2016年江蘇省高考物理試卷解析版

2016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)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分，每小題只有一個選項(xiàng)符合題意．1．（3分）一輕質(zhì)彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm，彈簧未超出彈性限度，則該彈簧的勁度系數(shù)為（）A．40m/N B．40N/m C．200m/N D．200N/m【考點(diǎn)】2S：胡克定律．【專題】32：定量思想；4E：模型法；523：彈力的存在及方向的判定專題．【分析】由題確定出彈簧的彈力和伸長的長度，根據(jù)胡克定律求解彈簧的勁度系數(shù)．【解答】解：彈簧伸長的長度為：x＝2cm＝0.02m，彈簧的彈力為F＝4N，根據(jù)胡克定律F＝kx得：k200N/m。故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題考查胡克定律的基本應(yīng)用，關(guān)鍵要知道公式F＝kx中，x是彈簧伸長的長度或縮短的長度，不是彈簧的長度．該題還應(yīng)特別注意單位．2．（3分）有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍?，F(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計(jì)空氣阻力。圖中①為A的運(yùn)動軌跡，則B的運(yùn)動軌跡是（）A．① B．② C．③ D．④【考點(diǎn)】44：拋體運(yùn)動．【專題】31：定性思想；43：推理法；518：平拋運(yùn)動專題．【分析】明確拋體運(yùn)動的軌跡取決于物體的初速度和加速度，明確加速度均為重力加速度，即可分析小球B的運(yùn)動軌跡?！窘獯稹拷猓簝汕虺跛俣却笮『头较蚓嗤瑫r因拋出后兩物體均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的運(yùn)動狀態(tài)，故B的運(yùn)動軌跡也是①；選項(xiàng)A正確，BCD錯誤。故選：A。【點(diǎn)評】本題考查對拋體運(yùn)動的掌握，要注意明確質(zhì)量不同的物體在空中加速度是相同的，而影響物體運(yùn)動的關(guān)鍵因素在于加速度，與質(zhì)量無關(guān)。3．（3分）一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑到B點(diǎn)，電場力所做的功不同【考點(diǎn)】A6：電場強(qiáng)度與電場力；AC：電勢．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】A、根據(jù)電場線的疏密可判定電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱；B、依據(jù)沿著電場線方向電勢是降低的，即可判定；C、根據(jù)電場線總與等勢線垂直，即可確定；D、在同一等勢線上，電場力做功為零．【解答】解：A、依據(jù)電場線越疏，電場強(qiáng)度越弱，而電場線越密的，則電場強(qiáng)度越強(qiáng)，由圖可知，則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故A錯誤；B、根據(jù)沿著電場線方向電勢是降低的，可知，小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的高，故B錯誤；C、因容器內(nèi)表面為等勢面，且電場線總垂直于等勢面，因此B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直，故C正確；D、因A、B在同一等勢面上，將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑到B點(diǎn)，電場力所做的功相同，均為零，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】考查電場線的疏密與電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱的關(guān)系，掌握電場線的方向與電勢的高低的關(guān)系，理解電場線總垂直等勢面，注意同一等勢面上，電場力不做功．4．（3分）一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只饒有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2，在將滑動觸頭從M點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過程中（）A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】31：定性思想；43：推理法；53A：交流電專題．