜合能力．【分析】明確帶電粒子在電場中受力情況，知道帶電粒子垂直電場方向進入時做類平拋運動；同時明確功率P＝Fvcosα，即功率等于力與力的方向上速度的乘積?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ哟怪边M入電場后做類平拋運動，沿電場方向上做勻加速直線運動，故沿電場方向上的速度為：v＝at=Eq故ts秒時電場力的功率為：P＝Eqv=E故說明P與時間成正比，故A正確BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了帶電粒子在電場中偏轉規(guī)律的應用，同時明確功率的計算方法，知道只需求出豎直方向上的速度即可，由于粒子做類平拋運動，水平方向上的速度不會影響電場力的功率。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．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．6．（4分）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙（）A．運動周期為2πRωB．線速度的大小為ωR C．受摩天輪作用力的大小始終為mg D．所受合力的大小始終為mω2R【考點】48：線速度、角速度和周期、轉速；4A：向心力．【專題】31：定性思想；43：推理法；521：牛頓第二定律在圓周運動中的應用；62：推理能力．【分析】座艙做勻速圓周運動，根據(jù)向心力的性質可確定其受力情況，再根據(jù)勻速圓周運動中線速度、角速度以及周期間的關系確定周期和線速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)角速度和周期的關系可知，周期T=2πB、線速度大小v＝ωR，故B正確；CD、座艙做勻速圓周運動，受到的合外力充當向心力，故合力大小F＝mω2R；由于座艙的重力和摩天輪對座艙的作用力充當合外力，故摩天輪對座艙的作用力不等于mg，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查勻速圓周運動的性質，要注意明確做勻速圓周運動的物體向心力是由合外力提供的，方向始終指向圓心，且大小恒定。7．（4分）如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是（）A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左【考點】DB：楞次定律．【專題】31：定性思想；43：推理法；53D：磁場磁場對電流的作用；62：推理能力．【分析】根據(jù)電流的方向，結合安培定則判斷出電流周圍磁場的方向，根據(jù)磁場的疊加確定線框所處位置的磁場方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向，從而確定線框是否能夠處于平衡狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、若a、b電流方向均向左，根據(jù)安培定則以及磁場的疊加知，在線框上邊所在處的磁場方向垂直紙面向外，在線框下邊所在處的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向下，下邊所受的安培力方向向下，則線框不能處于靜止狀態(tài)，故A錯誤。B、若a、b電流方向均向右，根據(jù)安培定則以及磁場的疊加知，在線框上邊所在處的磁場方向垂直紙面向里，在線框下邊所在處的磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向上，則線框不能處于靜止狀態(tài)，故B錯誤。C、若電流方向a的向左，b的向右，根據(jù)安培定則以及磁場的疊加知，在線框上邊所在處的磁場方向垂直紙面向外，在線框下邊所在處的磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向下，下邊所受的安培力方向向上，線框可以處于平衡狀態(tài)，故C正確。D、若電流方向a的向右，b的向左，根據(jù)安培定則以及磁場的疊加知，在線框上邊所在處的磁場方向垂直紙面向里，在線框下邊所在處的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向下，線框可以處于平衡狀態(tài)，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了安培定則、左手定則、磁場的疊加等知識，知道安培定則和左手定則的區(qū)別，左右手定則不能混淆。8．（4分）如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中（）A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為2μgs【考點】6B：功能關系．【專題】34：比較思想；4T：尋找守恒量法；52Q：功能關系能量守恒定律；62：推理能力．【分析】物體向左運動時，當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等時速度最大，物體繼續(xù)向左運動，彈力將大于滑動摩擦力。整個過程中，物塊克服摩擦力做的功為2μmgs．對物體向右運動的過程，利用能量守恒定律求彈簧的最大彈性勢能。對整個過程，利用動能定理求物塊在A點的初速度?！