江苏省高考物理试卷

2018年江苏省高考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每题3分，共计15分.每题只有一个选项吻合题意.1．（3分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不停提升。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，以前已运转的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，以下物理量中“高分五号”较小的是（）A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度2．（3分）采纳220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一准时，为使输电线上消耗的功率减小为本来的，输电电压应变成（）A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV3．（3分）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿圆滑竖直轨道自由着落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽视空气阻力，两只小球落到水平川面的（）A．时刻同样，地址同样B．时刻同样，地址不一样C．时刻不一样，地址同样D．时刻不一样，地址不一样第1页（共44页）4．（3分）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽视空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（）A．B．C．D．5．（3分）以以下图，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下挪动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A．依旧保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每题4分，共计16分。每题有多个选项吻合题意。所有选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。第2页（共44页）6．（4分）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°．在此10s时间内，火车（）A．运动行程为600mB．加速度为零C．角速度约为1rad/sD．转弯半径约为3.4km7．（4分）以以下图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的地址。物块由A点静止释放，沿粗糙程度同样的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（）A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大．所受弹簧弹力一直做正功．所受弹簧弹力做的功等于战胜摩擦力做的功8．（4分）以以下图，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬时导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不停地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路（）第3页（共44页）A．充电时，经过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次经过的电荷量增大D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次经过的电荷量不变9．（4分）以以下图，竖直搁置的“Π”形圆滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感觉强度为B．质量为m的水平金属杆由静止开释，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触优异，其他电阻不计，重力加速度为g。金属杆（）A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间．穿过两磁场产生的总热量为4mgd第4页（共44页）D．开释时距磁场Ⅰ上界限的高度h可能小于三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的地址.【必做题】10．（8分）一同学丈量某干电池的电动势和内阻。1）图1所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器械操作上存在的两个不当之处。2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：R/Ω8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A﹣16.76.05.34.53.8第5页（共44页）依据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R﹣关系图象。由图象可计算出该干电池的电动势为V；内阻为Ω。3）为了获取改正确的丈量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调理电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如图2所示，则该干电池的电动势应为V；内阻应为Ω。11．（10分）某同学利用以以下图的实验装置来丈量重力加速度g。细绳越过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作以下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。