【分析】本題屬于自耦變壓器，輸入和輸出的電壓同樣與匝數(shù)成正比，當(dāng)滑動觸頭M順時針轉(zhuǎn)動時，輸出電壓的匝數(shù)將變小，從而可以判斷輸出的電壓的變化的情況。【解答】解：根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系有，當(dāng)滑動觸頭M順時針轉(zhuǎn)動時，即n2減小時，電壓U2應(yīng)該減小，即降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】自耦變壓器的原理和普通的理想變壓器的原理是相同的，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)基本的規(guī)律分析即可。5．（3分）小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復(fù)上述運(yùn)動，取小球的落地點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向，下列速度v和位置x的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動的圖像．【專題】34：比較思想；4B：圖析法；512：運(yùn)動學(xué)中的圖像專題．【分析】小球先自由下落，做勻加速直線運(yùn)動，與地面碰撞后，做豎直上拋運(yùn)動，即勻減速直線運(yùn)動，之后不斷重復(fù)．小球在空中運(yùn)動的加速度始終為g，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式分析v與x的關(guān)系，再選擇圖象．【解答】解：以豎直向上為正方向，則小球下落的速度為負(fù)值，故C、D兩圖錯誤。設(shè)小球原來距地面的高度為h。小球下落的過程中，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：v2＝2g（h﹣x），由數(shù)學(xué)知識可得，v﹣x圖象應(yīng)是開口向左的拋物線。小球與地面碰撞后上升的過程，與下落過程具有對稱性，故A正確，B錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】對于圖象類型的選擇題，采用判斷法和排除法相結(jié)合的方法，可提高準(zhǔn)確率和解題速度．對于圖象，往往根據(jù)物理規(guī)律得到解析式再分析圖象的形狀．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4個小題，每小題4分，共計(jì)16分，每個選擇題有多個選項(xiàng)符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯或不選的得0分．6．（4分）電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)生聲音，下列說法正確的有（）A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢 D．磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】電吉他的拾音器由磁鐵和線圈組成，鋼弦被磁化，彈動鋼弦，相當(dāng)于線圈做切割磁感線運(yùn)動，在線圈中就會產(chǎn)生對應(yīng)的音頻電流，電流經(jīng)放大后通過音箱，我們就聽到了聲音，根據(jù)E可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢．【解答】解：A、銅不可以被磁化，則選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，故A錯誤；B、取走磁體，就沒有磁場，振弦不能切割磁感線產(chǎn)生電流，電吉他將不能正常工作，故B正確；C、根據(jù)E可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢，故C正確；D、磁振動過程中，磁場方向不變，但磁通量有時變大，有時變小，則線圈中的電流方向不斷變化，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評】本題考查了電吉他的原理，知道法拉第電磁感應(yīng)定律在本題中的應(yīng)用，特別注意銅不可以被磁化，則選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，難度適中．7．（4分）如圖所示，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運(yùn)動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積。下列關(guān)系式正確的有（）A．TA＞TB B．EkA＞EkB C．SA＝SB D．