窘獯稹拷猓篈、物體向左運動時，當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等時，即F＝μmg速度最大，物體繼續(xù)向左運動，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力增大，所以彈簧的最大彈力大于μmg，故A錯誤。B、整個過程中，物塊所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做負功，則物塊克服摩擦力做的功為2μmgs，故B正確。C、物體向右運動的過程，根據(jù)能量守恒定律得：彈簧的最大彈性勢能Ep＝μmgs，故C正確。D、設物塊在A點的初速度為v0．對整個過程，利用動能定理得：﹣2μmgs＝0-12mv0故選：BC?！军c評】運用動能定理和功能關系時解題的關鍵要選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后根據(jù)動能定理列式求解。9．（4分）如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為﹣W．再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為﹣2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有（）A．Q1移入之前，C點的電勢為WqB．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0 C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W D．Q2在移到C點后的電勢能為﹣4W【考點】AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關系．【專題】32：定量思想；4E：模型法；532：電場力與電勢的性質專題；62：推理能力．【分析】研究Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點的過程，利用公式W＝qU求出無窮遠處與C點間的電勢差，從而求得C點的電勢。Q1從C點移到B點的過程中，根據(jù)C點與B點間的電勢差求電場力做功。Q2從無窮遠處移到C點的過程中，先根據(jù)電場的疊加原理求C點的電勢，再由W＝qU求電場力做的功。再求Q2在移到C點后的電勢能。【解答】解：A、Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點的過程，根據(jù)動能定理得：qU∞C＝﹣W，得：U∞C=-Wq．又U∞C＝0﹣φC＝﹣φC，可得Q1移入之前，C點的電勢為：φB、Q1移入之前，C點與B點的電勢相等，兩者間的電勢差為0，根據(jù)W＝qU知，Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0，故B正確。C、Q2從無窮遠處移到C點的過程中，根據(jù)電場的疊加原理知，C點的電勢為：φC′＝2φC=2Wq，Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為：W′＝﹣2q（0﹣φCD、Q2從無窮遠處移到C點的過程中，電場力做的功為4W，其電勢能減少了4W，而Q2在無窮遠處電勢能為0，所以Q2在移到C點后的電勢能為﹣4W，故D正確。故選：ABD?！军c評】解決本題的關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系、電勢能的變化與電場力做功的關系。要注意運用公式W＝qU時各個量均要代符號運算。三、簡答題：本題分必做題（第10～12題）和選做題（第13題）兩部分，共計42分．請將解答填寫在答題卡相應的位置．【必做題】10．（8分）某興趣小組用如圖1所示的裝置驗證動能定理。（1）有兩種工作頻率均為50Hz的打點計時器供實驗選用：A．電磁打點計時器B．電火花打點計時器為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選擇B（選填“A”或“B”）。（2）保持長木板水平，將紙帶固定在小車后端，紙帶穿過打點計時器的限位孔。實驗中，為消除摩擦力的影響，在砝碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運動。同學甲認為此時摩擦力的影響已得到消除。同學乙認為還應從盤中取出適量沙子，直至輕推小車觀察到小車做勻速運動。看法正確的同學是乙（選填“甲”或“乙”）。（3）消除摩擦力的影響后，在砝碼盤中加入砝碼。接通打點計時器電源，松開小車，小車運動。紙帶被打出一系列點，其中的一段如圖2所示。圖中紙帶按實際尺寸畫出，紙帶上A點的速度vA＝0.31m/s。（4）測出小車的質量為M，再測出紙帶上起點到A點的距離為L．小車動能的變化量可用△Ek=12MvA2算出。砝碼盤中砝碼的質量為m，重力加速度為g。實驗中，小車的質量應遠大于（選填“遠大于”“遠小于”或“接近”）砝碼、砝碼盤和沙子的總質量，小車所受合力做的功可用W＝mgL算出。多次測量，若W與△E【考點】MJ：探究功與速度變化的關系．【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；52D：動能定理的應用專題；65：實驗能力．【分析】（1）電火花打點計時器對紙帶的阻力要小于電磁打點計時器對紙帶的阻力；（2）甲同學的方案中，沙子和盤的重力等于最大靜摩擦力；乙同學的方案中，沙子和盤的重力等于滑動摩擦力摩擦力；（3）只有當小車的質量遠大于砝碼、砝碼盤和沙子總質量時，繩子的拉力F才近似等于砝碼、砝碼盤和沙子中重力mg?！