开释重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录着落时第6页（共44页）间；④重复丈量3次着落时间，取其均匀值作为丈量值t。请回答以下问题：（1）步骤④可以减小对着落时间t丈量的（选填“偶然”或“系统”）偏差。（2）实验 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主若是为了。A）使H测得改正确B）使重锤1着落的时间长一些C）使系统的总质量近似等于2MD）使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等3）滑轮的摩擦阻力会引起实验偏差。现供给一些橡皮泥用于减小该偏差，可以怎么做？4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验丈量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用实验中的丈量量和已知量表示g，得g=。第7页（共44页）【选做题】本题包含A、B、C三小题，请选定此中两小题，并在相应的答题地域内作答.若多做，则按A、B两小题评分.A.[选修3-3]（12分）12．（3分）以以下图，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于四周空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则（）A．空气的相对湿度减小B．空气中水蒸汽的压强增大C．空气中水的饱平和压减小D．空气中水的饱平和压增大13．（4分）必定量的氧气储存在密封容器中，在T1和T2第8页（共44页）温度下其分子速率分布的状况见表。则T1（选填“大于”“小于”或“等于”）T2．若约10%的氧气沉着器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，速率处于400～500m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比（选填“大于”“小于”或“等于”）18.6%。速率区间（m?s﹣1）各速率区间的分子数占总分子数的百分比/%温度T1温度T2100以下0.71.4100～2005.48.1200～30011.917.0300～40017.421.4400～50018.620.4500～60016.715.1600～70012.99.2700～8007.94.5800～9004.62.0900以上3.90.914．（5分）以以下图，必定质量的理想气体在状态A时压第9页（共44页）强为2.0×105Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。B.[选修3-4]（12分）15．（3分）梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波。该电磁波（）A．是横波．不可以在真空中流传．只好沿着梳子摇动的方向流传D．在空气中的流传速度约为3×108m/s16．（4分）两束单色光A、B的波长分别为λA、λB，且λA＞λ，则（选填“A”或“B”）在水中发生全反射B时的临界角较大。用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较第10页（共44页）大。17．（5分）一列简谐横波沿x轴正方向流传，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、B的振动图象以以下图。已知该波的波长大于0.6m，求其波速和波长。C.[选修3-5]（12分）18．已知A和B两种放射性元素的半衰期分别为T和2T，则同样质量的A和B经过2T后，剩有的A和B质量之比为（）A．1：4B．1：2C．2：1D．4：119．光电效应实验中，用波长为λ的单色光A照耀某金属0板时，恰好有光电子从金属表面逸出。当波长为的单色光B照耀该金属板时，光电子的最大初动能为，A、B两种光子的动量之比为。（已知普朗克常量为h、光速为c）第11页（共44页）20．以以下图，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变成向上。忽视空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位.21．（15分）以以下图，两条平行的圆滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感觉强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流一直保持恒定，重力加速度为g。求下滑究竟端的过程中，金属棒第12页（共44页）1）末速度的大小v；2）经过的电流大小I；3）经过的电荷量Q。22．（16分）以以下图，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．放手后，小球运动到与A、B同样高度时的速度恰好为零，而后向下运动。忽视全部摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：第13页（共44页）1）小球遇到手的拉力大小F；2）物块和小球的质量之比M：m；3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。23．（16分）以以下图，真空中四个同样的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场所区间隔为2d，中轴线与磁场所区双侧订交于O、O′点，各地域磁感觉强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）求磁感觉强度大小B；（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；3）入射速度仍为5v0，经过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增添△t，求△t的最大值。第14页（共44页）第15页（共44页）2018年江苏省高考物理试卷参照答案与试题分析一、单项选择题：本题共5小题，每题3分，共计15分.每题只有一个选项吻合题意.1．