【考點(diǎn)】48：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；4D：開普勒定律；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】32：定量思想；43：推理法；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】由開普勒定律第三定律可確定周期與半徑的關(guān)系，據(jù)開普勒第二定律可確定掃過的面積相等，則可知半徑大的速度小?！窘獯稹拷猓篈、D、則開普勒第三定律可知周期的二次方與半徑的三次方成正比，則D正確，A的半徑大，則其周期長，則A正確。B、C、由開普勒第二定可知繞同一中心天體運(yùn)動的天體與中心天體連線在同一時間內(nèi)掃過的面積相等，AB不的同一軌道，則面積不同，軌道半徑大的速度小，則A的速度小于B的，又質(zhì)量相等，則A的動能小于B的動能，則BC錯誤；故選：AD?！军c(diǎn)評】考查開普勒定律的內(nèi)容，其中第二定律說明速度的變化近日點(diǎn)速度大，遠(yuǎn)日點(diǎn)速度小，第三定律確定了周期與半徑的關(guān)系，熟練掌握并理解其內(nèi)容是解題的關(guān)鍵，不難。8．（4分）如圖所示的電路中，電源電動勢為12V，內(nèi)阻為2Ω，四個電阻的阻值已在圖中標(biāo)出。閉合開關(guān)S，下列說法正確的有（）A．路端電壓為10V B．電源的總功率為10W C．a(chǎn)、b間電壓的大小為5V D．a(chǎn)、b間用導(dǎo)線連接后，電路的總電流為1A【考點(diǎn)】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．【分析】由串并聯(lián)電路分別出初態(tài)的外接電阻阻由歐姆定律確定外壓，求電流定功率；確定出a，b間的電勢求其電壓；a、b間用導(dǎo)線連接后電路結(jié)構(gòu)變化，重新求電阻求電流?！窘獯稹拷猓篈、B、外阻為R：R10Ω，則I1A，則外壓U＝IR＝10V，功率P＝EI＝12W，則A正確，B錯誤；C、選電源負(fù)極為0勢點(diǎn)，則b點(diǎn)電勢為U10＝7.5V，a點(diǎn)電勢為U10＝2.5V，則ab間的電壓為7.5﹣2.5＝5V，則C正確；D、a、b間用導(dǎo)線連接后外阻為R′，則R′＝27.5Ω，則電流I′1A，則D錯誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】考查串并聯(lián)電路電阻的求解及全電路歐姆定律，計(jì)算前要明確電路結(jié)構(gòu)是求解問題的關(guān)鍵。9．（4分）如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中（）A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面【考點(diǎn)】27：摩擦力的判斷與計(jì)算．【專題】31：定性思想；43：推理法；522：牛頓運(yùn)動定律綜合專題．【分析】根據(jù)摩擦力性質(zhì)可判斷魚缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時摩擦力的變化情況；再根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行分析，明確拉力變化后運(yùn)動位移的變化情況。【解答】解：A、桌布向右拉出時，魚缸相對于桌布有向左的運(yùn)動，故魚缸受到的摩擦力向右；故A錯誤；B、由于魚缸在桌面上和在桌布上的動摩擦因數(shù)相同，故受到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做減速運(yùn)動，則由v＝at可知，它在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等；故B正確；C、魚缸受到的摩擦力為滑動摩擦力，其大小與拉力無關(guān)，只與壓力和動摩擦因數(shù)有關(guān)，因此增大拉力時，摩擦力不變；故C錯誤；D、貓減小拉力時，桌布在桌面上運(yùn)動的加速度減小，則運(yùn)動時間變長；因此魚缸加速時間變長，桌布抽出時的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律以及摩擦力的應(yīng)用，分析判斷魚缸受到的摩擦力是解題的關(guān)鍵，同時，還要注意掌握物體的運(yùn)動情況，能根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析。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(jì)42分．請將解答填寫在答題卡相應(yīng)位置．10．（8分）小明同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)探究某一金屬電阻的阻值R隨溫度t的變化關(guān)系．已知該金屬電阻在常溫下的阻值約10Ω，R隨t的升高而增大．