江苏省高考物理试卷高考

2015年江苏省 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 物理试卷一、单项挑选 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （本题共5道小题，每小题3分，合计15分，每小题只要一个选项契合题意）1（．3分）一电器中的变压器可视为抱负变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200B．400C．1600D．32002．（3分）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬?考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是（）A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属邻近，两者彼此招引C．小线圈挨近通电线圈进程中，小线圈中发生电流D．从枯燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉3．（3分）曩昔几千年来，人类对行星的知道与研讨仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了研讨太阳系外行星的前奏，“51pegb”绕其间心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨迹半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1C．5D．104．（3分）如图所示，用天平丈量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN持平，将它们别离挂在天平的右臂下方，线圈中通有巨细相同的电流，天平处于平衡状况，若磁场发生细小改变，天平最简单失掉平衡的是（）第1页（共31页）A．B．C．D．5．（3分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和封闭，放行和封闭的时刻别离为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加快度2m/s2由停止加快到2m/s，然后匀速向前，则最早挡住他行进的关卡是（）A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5二、多项挑选题：本题共4小题，每小题4分，合计16分，每小题有多个选项契合题意，悉数选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）一人乘电梯上楼，在竖直上升进程中加快度a随时刻t改变的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小7．（4分）一带正电的小球向右水平抛入规模足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A．做直线运动B．做曲线运动第2页（共31页）C．速首先减小后增大D．速首先增大后减小8．（4分）两个相同的负电荷和一个正电荷邻近的电场线散布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的间隔持平，则（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低9．（4分）如图所示，轻质绷簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，绷簧水平且处于原长，圆环从A处由停止开端下滑，经过B处的速度最大，抵达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处取得一竖直向上的速度v，刚好能回到A，绷簧一向在弹性极限内，重力加快度为g，则圆环（）A．下滑进程中，加快度一向减小B．下滑进程中，战胜冲突力做的功为mv2C．在C处，绷簧的弹性势能为mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（12题）两部分，合计42分。必做题第3页（共31页）10．（8分）小明使用如图1所示的试验设备丈量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 的示数为A（2）调理滑动变阻器，电压表和电流表的示数记载如下：U（V）1.451.361.271.161.06I（A）0.120.200.280.360.44请依据表中的数据，在图2上作出U﹣I图线．由图线求得：电动势E=V；内阻r=Ω．（3）试验时，小明进行了屡次丈量，花费了较长时刻，丈量期间一向坚持电路闭合，其实，从试验差错考虑，这样的操作不当，因为．11．（10分）某同学探求小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼效果的运动规矩，实验设备如图1所示，打点计时器的电源为50Hz的交流电．（1）下列试验操作中，不正确的是．A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面第4页（共31页）C．用手捏紧磁铁坚持停止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的一同接通打点计时器的电源（2）该同学按正确的进程进行试验（记为“试验①”），将磁铁从管口处开释，打出一条纸带，取开端下落的一段，确认一适宜的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，⋯，8，用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O点的间隔，记载在纸带上，如图2所示．核算相邻计时点间的均匀速度，粗略地表明各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据弥补完好．