窘獯稹拷猓海?）電磁打點計時器是通過機械振動打點的，而電火花打點計時器是通過電火花來打點，用電火花打點計時器能使紙帶在運動時受到的阻力較小，所以應選擇B；（2）同學乙的做法正確。只有讓小車做勻速直線運動才能夠判斷摩擦力和沙子和盤的重力大小相等，才能夠消除摩擦力的影響。對于甲同學，小車開始運動時，沙子和盤的重力等于最大靜摩擦力，而最大靜摩擦力要略大于滑動摩擦力；（3）打點周期為：T=1f=0.02s，以A點為中間時刻，用毫米刻度尺測量出4個時間段的距離為：s＝2.48cm＝0.0248m，A點速度為：v（4）對于砝碼、砝碼盤和沙子，根據(jù)牛頓第二定律：mg﹣F＝ma，只有當小車的質量遠大于砝碼、砝碼盤和沙子總質量時，繩子的拉力F才近似等于砝碼、砝碼盤和沙子中重力mg?！军c評】本題考查了證動能定理的實驗。這道題平衡摩擦力的方法和傳統(tǒng)的墊木塊不同，是通過在砝碼盤加沙子的方法來進行的，但判斷是否消除影響方法還是一樣的：讓小車做勻速直線運動。11．（10分）某同學測量一段長度已知的電阻絲的電阻率。實驗操作如下：（1）螺旋測微器如圖1所示。在測量電阻絲直徑時，先將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿之間，再旋動C（選填“A““B”或“C“），直到聽見“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。（2）選擇電阻絲的不同（選填“同一”或“不同”）位置進行多次測量，取其平均值作為電阻絲的直徑。（3）圖2甲中Rx為待測電阻絲。請用筆畫線代替導線，將滑動變阻器接入圖2乙實物電路中的正確位置。（4）為測量Rx，利用圖2甲所示的電路，調節(jié)滑動變阻器測得5組電壓U1和電流I1的值，作出的U1﹣I1關系圖象如圖3所示。接著，將電壓表改接在a、b兩端，測得5組電壓U2和電流I2的值，數(shù)據(jù)見下表：U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在方格紙上作出U2﹣I2圖象。（5）由此，可求得電阻絲的Rx＝23.5Ω．根據(jù)電阻定律可得到電阻絲的電阻率?！究键c】N2：測定金屬的電阻率．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題；65：實驗能力．【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器結構明確進行微調的部位；（2）為減小實驗誤差要進行多次測量求平均值，根據(jù)題意分析答題；（3）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖；（4）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后根據(jù)描出的點作出圖象；（5）根據(jù)電路圖與圖示圖象應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻絲阻值?！窘獯稹拷猓海?）為保護螺旋測微器，將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿之間，再旋動微調旋鈕C，直到聽見“喀喀”的聲音，以保證壓力適當，同時防止螺旋測微器的損壞。（2）為減小實驗誤差，選擇電阻絲的不同位置進行多次測量，取其平均值作為電阻絲的直徑。（3）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（4）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后根據(jù)坐標系內描出的點作出圖象如圖所示：（5）由圖示電路圖可知：Rx+RA+R0=△U1△I1=1.9640×10-3=49Ω，RA故答案為：（1）C；（2）不同；（3）實物電路圖如圖所示；（4）圖象如圖所示；（5）23.5?！军c評】要掌握常用器材的使用方法、注意事項與讀數(shù)方法；為減小實驗誤差要進行多次測量求平均值；應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點法作圖的方法。[選修35]（12分）12．（4分）質量為M的小孩站在質量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為（）A．mMv B．Mmv C．mm+Mv 【考點】53：動量守恒定律．【專題】32：定量思想；43：推理法；52F：動量定理應用專題；61：理解能力．【分析】忽略滑板與地面間的摩擦，系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律計算?！窘獯稹拷猓汉雎曰迮c地面間的摩擦，小孩和滑板系統(tǒng)動量守恒，取小孩躍起的方向為正，根據(jù)動量守恒定律得：0＝Mv﹣mv′，解得滑板的速度為：v′=Mv故選：B。【點評】本題是對動量守恒定律的考查，明確動量守恒的條件，可以直接計算。13．（4分）100年前，盧瑟福用α粒子轟擊氮核打出了質子。后來，人們用α粒子轟擊2860Ni核也打出了質子：24He+2860Ni→2962Cu+11H+X，該反應中的X是中子（選填“電子”“正電子”或“中子”）。此后，對原子核反應的持續(xù)研究為核能利用提供了可能。目前人類獲得核能的主要方式是核裂變（選填“核衰變”“【考點】JJ：裂變反應和聚變反應；JK：重核的裂變．