實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示，控溫箱用以調(diào)節(jié)金屬電阻的溫值．實(shí)驗(yàn)時閉合S，先將開關(guān)K與1端閉合，調(diào)節(jié)金屬電阻的溫度，分別記下溫度t1，t2，…和電流表的相應(yīng)示數(shù)I1，I2，…．然后將開關(guān)K與2端閉合，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的實(shí)數(shù)再次為I1，I2，…，分別記下電阻箱相應(yīng)的示數(shù)R1，R2，…．（1）有以下兩電流表，實(shí)驗(yàn)電路中應(yīng)選用A．（A）量程0～100mA，內(nèi)阻約2Ω（B）量程0～0.6A，內(nèi)阻可忽略（2）實(shí)驗(yàn)過程中，要將電阻箱的阻值由9.9Ω調(diào)節(jié)至10.0Ω，需旋轉(zhuǎn)圖中電阻箱的旋鈕“a”、“b”、“c”，正確的操作順序是①②③．①將旋鈕a由“0”旋轉(zhuǎn)至“1”②將旋鈕b由“9”旋轉(zhuǎn)至“0”③將旋鈕c由“9”旋轉(zhuǎn)至“0”（3）實(shí)驗(yàn)記錄的t和R的數(shù)據(jù)見下表“溫度t（℃）20.040.060.080.0100.0阻值R（Ω）9.610.411.112.112.8請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖2作出R﹣t圖象．由圖線求得R隨t的變化關(guān)系為R＝R＝0.04t+8.8．【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；32：定量思想；4B：圖析法；535：恒定電流專題．【分析】（1）選擇電學(xué)儀器要滿足：準(zhǔn)確性原則、安全性原則、便于操作的原則．指針偏轉(zhuǎn)角度要大于滿偏的，根據(jù)這些要求選擇合適的電流表（2）電阻箱的調(diào)節(jié)考慮到電路安全，從大到小調(diào)節(jié)（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，注意盡可能多的點(diǎn)在直線上，偏離太遠(yuǎn)的點(diǎn)舍棄，根據(jù)圖線寫出R隨t變化的關(guān)系式【解答】解：（1）已知電源的電動勢為1.5V，R在常溫下阻值約為10Ω，滑動變阻器的阻值為0時，電路中的最大電流約為，當(dāng)滑動變阻器的阻值最大為10Ω時，電路中的電流最小約為，考慮到準(zhǔn)確性原則，電流表B量程太大，指針偏轉(zhuǎn)角度小于滿偏的，所以應(yīng)選擇電流表A．（2）將電阻箱阻值由9.9Ω調(diào)節(jié)到10.0Ω，要考慮到安全性原則，如果先把bc旋鈕調(diào)節(jié)到0，這樣做很危險(xiǎn)，電路中的電流過大可能會損壞電表，應(yīng)該先把電阻箱阻值調(diào)大再慢慢減小，以確保電路的安全，操作步驟是先將旋鈕a由“0”旋至“1”，然后將個位數(shù)及小數(shù)位旋轉(zhuǎn)至0，所以正確的順序①②③（3）描點(diǎn)畫圖，如圖所示由圖象可得R隨t的變化關(guān)系為：R＝0.04t+8.8故答案為：（1）A；（2）①②③；（3）如圖所示，R＝0.04t+8.8【點(diǎn)評】本題考查了電學(xué)儀器的選擇和操作及運(yùn)用圖象法進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，注重考查實(shí)際操作能力，突出證據(jù)意識，如考查改變電阻箱擋位的操作，對平時注重實(shí)驗(yàn)操作的考生有利．11．（10分）某同學(xué)用如圖1所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．一根細(xì)線系住鋼球，懸掛著鐵架臺上，鋼球靜止于A點(diǎn)，光電門固定在A的正下方．在鋼球底部豎直地粘住一片寬帶為d的遮光條．將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，遮光條經(jīng)過光電門的擋光時間t時由計(jì)時器測出，取v作為鋼球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度．記錄鋼球每次下落的高度h和計(jì)時器示數(shù)t，計(jì)算并比較鋼球在釋放點(diǎn)和A點(diǎn)之間的勢能變化大小△Ep與動能變化大小△Ek，就能驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒．（1）△Ep＝mgh計(jì)算鋼球重力勢能變化的大小，式中鋼球下落高度h應(yīng)測量釋放時的鋼球球心到B之間的豎直距離．（A）鋼球在A點(diǎn)時的頂端（B）鋼球在A點(diǎn)時的球心（C）鋼球在A點(diǎn)時的底端（2）用△Ekmv2計(jì)算鋼球動能變化的大小，用刻度尺測量遮光條寬度，示數(shù)如圖2所示，其讀數(shù)為1.50cm．