方位1234567824.533.837.839.539.839.839.8（cm/s）（3）剖析如表的试验数据可知：在这段纸带记载的时刻内，磁铁运动速度的变化状况是；磁铁遭到阻尼效果的改变状况是．（4）该同学将设备中的铜管更换为相同尺度的塑料管，重复上述试验操作（记为“试验②”），成果表明磁铁下落的运动规矩与自由落体运动规矩简直相同，请问试验②是为了阐明什么？比照试验①和②的成果可得到什么定论？（选做题）本题包含A、B、C三小题，请选定其间两小题，并在相应答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A[选修3-3]12．（4分）对下列几种固体物质的知道，正确的有（）A．食盐熔化进程中，温度坚持不变，阐明食盐是晶体B．烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，阐明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是因为该物质的微粒在空间的摆放不规矩D．石墨和金刚石的物理性质不同，是因为组成它们的物质微粒摆放结构不同13．（4分）在装有食物的包装袋中充入氮气，能够起到保质效果，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充溢必定量的氮气，然后密封进行加压测验，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为抱负气体，则加压测验进程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子碰击的效果力（选填“增大”、“减第5页（共31页）小”或“不变”），包装袋内氮气的内能（选填“增大”、“减小”或“不变”）．14．（4分）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个规范大气压，体积为1L，将其缓慢压缩到压强为2个规范大气压时，气体的体积变为0.45L，请经过核算判别该包装袋是否漏气．B[选修3-4]15．（4分）一渔船向鱼群宣布超声波，若鱼群正向渔船挨近，则被鱼群反射回来的超声波与宣布的超声波比较（）A．波速变大B．波速不变C．频率变高D．频率不变16．（4分）用2×106Hz的超声波查看胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速别离为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的倍，用超声波查看胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时（选填“简单”或“不简单”）发生衍射．17．（4分）人工树脂是常用的眼镜镜片资料，如图所示，光线射在一人工树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光线的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人工树脂资料的折射率n．C[选修3-5]18．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（）A．光电效应现象提醒了光的粒子性B．热中子束射到晶体上发生的衍射图样阐明中子具有波动性C．黑体辐射的试验规矩可用光的波动性解说D．动能持平的质子和电子，它们的德布罗意波长也持平第6页（共31页）19．核电站使用原子核链式反响放出的世大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料，U受一个中子炮击后裂变成Ba和Kr两部分，并发生个中子，要使链式反响发生，裂变物质的体积要（选填“大于”或“小于”）它的临界体积．20．取质子的质量mp=1.6726×10﹣27kg，中子的质量mn=1.6749×10﹣27kg，α粒﹣27kg，光速c=3.0×108m/s，请核算α粒子的结合能．（计子的质量mα=6.6467×10算成果保存两位有用数字）四、核算题：本题共3小题，合计47分，答复时请写出必要的文字阐明、方程式和重要的演算进程．只写出最终答案的不能得分．有数值核算的题，答案中有必要清晰写出数值和单位．21．（15分）做磁共振（MRI）查看时，对人体施加的磁场发生改变时会在肌肉安排中发生感应电流，某同学为了预算该感应电流对肌肉安排的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉安排等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈导线的截面积A=0.80cm2，电阻率ρ=1.5Ω?，m如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：（核算成果保存一位有用数字）（1）该圈肌肉安排的电阻R；（2）该圈肌肉安排中的感应电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量Q．22．（16分）一滚动设备如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环经过铰链衔接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质绷簧衔接在O与小环之间，原长为L，设备停止时，绷簧长为L，滚动该设备并缓慢增大转速，小环缓慢上升，绷簧一向在弹性限度内，疏忽悉数冲突和空气阻力，重力加快度为g．求：（1）绷簧的劲度系数k；第7页（共31页）（2）AB杆中弹力为零时，设备滚动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L缓慢缩短为L的进程中，外界对滚动设备所做的功W．23．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加快电场，其初速度简直为零，这些离子经加快后经过狭缝O沿着与磁场笔直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最终打在底片上，已知放置底片的区域MN=L，且OM=L．