【專題】31：定性思想；43：推理法；54Q：重核的裂變和輕核的聚變專題；61：理解能力．【分析】根據(jù)質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒，可以推出X為中子；通過對“核衰變”“核裂變”“核聚變”的反應條件和反應速度的控制來說明目前人類獲得核能的主要方式。【解答】解：根據(jù)質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒，核反應方程式為24He+2860Ni→2962Cu+1故答案為：中子，核裂變。【點評】本題考查了重核的裂變、裂變反應和聚變反應等知識點。對于原子物理部分知識很多是屬于記憶部分的，因此需要注意平時的記憶與積累。14．（4分）在“焊接”視網(wǎng)膜的眼科手術中，所用激光的波長λ＝6.4×10﹣7m，每個激光脈沖的能量E＝1.5×10﹣2J．求每個脈沖中的光子數(shù)目。（已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s，光速c＝3×108m/s，計算結果保留一位有效數(shù)字）【考點】ID：光子及其動量．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；54J：光的波粒二象性和物質波專題；62：推理能力．【分析】根據(jù)?=h【解答】解：光子的能量為：?=hcλ=6.63×每個脈沖中的光子數(shù)目為：n=E?=1.5×10答：每個脈沖中的光子數(shù)目為5×1016個【點評】解決本題的關鍵知道光子能量與光子波長的關系，計算時注意有效數(shù)字的保留?！具x做題】本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答。若多做，則按A小題評分。A.[選修33]（12分）15．（4分）在沒有外界影響的情況下，密閉容器內的理想氣體靜置足夠長時間后，該氣體（）A．分子的無規(guī)則運動停息下來 B．每個分子的速度大小均相等 C．分子的平均動能保持不變 D．分子的密集程度保持不變【考點】8A：物體的內能．【專題】31：定性思想；43：推理法；542：物體的內能專題；61：理解能力．【分析】明確氣體的三個狀態(tài)參量的性質，知道沒有外界影響時理氣體的狀態(tài)不變；從而分析分子平均動能以及分子的密集程度的變化；知道分子運動是統(tǒng)計規(guī)律，對單個分子是沒有意義的?！窘獯稹拷猓篈CD、如果沒有外界影響，密閉容器內的理想氣體的溫度、體積和壓強均不會發(fā)生變化；分子的無規(guī)則運動也不會停止；由于溫度不變，故分子平均動能不變；而體積不變，故分子的密集程度不變；故A錯誤，CD正確。B、在相同溫度下各個分子的動能并不相同，故速度大小也不相等，故B錯誤。故選：CD?！军c評】本題考查分子動理論的基本內容，要求掌握溫度是分子平均動能的標志，但相同溫度下并不是所有分子的動能均相同。16．（4分）由于水的表面張力，荷葉上的小水滴總是球形的。在小水滴表面層中，水分子之間的相互作用總體上表現(xiàn)為引力（選填“引力”或“斥力”）。分子勢能Ep和分子間距離r的關系圖象如圖所示，能總體上反映小水滴表面層中水分子Ep的是圖中C（選填“A”“B”或“C”）的位置?！究键c】86：分子間的相互作用力；95：液體的表面張力．【專題】31：定性思想；43：推理法；546：分子間相互作用力與分子間距離的關系；61：理解能力．【分析】明確分子間作用力與分子間距離的關系，并能用分子間作用力解析表面張力的性質；同時牢記分子力做功與分子勢能間的關系，明確分子勢能隨分子間距離變化的圖象。【解答】解：在小水滴表面層中，水分子間距較大，故水分子之間的相互作用總體上表現(xiàn)為引力；當r＝r0時，F(xiàn)引＝F斥，分子力F＝0，分子勢能最小，故B點為分子間作用力為零的情況，即B點表示平衡位置，故表現(xiàn)為引力的位置只能為C點。故答案為：引力；C?！军c評】本題考查分子勢能、液體的表面張力的性質，關鍵是明確分子力的性質，知道分子力做功與分子勢能間的關系，從而掌握分子勢能的變化圖象的意義。17．（4分）如圖所示，一定質量理想氣體經(jīng)歷A→B的等壓過程，B→C的絕熱過程（氣體與外界無熱量交換），其中B→C過程中內能減少900J．求A→B→C過程中氣體對外界做的總功。【考點】8F：熱力學第一定律．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；548：熱力學定理專題．【分析】A到B過程中壓強不變，則壓力不變，結合功的公式求出做功的大小，B到C的過程是絕熱過程，沒有吸放熱，結合熱力學第一定律求出氣體對外界做功的大小，從而得出整個過程中做功的大小?！窘獯稹拷猓篈到B過程中，W1＝﹣p（VB﹣VA）＝﹣6×105×1×10﹣3＝﹣600J，B到C的過程中，沒有吸放熱，Q＝0，則△U＝W2，解得：W2＝﹣900J，所以W＝W1+W2＝﹣600﹣900J＝﹣1500J，可知氣體對外界做功1500J。答：氣體對外界做功的大小為1500J?！军c評】解決本題的關鍵知道等壓過程中，壓力不變，可以根據(jù)功的公式求解做功的大小，以及知道P﹣V圖線圍成的面積表示做功的大小。B.[選修34]（12分）18．一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的（）A．位移增大 B．速度增大 C．回復力增大 D．機械能增大【考點】75：單擺和單擺的回復力．