某次測量中，計(jì)時器的示數(shù)為0.0100s，則鋼球的速度為v＝1.50m/s．（3）下表為該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果：△Ep（×10﹣2J）4.8929.78614.6919.5929.38△Ek（×10﹣2J）5.0410.115.120.029.8他發(fā)現(xiàn)表中的△Ep與△Ek之間存在差異，認(rèn)為這是由于空氣阻力造成的．你是否同意他的觀點(diǎn)？請說明理由．（4）請你提出一條減小上述差異的改進(jìn)建議．【考點(diǎn)】MD：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；31：定性思想；43：推理法；52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】小球下落的高度h是初末位置球心之間的高度差；掌握刻度尺讀數(shù)的方法，需估讀一位；根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出最低點(diǎn)小球的速度；根據(jù)動能表達(dá)式，從而得出動能的量增加，再結(jié)合下降的高度求出重力勢能的減小量．結(jié)合實(shí)驗(yàn)的裝置與實(shí)驗(yàn)的原理，分析誤差產(chǎn)生的原因，從而提出建議．【解答】解：（1）小球下落的高度h是初末位置球心之間的高度差，所以要選B；（2）刻度尺讀數(shù)的方法，需估讀一位，所以讀數(shù)為1.50cm；某次測量中，計(jì)時器的示數(shù)為0.0100s，則鋼球的速度為：vm/s（3）不同意．從表中的數(shù)據(jù)可知，小球動能的增加量大于小球的重力勢能的減小量；若空氣的阻力造成的，則△EK要小于△WP，所以誤差不是空氣的阻力造成的．（4）由圖可知，在該實(shí)驗(yàn)中所求的速度是遮光片的速度，而不是小球的速度，二者之間的速度略有差別．由于小球與遮光片都做圓周運(yùn)動，它們具有相等的角速度ω，根據(jù)角速度與線速度之間的關(guān)系：v＝ωr可知，小球的速度與遮光片的速度之間的關(guān)系為：l和L分別是小球的球心到懸點(diǎn)的距離和光電門到懸點(diǎn)的距離，所以在計(jì)算小球的動能時，使用的速度為：故答案為：（1）B；（2）1.5，1.5；（3）不同意，空氣的阻力造成的，則△EK要小于△WP，所以誤差不是空氣的阻力造成的；（4）分別是小球的球心到懸點(diǎn)的距離和光電門到懸點(diǎn)的距離l和L，在計(jì)算小球的動能時，使用的速度為：．【點(diǎn)評】對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量；抓住某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出瞬時速度的大小是解題的關(guān)鍵．四、【選做題】本題包括A、B、C三題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按A、B兩小題評分.[選修3-3]（12分）12．（3分）在高原地區(qū)燒水需要使用高壓鍋，水燒開后，鍋內(nèi)水面上方充滿飽和汽，停止加熱，高壓鍋在密封狀態(tài)下緩慢冷卻，在冷卻過程中，鍋內(nèi)水蒸汽的變化情況為（）A．壓強(qiáng)變小 B．壓強(qiáng)不變 C．一直是飽和汽 D．變?yōu)槲达柡推究键c(diǎn)】9G：飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓．【專題】31：定性思想；43：推理法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】水上方蒸汽的氣壓叫飽和氣壓，只與溫度有關(guān)，只要下面還有水，那就是處于飽和狀態(tài)，根據(jù)飽和汽壓的特點(diǎn)進(jìn)行分析．溫度降低時，液體分子的平均動能減小，單位時間里從液面飛出的分子數(shù)減少，所以達(dá)到動態(tài)平衡后該飽和汽的質(zhì)量減小，密度減小，壓強(qiáng)也減小．【解答】解：水上方蒸汽的氣壓叫飽和氣壓，只與溫度有關(guān)，只要下面還有水，那就是處于飽和狀態(tài)，飽和氣壓隨著溫度的降低而減小，AC正確，BD錯誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】本題主要考查飽和汽和飽和汽壓等概念的理解，關(guān)于這兩個概念注意：飽和汽壓隨溫度的升高而增大，飽和氣壓與蒸汽所占的體積無關(guān)，與該蒸汽中有無其他氣體也無關(guān)，不能用氣體實(shí)驗(yàn)定律分析，這是飽和氣體，不是理想氣體，對于未飽和汽，氣體實(shí)驗(yàn)定律近似適用．13．