某次丈量发现MN中左边区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子，在恰当调理加快电压后，本来打在MQ的离子即可在QN检测到．（1）求本来打在MN中点P的离子质量m；（2）为使本来打在P的离子能打在QN区域，求加快电压U的调理规模；（3）为了在QN区域将本来打在MQ区域的全部离子检测完好，求需求调理U的最少次数．（取lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699）第8页（共31页）2015年江苏省高考物理试卷参考答案与 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 解析一、单项挑选题（本题共5道小题，每小题3分，合计15分，每小题只要一个选项契合题意）1（．3分）一电器中的变压器可视为抱负变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200B．400C．1600D．3200【剖析】依据抱负变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．【答复】解：依据抱负变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2。则：匝故选：B。【点评】本题首要考察了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的联络，难度不大，归于根底题．2．（3分）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬?考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是（）A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属邻近，两者彼此招引C．小线圈挨近通电线圈进程中，小线圈中发生电流D．从枯燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【剖析】剖析各现象的构成原因，然后判别各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题．【答复】解：A、梳子与头发冲突会发生静电，吸起纸屑，是静电现象，不契合题意。故A过错；第9页（共31页）B、带电小球移至不带电金属邻近，两者彼此招引归于静电感应现象，是静电现象，不契合题意。故B过错；C、小线圈挨近通电线圈进程中，小线圈中发生电流归于电磁感应现象，不归于静电现象。故C正确。D、从枯燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是因为冲突会发生静电，也是静电现象，不契合题意。故D过错；本题选不归于静电现象的，故选：C。【点评】静电是因为冲突使物体带电的现象，平常所见到的冲突起电现象都是一种静电现象．如：塑料的梳子整理枯燥的头发的时分，头发和梳子会粘在一同，而且会发生噼啪的响声；玻璃棒和丝绸冲突，用玻璃棒能够招引碎纸片玻璃棒带正电，丝绸带负电；毛皮和橡胶棒冲突也发生静电，现象和上面相同橡胶棒带负电，毛皮带正电；留意闪电不归于静电，静电积累到必定程度，正负电子诱惑，而发生的放电现象．3．（3分）曩昔几千年来，人类对行星的知道与研讨仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了研讨太阳系外行星的前奏，“51pegb”绕其间心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨迹半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A．B．1C．5D．10【剖析】研讨行星绕某一恒星做匀速圆周运动，依据万有引力供给向心力，列出等式求出中心体的质量剖析求解．【答复】解：研讨行星绕某一恒星做匀速圆周运动，依据万有引力供给向心力，列出等式为：=mrM=“51pegb”绕其间心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨迹半径约为地球绕第10页（共31页）太阳运动半径的，所以该中心恒星与太阳的质量比约为≈1，故选：B。【点评】要求解一个物理量巨细改变，咱们应该把这个物理量先表明出来，再根据已知量进行判别．向心力的公式选取要依据标题供给的已知物理量或所求解的物理量选取使用．4．（3分）如图所示，用天平丈量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN持平，将它们别离挂在天平的右臂下方，线圈中通有巨细相同的电流，天平处于平衡状况，若磁场发生细小改变，天平最简单失掉平衡的是（）A．B．C．D．【剖析】线框所受的安培力越大，天平越简单失掉平衡；因为磁场强度B和电流巨细I持平，即依据线框在磁场中的有用长度巨细联络即可判别其受力巨细联络。【答复】解：天平本来处于平衡状况，所以线框所受安培力越大，天平越简单失去平衡，因为线框平面与磁场强度笔直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有用长度，由图可知，A图的有用长度最长，磁场强度B和电流巨细I持平，所以A所受的安培力最大，则A图最简单使天平第11页（共31页）失掉平衡。故选：A。【点评】本题首要考察了安培力，在核算通电导体在磁场中遭到的安培力时，一定要留意F=BIL公式的L是指导体的有用长度。5．（3分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和封闭，放行和封闭的时刻别离为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加快度2m/s2由停止加快到2m/s，然后匀速向前，则最早挡住他行进的关卡是（）A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5【剖析】人先做加快运动，之后是匀速运动，核算抵达各个关卡的时刻与关卡放行和封闭的时刻比照，得出成果．