【分析】卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式获取卫星的周期、角速度、线速度和向心加速度与轨道半径的关系式，再进行分析。【解答】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：G=mr=mω2r=m=ma得：T=2π，ω=，v=，a=可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，故A正确，BCD错误。第16页（共44页）应选：A。【评论】解决本题的要点是要掌握万有引力供给向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系。对于周期，也可以依据开普勒第三定律分析。2．【分析】输送电流I=，输电线上损失的功率△P=I2R=（）2R，知输送功率必定是，损失的功率与输送电压的二次方成反比。【解答】解：输送电流I=，输电线上损失的功率△P=I2R=（）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所认为使输电线上消耗的功率减小为本来的，输电电压应变本来的2倍，即输电电压增大为440kV．故C正确，ABD错误；应选：C。【评论】解决本题的要点搞清输送功率与输送电压和输送电流的关系，以及知道在输电线上损失的功率的计算公式即可。第17页（共44页）3．【分析】先后弹出的两只小球在竖直方向运动时间相等，在水平方向运动时间不一样，由此进行分析。【解答】解：依据题意可知，弹射器沿圆滑竖直轨道在竖直方向自由着落且管口水平，不一样时刻弹射出的小球在水平方向拥有同样的初速度，在竖直方向的运动状况与枪管的运动状况同样，故先后弹出两只小球和弹射器同时落地；水平方向速度同样，而小球水平方向运动的时间不一样，所以落地址不一样，运动状况以以下图。故ACD错误、B正确。应选：B。【评论】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特色，知道两者拥有等时性和独立性，可以将合运动分解为两个分运动，而后依据几何关系求解速度或加速度之间的关系。第18页（共44页）4．【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，依据动能公式和竖直上抛运动的速度时间公式找到动能与时间表达式即可分析。【解答】解：竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v=v0﹣gt此过程动能为：=即此过程EK与t成二次 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数关系，且张口向上，故BC错误；着落过程做自由落体运动，此过程动能为：即此过程EK与t也成二次函数关系，且张口向上，故A正确，D错误；应选：A。【评论】本题观察动能表达式和竖直上抛运动规律，相对来说比较简单，但要点是要结合 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 知识，能依据函数关系确定出图象。第19页（共44页）5．【分析】B板右端向下挪动一小段距离，两板间的均匀距离增大，分析电场强度的变化；油滴凑近B板时，电场线方向斜向右上方，由此分析竖直方向和水平方向的运动状况即可。【解答】解：B板右端向下挪动一小段距离，两板间的均匀距离增大，依据E=可知液滴所在处电场强度减小，油滴竖直方向将向下运动；因为两金属板表面仍均为等势面，电场线应该与等势面垂直，所以油滴凑近B板时，电场线方向斜向右上方，以以下图，故水平方向油滴向右运动；所以油滴向右下方运动，故D正确、ABC错误。应选：D。【评论】本题主若是观察了电容器的动向分析问题；解答此类问题要点是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器一直与电源相连，电容器两端间的电势差第20页（共44页）保持不变；结合电场线的分布状况进行解答。二、多项选择题：本题共4小题，每题4分，共计16分。每题有多个选项吻合题意。所有选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6．【分析】做匀速圆周运动的物体，所遇到的合外力供给向心力，向心力产生向心加速度；利用线速度和角速度的定义式可计算出行程和角速度大小；把火车运动时间推行到30s，再结合数学知识可得出转弯半径。【解答】解：A、因为火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s时间内的行程为s=vt=600m。故A正确；、因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所遇到的合外力供给向心力，依据牛顿第二定律可知加速度不等于零。故B错误；C、利用指南针在10s内匀速转过了约10°，可推广出在30s内匀速转过了约30°，再依据角速度的定义式第21页（共44页），解得角速度的大小为．故C错误；D、已知火车在此30s时间内经过的行程为1800m，由数学知识可知，火车转过的弧长为l=θR，可解得：．故D正确。应选：AD。【评论】解答本题的要点是：要熟练掌握匀速圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推行到特别值，结合数学知识可解出答案。7．【分析】弹力与摩擦力均衡的地址在AO之间，均衡地址处速度最大、加速度为零；依据动能定理分析弹簧弹力做的功等于战胜摩擦力做的功关系。【解答】解：A、因为水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的地址，所以弹力与摩擦力均衡的地址在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力均衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；、物体在均衡地址处速度最大，所以物块速度最大的地址在AO之间某一地址，故B错误；第22页（共44页）C、从A到O过程中弹力方向与位移方向同样，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；D、从A到O过程中依据动能定理可得W弹﹣W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于战胜摩擦力做的功，故正确。