（9分）（1）如圖1所示，在斯特林循環(huán)的p﹣V圖象中，一定質(zhì)量理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A，整個過程由兩個等溫和兩個等容過程組成B→C的過程中，單位體積中的氣體分子數(shù)目不變（選填“增大”、“減小”或“不變”），狀態(tài)A和狀態(tài)D的氣體分子熱運(yùn)動速率的統(tǒng)計(jì)分布圖象如圖2所示，則狀態(tài)A對應(yīng)的是①（選填“①”或“②”）．（2）如圖1所示，在A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J．在B→C和C→D的過程中，氣體吸收的熱量分別為20J和12J．求氣體完成一次循環(huán)對外界所做的功．【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】（1）氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有△U＝W+Q判斷氣體吸熱還是發(fā)熱；根據(jù)圖象利用理想氣體狀態(tài)方程對每一個過程進(jìn)行分析即可．溫度是分子熱運(yùn)動平均動能的標(biāo)志；氣體的分子的運(yùn)動的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多，兩頭少；即大多數(shù)的分子的速率是比較接近的，但不是說速率大的和速率小的就沒有了，也是同時存在的，但是分子的個數(shù)要少很多；（2）根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可求出氣體對外做功是多少．【解答】解：（1）由圖可知，圖線BC與縱坐標(biāo)平行，表示氣體的體積不變，所以B→C的過程中，單位體積中的氣體分子數(shù)目不變；根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：可知，氣體的溫度越高，壓強(qiáng)與體積的乘積PV值越大，所以由圖可知TD＞TA；氣體的分子的運(yùn)動的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多，兩頭少；溫度高，最可幾速率向速度較大的方向移動；故T1＜T2；因此狀態(tài)A對應(yīng)的是①．（2）在氣體完成一次循環(huán)后的內(nèi)能與開始時是相等的，所以內(nèi)能不變，即△U＝0；由圖可知，A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J．在B→C和C→D的過程中氣體吸收的熱量分別為20J和12J，則吸收的熱量Q＝QAB+QBC+QCD+QDA＝﹣4+20+12﹣20＝8J．由熱力學(xué)第一定律得：△U＝Q+W，所以W＝﹣8J所以氣體完成一次循環(huán)對外做功是8J．故答案為：（1）不變；①；（2）氣體對外做功是8J．【點(diǎn)評】該題是圖象問題，解題的關(guān)鍵從圖象判斷氣體變化過程，利用理想氣體狀態(tài)方程，然后結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析判斷即可解決．[選修3-4]（12分）14．（3分）一艘太空飛船靜止時的長度為30m，他以0.6c（c為光速）的速度沿長度方向飛行經(jīng)過地球，下列說法正確的是（）A．飛船上的觀測者測得該飛船的長度小于30m B．地球上的觀測者測得該飛船的長度小于30m C．飛船上的觀測者測得地球上發(fā)來的光信號速度小于c D．地球上的觀測者測得飛船上發(fā)來的光信號速度小于c【考點(diǎn)】K2：*愛因斯坦相對性原理和光速不變原理；K4：*時間間隔的相對性；K5：*長度的相對性．【專題】32：定量思想；43：推理法；54J：光的波粒二象性和物質(zhì)波專題．【分析】狹義相對論的基本假設(shè)之一是光速不變原理；長度的相對性：，即一條沿自身長度方向運(yùn)動的桿，其長度（l）總比桿靜止時的長度（l0）?。窘獯稹拷猓篈、飛船上的觀測者測得該飛船的長度是靜止時的長度，為30m，故A錯誤；B、地球上的觀測者測得該飛船的長度是以0.6c的速度沿長度方向飛行時長度，為：3024m＜30m，故B正確；C、根據(jù)狹義相對論的光速不變原理，飛船上的觀測者測得地球上發(fā)來的光信號速度等于c，地球上的觀測者測得飛船上發(fā)來的光信號速度也等于c，故CD錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是記住狹義相對論的光速不變原理，知道運(yùn)動中的尺縮效應(yīng)；狹義相對論的兩個基本假設(shè)：（1）狹義相對性原理：在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的．（2）光速不變原理：真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的．15．（9分）（1）楊氏干涉實(shí)驗(yàn)證明光的確是一種波，一束單色光投射在兩條相距很近的狹縫上，兩狹縫就成了兩個光源，它們發(fā)出的光波滿足干涉的必要條件，則兩列光的頻率相同．