【答复】解：依据v=at可得，2=2×t1，所以加快的时刻为t1=1s加快的位移为x1=at2==1m，之后匀速运动的时刻为s=3.5s，到达关卡2的时间为t2=1+3.5=4.5s小于5s，放行；可以通过，所以能够经过关卡2持续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动时刻t3=s=4s，所以抵达第3关卡的时刻（从开端运动计时）为8.5s，7＜8.5＜12，也是放行，能够经过，从第3关卡到第4关卡匀速运动时刻仍然是，所以抵达第4关卡的时刻（从开端运动计时）为到达关卡4的总时间为1+3.5+4+4=12.5s，12＜12.5＜14第12页（共31页）关卡放行和封闭的时刻别离为5s和2s，此刻关卡4是封闭的，所以最早挡住他行进的是关卡4，所以C正确；故选：C。【点评】本题是对匀变速直线运动位移时刻联络式的考察，留意开端的进程是匀加快直线运动，要先核算出加快运动的时刻．二、多项挑选题：本题共4小题，每小题4分，合计16分，每小题有多个选项契合题意，悉数选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）一人乘电梯上楼，在竖直上升进程中加快度a随时刻t改变的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小【剖析】当物体对触摸面的压力大于物体的实在重力时，就说物体处于超重状况，此刻有向上的加快度，合力也向上；当物体对触摸面的压力小于物体的实在重力时，就说物体处于失重状况，此刻有向下的加快度，合力也向下．【答复】解：在时刻轴的上方，表明加快度向上，此刻处于超重状况，在时刻轴的下方，表明加快度向下，此刻处于失重状况，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加快度最大，此刻对地板的压力最大，所以A正确；在t=8.5s时具有向下的最大的加快度，此刻对地板的压力最小，所以D正确；故选：AD。【点评】本题是对图象的考察，把握住加快度时刻图象的含义，知道超重和失重的特色即可答复本题．7．（4分）一带正电的小球向右水平抛入规模足够大的匀强电场，电场方向水平第13页（共31页）向左，不计空气阻力，则小球（）A．做直线运动B．做曲线运动C．速首先减小后增大D．速首先增大后减小【剖析】依据合力的方向与速度方向的联络判别小球做直线运动仍是曲线运动，依据合力的方向与速度方向的联络判别小球的速率改变．【答复】解：A、小球受重力和电场力两个力效果，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动。故A过错，B正确。C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大。故C正确，D过错。故选：BC。【点评】处理本题的要害知道物体做直线运动仍是曲线运动的条件，要害看合力的方向与速度方向的联络．8．（4分）两个相同的负电荷和一个正电荷邻近的电场线散布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的间隔持平，则（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低第14页（共31页）【剖析】依据电场线的疏密判别场强的巨细．依据电场线的方向判别电荷的正负．顺着电场线电势逐步下降，由电场线的方向可判别电势的正负．【答复】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强壮于b点的场强，故A正确。B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势下降，所以b点的电势比a点的高，所以B过错；C、负电荷在c点的合场强为零，c点只要正电荷发生的电场强度，在d正电荷发生的场强向上，两个负电荷发生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；D、正电荷到c点的均匀场强壮于正电荷到d点的均匀场强，依据U=Ed可知，正电荷到c点电势下降的多，所以c点的电势比d点的低；也能够依据电势这样了解：由正电荷在d，c两点发生的电势持平，但两个负电荷在d点发生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点。所以D正确；故选：ACD。【点评】本题要把握电场线的物理含义：电场线的疏密表明场强的巨细，顺着电场线电势逐步下降，知道等量异种电荷连线的笔直平分线是一个等势面．9．（4分）如图所示，轻质绷簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，绷簧水平且处于原长，圆环从A处由停止开端下滑，经过B处的速度最大，抵达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处取得一竖直向上的速度v，刚好能回到A，绷簧一向在弹性极限内，重力加快度为g，则圆环（）A．下滑进程中，加快度一向减小第15页（共31页）B．下滑进程中，战胜冲突力做的功为mv2C．在C处，绷簧的弹性势能为mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【剖析】依据圆环的运动状况剖析下滑进程中，加快度的改变；研讨圆环从A处由停止开端下滑到C和在C处取得一竖直向上的速度v，刚好能回到A两个进程，运用动能定理列出等式求解；研讨圆环从A处由停止开端下滑到B进程和圆环从B处上滑到A的进程，运用动能定理列出等式．