应选：AD。【评论】本题要点是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力状况，从而判断出其运动状况，知道均衡地址速度最大、加速度为零。8．【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，依据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量。【解答】解：A、充电时，电容器电荷量增添、电压增添，依据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，经过R的电流减小，故A错误；B、若R增大，充电过程中均匀电流I减小，依据Q=It可知第23页（共44页）充电时间变长，故B正确；、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬时导通并发光，所以闪光灯发光电压U必定；若C增大，依据Q=CU可知闪光灯闪光一次经过的电荷量增大，故C正确；、若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U=80V时，闪光灯瞬时导通并发光，依据Q=CU可知闪光灯闪光一次经过的电荷量不变，故D正确；应选：BCD。【评论】本题有效地将电路及电容器结合在一同，观察学生的审题能力及知识的迁徙应用能力，要求掌握充放电过程中电荷量的多少与哪些要素有关。9．【分析】金属杆在无场区做匀加速运动，依据金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，判断金属杆刚进入磁场Ⅰ时的运动状况，从而确立其加速度方向。依据均匀速度分析金属杆穿过磁场Ⅰ的时间与在两磁场之间的运动时间关系。研究金属第24页（共44页）杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律求出产生的热量，从而求得总热量。依据金属杆刚进入磁场Ⅰ时匀速运动，求出开释时距磁场Ⅰ上界限的高度，再分析本题中金属杆开释时距磁场Ⅰ上界限的高度h。【解答】解：A、金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。、金属杆在磁场Ⅰ运动时，跟着速度减小，产生的感觉电流减小，遇到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时均匀速度小于在两磁场之间运动的均匀速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确。、金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd=Q，金属杆经过磁场Ⅱ时产生的热量与经过磁场Ⅰ时产生的热量同样，所以总热量为Q总=2Q=4mgd。故C正确。D、设金属杆开释时距磁场Ⅰ上界限的高度为H时进入磁场第25页（共44页）Ⅰ时恰好匀速运动，则有mg=BIL=B=，又v=联立解得H=因为金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h必定大于H=．故D错误。应选：BC。【评论】本题是电磁感觉与力学知识的综合，要点是正确判断金属杆的运动状况以及能量转变状况。要会推导出安培力与速度的关系。三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的地址.【必做题】10．【分析】（1）明的确验中安全性要求，知道开关应最后闭合，电阻箱在开始时应调至最大；2）依据描点法可得出对应的图象，再依据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可确立电动势和内电阻；3）依据电路进行分析，明确偏差状况，再依据欧姆定律求出电流表内阻，从而确立电动势和内阻的正确值。第26页（共44页）【解答】解：（1）由图可知，该同学将连接最后一根线，此时电路将接法，但因为开关没有断开，则电路中存在电流，可能损坏电表；同时电阻箱也不可认为零，应使其阻值调至最大；（2）依据描点法可得出对应的图象以以下图；依据闭合电路欧姆定律可知，I=，变形可得：R=﹣r；由图可知，E=k=≈1.4V，r=1.2Ω3）本实验相当于采纳的是相对电源的电流表内接法，故丈量结果中电动势是正确的，故电动势1.43V，而内电阻的结果中包含电流表内阻；由图可知，电压表示数为65mV，由欧姆定律可知，电流表内阻RA==0.2A，故电源内阻为1.2﹣0.2=1.0Ω；故答案为：（1）①开关未断开；②电阻箱阻值为零；（2）如图所示；1.4（1.30至1.44）；1.2（1.0至1.4）；（3）1.43（1.30至1.44）；1.0（0.8至1.2）。第27页（共44页）【评论】本题观察丈量电动势和内电阻的实验，要注意明的确验原理，注意数据办理的基本 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，明确图象的正确应用是解题的要点。．【分析】（1）依据偏差产生的原由分析是哪一种偏差；（2）分析实验的步骤，明的确验的原理，结合实验的原理与注意的问题，分析实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多的目的；3）依据实验的要求，分析均衡摩擦力的方法即可；4）结合实验原理，即可求出重力加速度的表达式。【解答】解：（1）在数据丈量的过程中会存在有时偏差，使用多次丈量的方法可以减小丈量的有时偏差；2）当双侧的重锤的质量不一样时，质量大的重锤向下运动，质量小的重锤向上运动，运动的加速度的大小是相等的，由第28页（共44页）牛顿第二定律可得：M+M+m）a=（M+m）g﹣Mg所以加速度：a=可知，m对比于重锤的质量越小，则加速度越小，运动的时间：t=就越大，丈量的相对偏差就越小。A、由以上的分析可知，小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，与H的丈量没关。故A错误；B、由以上的分析可知，小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，可以增大运动的时间。