【專題】31：定性思想；43：推理法；51B：簡諧運動專題；61：理解能力．【分析】明確單擺的擺動過程，知道其平衡位置在豎直方向，偏角增大時位移、回復力、加速度增大；而速度減??；同時明確單擺在振動過程中機械能不變?！窘獯稹拷猓篈、偏角增大時，擺球向最大位移處移動，相對于平衡位置的位移一定增大，速度減??；故A正確，B錯誤；C、回復力與位移成正比，故回復力增大，故C正確；D、由于單擺在運動過程中只有重力做功，故機械能守恒，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查簡諧運動的性質，要明確做簡諧運動物體的位移、速度、加速度以及能量的周期性變化的情況。19．將兩支鉛筆并排放在一起，中間留一條狹縫，通過這條狹縫去看與其平行的日光燈，能觀察到彩色條紋，這是由于光的衍射（選填“折射”“干涉”或“衍射”）。當縫的寬度接近（選填“遠大于”或“接近”）光波的波長時，這種現(xiàn)象十分明顯?！究键c】H9：光的干涉；HA：光的衍射．【專題】31：定性思想；44：類比法；54G：光的干涉專題；61：理解能力．【分析】只有在障礙物或孔的尺寸比光的波長小或者跟波長差不多的條件下，才能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象。通過折射、干涉和衍射的基本特征判斷是光的什么現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓簩芍сU筆并排放在一起，中間留一條狹縫，通過這條狹縫去看與其平行的日光燈，能觀察到彩色條紋，這是由于光的衍射產(chǎn)生的。當縫的寬度與光波波長接近時，衍射現(xiàn)象非常明顯。故答案為：衍射，接近?！军c評】區(qū)分干涉和衍射，關鍵是理解其本質，實際應用中可從條紋寬度、條紋間距、亮度等方面加以區(qū)分。20．如圖所示，某L形透明材料的折射率n＝2．現(xiàn)沿AB方向切去一角，AB與水平方向的夾角為θ．為使水平方向的光線射到AB面時不會射入空氣，求θ的最大值?！究键c】H3：光的折射定律．【專題】34：比較思想；4C：方程法；54D：光的折射專題；62：推理能力．【分析】為使水平方向的光線射到AB面時不會射入空氣，光線在AB面上必須發(fā)生全反射，當θ最大時，光線在AB面上的入射角最小，最小入射角等于臨界角C，根據(jù)臨界角公式sinC=1【解答】解：當光線在AB面上剛好發(fā)生全反射時θ最大，設全反射臨界角為C，則sinC=可得C＝30°根據(jù)幾何關系有C+θ＝90°可得θ＝60°答：θ的最大值是60°。【點評】解決本題的關鍵要掌握全反射的條件和臨界角公式sinC=1五、計算題：本題共3小題，共47分。解答時請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。21．（15分）如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應強度B＝0.2T．現(xiàn)同時向兩側拉動線圈，線圈的兩邊在△t＝0.5s時間內合到一起。求線圈在上述過程中（1）感應電動勢的平均值E；（2）感應電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；（3）通過導線橫截面的電荷量q?！究键c】BB：閉合電路的歐姆定律；D8：法拉第電磁感應定律．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應與電路結合；62：推理能力．【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢的平均值。（2）根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，結合歐姆定律求出感應電流的平均值。（3）根據(jù)平均電流的大小，結合q＝It求出通過導線橫截面的電荷量?！窘獯稹拷猓海?）磁通量的變化量為：△Φ＝BS，則感應電動勢的平均值為：E=△Φ（2）感應電流的平均值為：I=E根據(jù)楞次定律知，感應電流的方向為順時針，如圖所示。（3）通過導線橫截面的電荷量為：q＝I△t＝0.2×0.5C＝0.1C。答：（1）感應電動勢的平均值E為0.12V；（2）感應電流的平均值I為0.2A，電流方向如圖所示；（3）通過導線橫截面的電荷量為0.1C?！军c評】本題考查法拉第電磁感應定律的基本運用，會通過法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，會根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，基礎題。22．（16分）如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ．先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB。【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系；37：牛頓第二定律．【專題】11：計算題；31：定性思想；4C：方程法；511：直線運動規(guī)律專題；63：分析綜合能力．【分析】（1）B向右運動，A受到的摩擦力向右，A由靜止向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律解題；（2）根據(jù)A與B之間的摩擦力，B與地面之間的摩擦力，結合牛頓第二定律可分析出對齊和不對齊時B的加