【答复】解：A、圆环从A处由停止开端下滑，经过B处的速度最大，抵达C处的速度为零，所以圆环先做加快运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加快度为零，所以加快度先减小，后增大，故A过错；B、研讨圆环从A处由停止开端下滑到C进程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+W弹=0﹣0=0在C处取得一竖直向上的速度v，刚好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+（﹣W弹）+Wf=0﹣mv2解得：Wf=﹣mv2，故B正确；弹=mv2﹣mgh，所以在C处，绷簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C过错；C、WD、研讨圆环从A处由停止开端下滑到B进程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f+W′弹=m﹣0研讨圆环从B处上滑到A的进程，运用动能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣mmgh′﹣W′f+W′弹=m因为W′f＜0，所以m＞m，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；故选：BD。第16页（共31页）【点评】能正确剖析小球的受力状况和运动状况，对物理进程进行受力、运动、做功剖析，是处理问题的底子办法，把握动能定理的使用．三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（12题）两部分，合计42分。必做题10．（8分）小明使用如图1所示的试验设备丈量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流表的示数为0.44A（2）调理滑动变阻器，电压表和电流表的示数记载如下：U（V）1.451.361.271.161.06I（A）0.120.200.280.360.44请依据表中的数据，在图2上作出U﹣I图线．由图线求得：电动势E=1.60V；内阻r=1.2Ω．（3）试验时，小明进行了屡次丈量，花费了较长时刻，丈量期间一向坚持电路闭合，其实，从试验差错考虑，这样的操作不当，因为干电池长时刻使用后，电动势和内阻会发生改变，导致试验差错增大．【剖析】（1）依据电流表所选的量程，直接读数即可；（2）依据数据作图，在U﹣I图象中，图线的纵轴截距表明电源的电动势，图线斜率的绝对值表明生果电池的内阻；（3）干电池不易长时刻作业，干电池长时刻使用后，电动势和内阻会发生改变．【答复】解：（1）电流表挑选的量程是0.6A，所以此刻电流表的示数为0.44A；（2）依据表中的数据，画出U﹣I图象如图所示，第17页（共31页）依据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的巨细，直线的斜率代表内电阻的巨细，所以电动势E=1.60V；内阻r=Ω=1.2Ω．（3）干电池长时刻使用后，电动势和内阻会发生改变，导致试验差错增大．故答案为：（1）0.44（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）（3）干电池长时刻使用后，电动势和内阻会发生改变，导致试验差错增大．【点评】本题考察对图象的知道，要把握从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻的办法，在核算内阻的时分，要留意纵坐标的起点不是零．11．（10分）某同学探求小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼效果的运动规矩，实验设备如图1所示，打点计时器的电源为50Hz的交流电．（1）下列试验操作中，不正确的是CD．A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁坚持停止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的一同接通打点计时器的电源第18页（共31页）（2）该同学按正确的进程进行试验（记为“试验①”），将磁铁从管口处开释，打出一条纸带，取开端下落的一段，确认一适宜的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，⋯，8，用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O点的间隔，记载在纸带上，如图2所示．核算相邻计时点间的均匀速度，粗略地表明各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据弥补完好．方位1234567824.533.837.839.039.539.839.839.8（cm/s）（3）剖析如表的试验数据可知：在这段纸带记载的时刻内，磁铁运动速度的变化状况是逐步增大到39.8cm/s；磁铁遭到阻尼效果的改变状况是逐步增大到等于重力．（4）该同学将设备中的铜管更换为相同尺度的塑料管，重复上述试验操作（记为“试验②”），成果表明磁铁下落的运动规矩与自由落体运动规矩简直相同，请问试验②是为了阐明什么？比照试验①和②的成果可得到什么定论？【剖析】（1）小磁铁竖直下落，做的是直线运动，依据打点计时器的使用办法可以判别选项的成果；（2）依据相邻计时点间的均匀速度，粗略地表明各计数点的速度，来核算4点的瞬时速度的巨细；（3）依据磁铁速度的改变状况能够得出改变的状况状况，剖析速度改变的原因；（4）塑料管不会发生电磁感应现象，与铜管中运动的状况比照显着．【答复】解：（1）A、小磁铁竖直下落，穿过铜管，所以铜管要竖直地固定在限位孔的正下方，所以A正确；B、纸带要穿过限位孔，而且压在复写纸下面，所以B正确；C、手应该拉住纸带，而不是捏紧磁铁，所以C过错；D、应该先接通打点计时器的电源，在让磁铁下落，所以D过错；本题选过错的，故选：CD．（2）打下4点的速度等于3、5之间的均匀速度，所以v4=cm/s≈39.0cm/s第19页（共31页）（3）依据试验数据可知，在这段纸带记载的时刻内，磁铁运动速度的改变状况是逐步增大到39.8cm/s，之后匀速运动，阐明磁铁遭到的阻尼效果是逐步增大，最终等于重力的巨细．