故B正确；C、由以上的分析可知，系统的总质量近似等于2M与小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多没有关系。故C错误；D、绳索对重锤2的拉力：T=Mg+Ma=Mg+当小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多时，细绳的拉力与重锤的重力近似相等。故D错误。应选：B3）滑轮的摩擦阻力会引起实验偏差，等于该偏差，可以采纳均衡摩擦力的方法，如：在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至请拉重锤时，能观察到重锤匀速着落，这时即可均衡摩擦力。第29页（共44页）4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验丈量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。此时由牛顿第二定律可得：（M+M+m+m0）a=（M+m+m0）g﹣Mg﹣f此中：f=m0g联立得：a=落的过程做匀加速直线运动，则：H=所以：g=故答案为：（1）有时；（2）B；（3）可以在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至请拉重锤1时，能观察到重锤匀速着落，这时即可均衡摩擦力；（4）【评论】明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的要点，注意实验过程中均衡摩擦阻力的影响的方法与考据机械能守恒的实验中均衡摩擦力的方法是同样的。【选做题】本题包含A、B、C三小题，请选定此中两小题，并在相应的答题地域内作答.若多做，则按A、B两小题评分.A.[选修3-3]（12分）第30页（共44页）．【分析】明确饱和汽压的定义，知道饱和汽压是指空气中水蒸汽的压强，而饱和汽压只与温度有关；同时明确湿度计的原理，知道水蒸发时会带走部分热量。【解答】解：空气温度不变，但温度计示数减小，说明纱布中的水蒸发时带走部分热量，从而使温度减小，故说明空气中的绝对温度减小，而因为温度不变，故饱平和压不变，相对温度减小；故A正确，BCD错误。应选：A。【评论】本题观察饱和汽压以及湿度计原理，要注意明确绝对湿度和相对湿度的定义，明确饱和汽压只与温度有关。．【分析】理解不一样温度下的分子速率分布曲线，分子速率呈现”中间多，两端少”的分布特色，温度越高，速率大的分子数越多。【解答】解：两种温度下气体分子速率都表现“中间多、两头少”的分布特色。因为T1时速率较高的气体分子占比率较大，则说明T1大于T2．同样温度下，各速率占比是不变的，第31页（共44页）所以速率处于400～500m/s区间的氧气分子数占总分子数仍为18.6%；故答案为：大于；等于。【评论】本题观察分子均匀动能的性质，要注意明确分子均匀动能为统计规律，温度高升时其实不是所有分子的速率均增大，同时注企图象的性质，能明确如何判断分子均匀速率的变化和温度的变化。．【分析】整个过程中，外界对气体做功等于AB段和CA段做功之和，BC段气体发生等容变化，不做功。再对整个过程，运用热力学第必定律列式，即可求解。【解答】解：整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA。CA段发生等压变化，有WCA=pA（VC﹣VA）整个过程，由热力学第必定律得△U=Q+W=0，得WAB=﹣Q+WCA）将pA=2.0×105Pa，VC=2×10﹣3m3，VA=1×10﹣3m3，Q=﹣61.4J代入上式解得WAB=﹣138.6J即气体在A→B过程中对外界所做的功是138.6J。第32页（共44页）答：气体在A→B过程中对外界所做的功是138.6J。【评论】本题观察了气体的等压变化和热力学第必定律，解决气体问题的要点是发掘出隐含条件，知道BC段气体发生等容变化，外界对气体做功公式为WCA=pA（VC﹣VA）。在运用热力学第必定律时要注意各个量的符号。B.[选修3-4]（12分）．【分析】电磁波是横波，它的流传不需要介质；电磁波中电场和磁场的方向互相垂直，电磁波流传的速度在真空中为光速。【解答】解：A、依据电磁波的特色可知，电磁波为横波。故A正确；B、电磁波的流传不需要介质，可以在真空中流传。故B错误；C、电磁波产生后，可以在任意方向流传。故C错误；、电磁波流传的速度在真空中等于光速，在空气中的流传速度约为3×108m/s。故D正确。应选：AD。第33页（共44页）【评论】本题观察了有关电磁场和电磁波的基本知识，对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用。．【分析】经过比较出光波的频率大小，而后结合频率与折射率的关系、折射率与临界角的关系即可做出判断；依据比较出经同一装置做双缝干涉实验条纹间距大小【解答】解：束单色光A、B的波长分别为λ、λ，且λABA＞λ，则依据知，A光的频率小，由折射率与频率的关B系可知A的折射率小；依据sinC=可知折射率越大，全反射临界角越小，所以A在水中发生全反射时的临界角较大。用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，依据公式可知A光的条纹间距大，可以观察到A产生的条纹间距较大。故答案为：A，A【评论】解决本题的打破口在于经过光的波长比较光的频率，而后比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长等大小关系。．第34页（共44页）【分析】由图读出周期，依据波形关系，结合波长大于0.6m，分析波从A传到B的流传时间，从而求得波速。由λ=vT求波长。【解答】解：从y﹣t图象可知，周期为：T=0.4s；因为该波的波长大于0.6m，由图象可知，波从A传到B的流传时间为：△t=0.3s波速为：v===2m/s波长为：λ=vT=20×.4m=0.8m答：其波速是2m/s，波长是0.8m。【评论】本题也可以同一时刻两个质点的状态关系，分析两个质点间的距离与波长的关系，从而获取波长的通项，再获取波长的特别值。C.[选修3-5]（12分）．【分析】依据半衰期的定义得出本来的质量之比，从而即可求解。