如圖所示，在這兩列光波相遇的區(qū)域中，實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，如果放置光屏，在C（選填“A”、“B”或“C”）點(diǎn)會出現(xiàn)暗條紋．（2）在上述楊氏干涉試驗(yàn)中，若單色光的波長λ＝5.89×10﹣7m，雙縫間的距離d＝1mm，雙縫到屏的距離l＝2m．求第1個亮光條紋到第11個亮條紋的中心間距．【考點(diǎn)】HC：雙縫干涉的條紋間距與波長的關(guān)系．【專題】31：定性思想；4B：圖析法；54G：光的干涉專題．【分析】（1）光波能發(fā)生穩(wěn)定干涉的必要條件是頻率相等．波峰與波谷相遇的點(diǎn)振動減弱，出暗條紋．（2）根據(jù)△x求出干涉條紋的間距，再求解第1個亮光條紋到第11個亮條紋的中心間距．【解答】解：（1）產(chǎn)生穩(wěn)定干涉圖樣的必要條件是兩束光的頻率相同．A、B兩點(diǎn)是波峰與波峰、波谷與波谷相遇的點(diǎn)，是振動加強(qiáng)點(diǎn)，出現(xiàn)明條紋，C點(diǎn)波峰與波谷相遇，振動減弱，出現(xiàn)暗條紋．（2）相鄰干涉條紋的間距為△x5.89×10﹣7m＝1.178×10﹣3m則第1個亮光條紋到第11個亮條紋的中心間距為S＝10△x＝1.178×10﹣2m故答案為：（1）頻率，C．（2）第1個亮光條紋到第11個亮條紋的中心間距為1.178×10﹣2m．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握雙縫干涉條紋的規(guī)律和干涉條紋間距公式△x．知道干涉條紋是均勻分布的．[選修3-5]（12分）16．貝克勒爾在120年前首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領(lǐng)域中有著廣泛應(yīng)用。下列屬于放射性衰變的是（）A．C→Ne B．Un→IY+2n C．HH→Hen D．HeAl→Pn【考點(diǎn)】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度；JF：原子核的人工轉(zhuǎn)變；JJ：裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)．【專題】31：定性思想；43：推理法；54O：衰變和半衰期專題．【分析】放射性衰變是指不穩(wěn)定原子核自發(fā)地放射出射線而轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N原子核的過程，放出的射線包括α、β和γ射線，β衰變生成的是電子，α衰變生成的是α粒子，裂變是重核裂變成輕核，聚變是輕核生成重核，據(jù)此分析即可?！窘獯稹拷猓篈、A選項(xiàng)的反應(yīng)釋放出電子，屬于β衰變，故A正確；B、B選項(xiàng)屬于重核裂變，故B錯誤；C、B選項(xiàng)屬于輕核聚變，故C錯誤；D、D選項(xiàng)是原子核的人工轉(zhuǎn)變，不是放射性衰變，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題難度不大，要知道衰變的生成物還有幾個典型的核反應(yīng)方程，屬于基礎(chǔ)題。17．已知光速為c，普朗克常數(shù)為h，則頻率為γ的光子的動量為。用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動量改變量的大小為?！究键c(diǎn)】IG：物質(zhì)波．【專題】32：定量思想；43：推理法；54I：光電效應(yīng)專題．【分析】根據(jù)德布羅意波長公式，結(jié)合c＝λγ，即可求解；根據(jù)動量是矢量，結(jié)合動量的變化公式△p＝﹣p﹣p，即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)德布羅意波長公式，則光子的動量為p。取入射方向?yàn)檎较?，則光子動量的變化量為△p＝p末﹣p初＝﹣p﹣p＝﹣2h因此當(dāng)光被鏡面全部垂直反射回去，光子的速度方向與開始時相反，所以光子在反射前后動量改變量的大小為；故答案為：；?！军c(diǎn)評】考查德布羅意波長公式，并掌握速度、波長及頻率的關(guān)系式，理解動量、動量的變化均是矢量。注意正方向選取是列矢量式的前提。六、計(jì)算題：本題共4小題，共計(jì)47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的驗(yàn)算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.18．幾種金屬的逸出功W0見下表：金屬鎢鈣鈉鉀鉫W0（×10﹣19J）7.265.123.663.603.41由一束可見光照射上述金屬的表面，請通過計(jì)算說明哪些能發(fā)生光電效應(yīng)．已知該可見光的波長的范圍為4.0×10﹣7～7.6×10﹣7m，普朗克常數(shù)h＝6.63×10﹣34J?s．【考點(diǎn)】IC：光電效應(yīng)．【專題】11：計(jì)算題；31：定性思想；34：比較思想；54I：光電效應(yīng)專題．