（4）磁铁在塑料管中不会发生电磁感应现象，不受阻尼效果的影响，比照试验①和②可知，磁铁在铜管中遭到的阻尼效果首要是电磁阻尼效果．故答案为：（1）CD（2）39.0（3）逐步增大到39.8cm/s；逐步增大到等于重力（4）为了阐明磁铁在塑料管中简直不受阻尼效果；磁铁在铜管中遭到的阻尼效果首要是电磁阻尼效果【点评】本题是对纸带运动状况的考察，一同也考察的对电磁感应现象了解，根据纸带的运动状况剖析电磁感应对运动状况的影响，捉住试验的本质即可剖析本题．（选做题）本题包含A、B、C三小题，请选定其间两小题，并在相应答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A[选修3-3]12．（4分）对下列几种固体物质的知道，正确的有（）A．食盐熔化进程中，温度坚持不变，阐明食盐是晶体B．烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，阐明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是因为该物质的微粒在空间的摆放不规矩D．石墨和金刚石的物理性质不同，是因为组成它们的物质微粒摆放结构不同【剖析】单晶体结构规矩且具有各向异性，晶体有固定的熔点，在熔化进程中温度坚持不变．【答复】解：A、晶体的特色是在熔化进程中温度坚持不变，有固定的熔点，食盐熔化进程中，温度坚持不变，阐明食盐是晶体。所以A正确；B、烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，阐明云母片是晶体，所以B过错；C、天然石英表现为各向异性，是因为该物质的微粒在空间的摆放规矩形成的，第20页（共31页）所以C过错；D、石墨和金刚石的物理性质不同，是因为组成它们的物质微粒摆放结构不同造成的，所以D正确；故选：AD。【点评】晶体熔化进程中，不断吸收热量，温度坚持不变，而温度是分子均匀动能的标志，由能量守恒 规则 编码规则下载淘宝规则下载天猫规则下载麻将竞赛规则pdf麻将竞赛规则pdf 剖析知，热量转化为内能，表现为分子势能的添加．13．（4分）在装有食物的包装袋中充入氮气，能够起到保质效果，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充溢必定量的氮气，然后密封进行加压测验，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为抱负气体，则加压测验进程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子碰击的效果力增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能不变（选填“增大”、“减小”或“不变”）．【剖析】对包装袋缓慢地施加压力的进程中，外界对其他做功，气体的体积减小，依据热力学规则来剖析内能的改变，依据气体状况方程剖析压强的改变．【答复】解：包装袋缓慢地施加压力，气体的体积减小，压强增大，装袋内壁单位面积上所受气体分子碰击的效果力增大，测验时，对包装袋缓慢地施加压力，阐明在试验的进程中，气体的温度不变，所以试验气体的内能不变．故答案为：增大；不变【点评】本题是对气体的热力学规则和气体状况方程的考察，知道外力做功和气体内能改变之间的联络即可，难度不大．14．（4分）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个规范大气压，体积为1L，将其缓慢压缩到压强为2个规范大气压时，气体的体积变为0.45L，请经过核算判别该包装袋是否漏气．【剖析】依据等温改变的玻意尔规则P0V0=P1V1，使用假定法，即假定气体的体积不变，即可求解体积，然后与其比较，从而求解．【答复】解：假定不漏气，设加压后的体积为V1，依据等温进程，即P0V0=P1V1，第21页（共31页）代入数据，解得：V1===0.5L；因为0.45L＜0.5L，因而包装袋是漏气．答：经过以上核算，该包装袋是漏气．【点评】考察抱负气体的状况方程的使用，把握等温改变的气体改变规矩，了解假定法的运用．一同知道抱负气体的含义．B[选修3-4]15．（4分）一渔船向鱼群宣布超声波，若鱼群正向渔船挨近，则被鱼群反射回来的超声波与宣布的超声波比较（）A．波速变大B．波速不变C．频率变高D．频率不变【剖析】依据声响的多普勒效应剖析答复，声源移向观察者时接纳频率变高，即间隔声源越远，频率越低，间隔声源越近，频率越高．【答复】解：渔船向鱼群宣布超声波，若鱼群正向渔船挨近，波速由介质决议，所以被鱼群反射回来的超声波与宣布的超声波比较波速不变，依据声响的多普勒效应，声源移向观察者时接纳频率变高，所以被鱼群反射回来的超声波与宣布的超声波比较频率变高，故选：BC。【点评】关于多普勒效应，要知道在波源与观察者挨近时观察者接纳到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时接纳频率变低；即嘹亮表明远离，消沉表明靠近．16．（4分）用2×106Hz的超声波查看胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速别离为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的1.5倍，用超声波查看胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时不简单（选填“容易”或“不简单”）发生衍射．【剖析】本题考察波长、波速及频率的联络，解题时要留意频率与波源决议；而波速由介质决议；一同清晰三者间的联络．【答复】解：超声波在传达中频率不变，波长λ=；则阐明波长与波速成正比，第22页（共31页）故波长之比为：=1.5倍；因为波长越短越不简单发生衍射现象；故选用超声波能够有用查看胆结石；故答案为：1.5；不简单．【点评】本题考察声波中波长、波速和频率的联络，要留意清晰三个物理量各自的决议因素及彼此联络．17．（4分）人工树脂是常用的眼镜镜片资料，如图所示，光线射在一人工树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光线的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人工树脂资料的折射率n．