【解答】解：设开始时它们的质量都是m0，依据半衰期的定义，经过时间2T后，A经历了两个半衰期，剩下的放射第35页（共44页）性元素的质量：，经过时间2T后，B经历了一个半衰期，剩下的放射性元素的质量：故mA：mB=1：2．故ACD错误，B正确应选：B。【评论】知道半衰期的意义，经过一个半衰期，就有一半质量的物质衰变，并能加以定量计算。．【分析】依据爱因斯坦光电效应方程，结合c=λγ求光电子的最大初动能。光子的动量由公式p=求解。【解答】解：由题知，金属板的逸出功为为：W=hγ=00当波长为的单色光B照耀该金属板时，依据爱因斯坦光电效应方程得：Ek=h﹣W0=依据p=得A、B两种光子的动量之比为：p：p=：λ=1：2AB0第36页（共44页）故答案为：，1：2。【评论】本题观察光电效应方程的应用，要掌握频率与波长的关系，要注意同一金属板逸出功是必定的。．【分析】以小球为研究对象，整个过程中依据动量定理列方程求解小球所受弹簧弹力冲量的大小。【解答】解：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中依据动量定理可得：I﹣mgt=mv﹣（﹣mv）解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：I=2mv+mgt。答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。【评论】本题主若是观察动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力状况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不第37页（共44页）能得分.有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位.．【分析】（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，已知初速度、位移和加速度，依据运动学速度位移公式求末速度的大小v。2）已知金属棒的加速度，依据牛顿第二定律和安培力公式结合求经过的电流大小I。3）金属棒运动的时间为t=，经过的电荷量由Q=It求解。【解答】解：（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，则有v2=2as解得v=（2）金属棒遇到的安培力大小F安=BId金属棒所受的合力F=mgsinθ﹣F安依据牛顿第二定律得F=ma联立解得I=（3）金属棒运动时间t=经过金属棒的电荷量Q=It结合v=，I=，解得Q=答：（1）末速度的大小v是；（2）经过的电流大小I是；第38页（共44页）（3）经过的电荷量Q是。【评论】解决本题的要点是明确金属棒的运动状况，知道安培力是联系电磁感觉与力学的桥梁，在电流一准时依据Q=It求电荷量。．【分析】（1）物块静止时受力分析，利用均衡列式求解；2）放手后整个系统机械能守恒，依据机械能守恒定律列式求解；3）对小起利用牛顿第二定律列式求解。【解答】解：（1）放手前小球受力分析以以下图，由均衡得：T1sin53°=T2cos53°F+mg=T1cos53°+T2sin53°且T1=Mg联立解得：（2）小球运动到与A、B同样高度过程中，小球上高升度为：h1=3lsin53°物块降落高度为：h2=2l整个过程系统机械能守恒，则有：mgh1=Mgh2第39页（共44页）联立解得：3）依据机械能守恒定律可知，小球向下运动到最低点即为小球回到初步点，设此时AC方向拉力为T，由牛顿第二定律得：对物块：Mg﹣T=Ma对小球：T′﹣mgcos53°=ma依据牛顿第三定律可知：T′=T解得：答：（1）小球遇到手的拉力大小F为；（2）物块和小球的质量之比为6：5；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T为。【评论】本题观察共点力均衡、机械能守恒定律和牛顿第二第40页（共44页）定律，要点是选择好研究对象，做好受力分析。．【分析】（1）依据粒子运动的半径公式即可求出磁感觉强度；2）求出粒子在磁场中的半径，而后由几何关系求出偏转角，而后挨次画出运动的轨迹，最后即可求出；（3）将中间的两个磁场向中间挪动距离x后，粒子在，与磁场的地域内依旧做直线运动，但直线运动分成三段，左右两端是斜线，中间的一段是水平线，由几何关系求出各段的长度，而后与开始时比较，即可求出。【解答】解：（1）依据左手定章可知，粒子进入第一个磁场后遇到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O上方处射出磁场，可知粒子的半径：r0=粒子遇到的洛伦兹力供给向心力，则：所以：B=（2）当入射速度为5v0时，粒子的半径：r==5r0=设粒子在矩形磁场中偏转的角度为α，则：d=r?sinα所以：第41页（共44页）则：α=53°粒子从第一个矩形磁场所区出来进入第二个磁场所区后，遇到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子出第二个磁场时，运动的方向与初速度的方向同样；粒子在没有磁场的地域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场所区的状况与前两个磁场所区的状况同样。粒子在磁场中运动的周期：T===粒子在一个矩形磁场中运动的时间：t1==粒子在没有磁场的地域内运动的时间：所以粒子运动的总时间：t=4t1+t2=（3）将中间的两个磁场向中间挪动距离x后，粒子出第一个磁场所区后，速度的方向与OO′之间的夹角为α，由几何关系可知，粒子向上的偏移量：y=2r（1﹣cosα）+x?tanα因为：y≤2d联立解得：即：时，粒子在没有磁场的地域内运动的时间最长，则粒子整个运动的过程中运动的时间最长。粒子直线运动行程第42页（共44页）的最大值：则逐渐的行程的最大值：△sm=sm﹣2d代入数据可得：△sm=所以增添的时间的最大值：答：（1）磁感觉强度大小为；2）入射速度为5v0时，粒子从O运动到O′的时间为；3）入射速度仍为5v0，经过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增添△t，△t的最大值为。【评论】该题的要点点在于做速度最大粒子的轨迹图，带点粒子在磁场中运动等问题，最重要的就是做运动轨迹图，做第43页（共44页）这类图第一要能确立半径，其次要确立初末速度的方向。第44页（共44页）