【分析】根據(jù)E求出可見光的最大光子能量，通過光子能量與逸出功比較，判斷哪些金屬可以發(fā)生光電效應(yīng)．【解答】解：可見光的最大光子能量E5.0×10﹣19J．可見光子能量大于鈉、鉀、銣的逸出功，可以使鈉、鉀、銣發(fā)生光電效應(yīng)．答：可以使鈉、鉀、銣發(fā)生光電效應(yīng)．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道發(fā)生光電效應(yīng)的條件，知道光子能量與波長的關(guān)系，波長越短，光子能量越大．19．（15分）據(jù)報(bào)道，一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間。照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見。如圖所示，假設(shè)“天宮一號”正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10﹣5T，將太陽帆板視為導(dǎo)體。（1）求M、N間感應(yīng)電動勢的大小E；（2）在太陽帆板上將一只“1.5V、0.3W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽帆板和導(dǎo)線的電阻。試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；（3）取地球半徑R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】12：應(yīng)用題；32：定量思想；4E：模型法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】（1）根據(jù)公式E＝BLv求M、N間感應(yīng)電動勢的大小。（2）根據(jù)穿過回路的磁通量是否變化，從而判斷小燈泡能否正常發(fā)光。（3）根據(jù)萬有引力等于向心力，以及重力等于萬有引力，分別列式，即可求h?！窘獯稹拷猓海?）M、N間感應(yīng)電動勢的大小為：E＝BLv＝1.0×10﹣5×20×7.7×103＝1.54V（2）小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，穿過回路的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以小燈泡不能發(fā)光。（3）“天宮一號”繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力，則有：Gm在地球表面，有：m′g＝G聯(lián)立解得：hR代入數(shù)據(jù)解得：h≈4×105m答：（1）M、N間感應(yīng)電動勢的大小E是1.54V。（2）小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，穿過回路的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以小燈泡不能發(fā)光。（3）“天宮一號”距離地球表面的高度h是4×105m?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要建立清晰的物理模型，知道產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，明確衛(wèi)星問題常用的兩條解題萬有引力等于向心力，以及重力等于萬有引力。20．（16分）如圖所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細(xì)線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上?；喿髠?cè)的細(xì)線水平，右側(cè)的細(xì)線與斜面平行。A、B的質(zhì)量均為m。撤去固定A的裝置后，A、B均做直線運(yùn)動。不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。求：（1）A固定不動時，A對B支持力的大小N；（2）A滑動的位移為x時，B的位移大小s；（3）A滑動的位移為x時的速度大小vx?！究键c(diǎn)】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系；6C：機(jī)械能守恒定律．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；43：推理法；522：牛頓運(yùn)動定律綜合專題．【分析】（1）依據(jù)力的合成法則，結(jié)合平衡條件與三角知識，即可求解；（2）根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，結(jié)合各自位移存在的幾何關(guān)系，及三角知識，即可求解；（3）根據(jù)系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，結(jié)合相似三角形，得出速度之比等