【剖析】先依据图中的几许联络，求出折射光线的折射角的正弦值，然后由折射率的界说式即可求得．【答复】解：将过O点的法线延伸，与BP交于D点，如图，由几许联络可得：PD=BP﹣BD=BP﹣AO=12﹣5=7cm=cm≈21.2cm所以：该人工树脂资料的折射率：答：该人工树脂资料的折射率是1.5．第23页（共31页）【点评】该题考察光的折射规则，在已知入射角的状况下，结合几许联络来确认折射角的巨细或折射角的正弦值的巨细是答复的要害．所以答复的思路是先求出折射角的正弦值．C[选修3-5]18．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（）A．光电效应现象提醒了光的粒子性B．热中子束射到晶体上发生的衍射图样阐明中子具有波动性C．黑体辐射的试验规矩可用光的波动性解说D．动能持平的质子和电子，它们的德布罗意波长也持平【剖析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对很多光子才有含义；光电效应现象提醒了光的粒子性；相邻原子之间的间隔大致与中子的德布罗意波长相同故能发生显着的衍射现象；普朗克借助于能量子假说，完美的解说了黑体辐射规矩，破除了“能量接连改变”的传统观念；德布罗意波长为λ=，P是动量，h是普朗克常量．【答复】解：A、光电效应现象提醒了光的粒子性。故A正确；B、热中子束射到晶体上发生的衍射图样阐明中子具有波动性。故B正确；C、黑体辐射的试验规矩不能使用光的波动性解说，而普朗克借助于能量子假说，完美的解说了黑体辐射规矩，破除了“能量接连改变”的传统观念。故C过错；D、依据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长持平，则动量P也持平，动能则不持平。故D过错。故选：AB。【点评】本题首要考察德布罗意波和黑体辐射理论，在考纲中归于基本要求．明确各种物理现象的本质和原理才干顺畅处理此类标题，故平常学习时要“知其然，更要知其所以然”．19．核电站使用原子核链式反响放出的世大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料，U受一个中子炮击后裂变成Ba和Kr两部分，并发生3第24页（共31页）个中子，要使链式反响发生，裂变物质的体积要大于（选填“大于”或“小于”）它的临界体积．【剖析】正确答复本题需求把握：聚变和裂变反响的特色以及使用；质量数和电荷数守恒在核反响中的使用以及质子数、中子数、质量数等之间联络．【答复】解：U受一个中子炮击后裂变成Ba和Kr两部分，依据依据电荷数和质量数守恒有：92=56+36，235+1=144+89+x×1，解得x=3，所以中子个数为3．链式反响的条件：大于临界体积．故答案为：3，大于【点评】裂变和聚变是在原子物理中学习的两种重要反响，要清晰它们的特色以及使用，娴熟使用质量数和电荷数守恒答复有关问题．20．取质子的质量mp=1.6726×10﹣27kg，中子的质量mn=1.6749×10﹣27kg，α粒﹣27kg，光速c=3.0×108m/s，请核算α粒子的结合能．（计子的质量mα=6.6467×10算成果保存两位有用数字）【剖析】组成α粒子的核子与α粒子的质量差即为两个质子和两个中子结组成一个α粒子时丢失的质量，有质能方程代入数据即可得知α粒子的结合能．【答复】解：组成α粒子的核子与α粒子的质量差为：△m=（2mp+2mn）﹣mα所以结合能为：△E=△mc2﹣12J代入数据解得：△E=4.3×10﹣12J答：α粒子的结合能为4.3×10【点评】核子结组成原子核时，有质量亏本，依据爱因斯坦的质能联络方程，必然放出相应的能量△E=△mc2，这个能量叫做原子核的结合能．明显，假如要把原子核分隔成核子，有必要处以相同的能量．核子组成不同的原子核时，放出的结合能的巨细也不相同．结合能除以核子数就得到核子的均匀结合能，其含义是：核子结组成原子核时，均匀每个核子所开释的结合能．它也等于把原子核离散成核子时，外界有必要供给给每个核子的均匀能量．第25页（共31页）四、核算题：本题共3小题，合计47分，答复时请写出必要的文字阐明、方程式和重要的演算进程．只写出最终答案的不能得分．有数值核算的题，答案中有必要清晰写出数值和单位．21．（15分）做磁共振（MRI）查看时，对人体施加的磁场发生改变时会在肌肉安排中发生感应电流，某同学为了预算该感应电流对肌肉安排的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉安排等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈导线的截面积A=0.80cm2，电阻率ρ=1.5Ω?，m如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：（核算成果保存一位有用数字）（1）该圈肌肉安排的电阻R；（2）该圈肌肉安排中的感应电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量Q．【剖析】（1）由电阻规则即可求出该圈肌肉安排的电阻R；（2）依据法拉第电磁感应规则即可求出该圈肌肉安排中的感应电动势E；（3）由焦耳规则：Q=I2Rt，即可求出0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量Q．【解答】解：（1）由电阻定律得：Ω；（2）依据法拉第电磁感应规则得：﹣2V代入数据得：E=4×10（3）由焦耳规则：Q=I2Rt=，得：J答：（1）该圈肌肉安排的电阻是6×103Ω；﹣2V；（2）该圈肌肉安排中的感应电动势是4×10﹣8J．（3）0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量是8×10第26页（共31页）【点评】本题情形是设置尽管比较新颖，归于线圈类型，要把握法拉第规则的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆规则进行求解．22．（16分）一滚动设备如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环经过铰链衔接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质绷簧衔接在O与小环之间，原长为L，设备停止时，绷簧长为L，滚动该设备并缓慢增大转速，小环缓慢上升，绷簧一向在弹性限度内，疏忽悉数冲突和空气阻力，重力加快度为g．求：（1）绷簧的劲度系数k；（2）AB杆中弹力为零时，设备滚动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L缓慢缩短为L的进程中，外界对滚动设备所做的功W．【剖析】（1）设备停止时，别离对小环和小球剖析，依据共点力平衡，结合胡克规则求出绷簧的劲度系数；（2）当AB杆弹力为零时，对小环剖析，依据共点力平衡和胡克规则求出绷簧的长度，对小球剖析，捉住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力供给向心力，依据牛顿第二规则求出设备滚动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L缓慢缩短为L的进程中，捉住绷簧的弹性势能不变，弹力不做功，依据动能定理，结合小环平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力供给向心力，求出外界对滚动设备所做的功W．【答复】解：（1）设备停止时，设OA、AB杆中的弹力别离为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，小环遭到绷簧的弹力，第27页（共31页）小环受力平衡，F弹1=mg+2T1cosθ1，小球受力平衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，解得k=．（2）设OA、AB杆中的弹力别离为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，绷簧长度为x．小环遭到绷簧的弹力F弹2=k（x﹣L），小环受力平衡，F弹2=mg，解得x=，对小球，F2cosθ2=mg，，且，解得．（3）绷簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力别离为F3、T3，OA杆与绷簧的夹角为θ3，小环遭到的弹力，小环受力平衡，2T3cosθ3=mg+F弹3，且cosθ3=，对小球，F3cosθ3=T3cosθ3+mg，，解得．整个进程中绷簧弹性势能改变为零，则弹力做功为零，由动能定理得，=，解得W=．答：（1）绷簧的劲度系数为；（2）设备滚动的角速度为；（3）外界对滚动设备所做的功为．【点评】本题归纳考察了动能定理、牛顿第二规则、共点力平衡和胡克规则的运用，当设备滚动时，捉住小环平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力供给向心力进行求解．第28页（共31页）23．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加快电场，其初速度简直为零，这些离子经加快后经过狭缝O沿着与磁场笔直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最终打在底片上，已知放置底片的区域MN=L，且OM=L．某次丈量发现MN中左边区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子，在恰当调理加快电压后，本来打在MQ的离子即可在QN检测到．（1）求本来打在MN中点P的离子质量m；（2）为使本来打在P的离子能打在QN区域，求加快电压U的调理规模；（3）为了在QN区域将本来打在MQ区域的全部离子检测完好，求需求调理U的最少次数．（取lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699）【剖析】（1）离子先由电场加快，后进入磁场做匀速圆周运动．先依据动能定理求出电场加快取得的速度表达式，再由几许联络求出磁场中轨迹半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求解离子的质量．（2）由几许联络得到离子打在N点和Q点时的轨迹半径，由上式成果求解电压U的规模．（3）运用归纳法，依据轨迹半径与电压的联络，得到调理电压U的次数表达式，再进行求解．【答复】解：（1）离子在电场中加快，由动能定理得：qU0=⋯①在磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB=m⋯②解得：r=第29页（共31页）代入r0=L解得：m=（2）由（1）中第①②两式知：U=离子打在Q点，轨迹半径为：r==r0，则有：U=离子打在N点，轨迹半径为：r=L=r0，U=则电压的规模为：≤U≤．（3）由（1）知，r∝由题意知，第1次调理电压到U1，使本来打在Q点的离子打在N点，则=此刻，本来半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，=解得r1=（）2L第2次调理电压到U2，使本来打在Q1的离子打在N点，本来半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则=，=解得r2=（）3L=+1L同理，第n次调节电压，有rn=（）n检测完好，有rn≤解得n≥﹣1≈2.8故需求调理U的最少次数为3次．另一种解法（第三次调理电压到U3，使本来打到Q2点的离子打到N点，有：，此刻，设本来半径为r3的打在Q3的离子打在Q上，则=，解得：r3==＜，调理电压的次数最少为3次．）第30页（共31页）答：（1）本来打在MN中点P的离子质量m为；（2）为使本来打在P的离子能打在QN区域，加快电压U的调理规模为≤U≤；（3）需求调理U的最少次数为3次．【点评】本题是动能定理和牛顿规则的归纳题，处理本题的要害会运用几许常识和归纳法剖析离子轨迹半径改变的规矩，灵活运用动能规则和牛顿第二规则解答．第31页（共31页）