江苏省高考物理试卷高考

江苏省高考的物理试卷-高考江苏省高考的物理试卷-高考江苏省高考的物理试卷-高考2015年江苏省高考物理试卷一、单项精选题（此题共5道小题，每题3分，共计15分，每题只需一个选项切合题意）1（．3分）一电器中的变压器可视为志向变压器，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广泛存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记录，《春秋纬?考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但以下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周边，二者相互招引C．小线圈挨近通电线圈进度中，小线圈中发生电流D．从乏味的地毯上走过，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商讨仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了商讨太阳系外行星的前奏，“51pegb”绕此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）以下图，用天平测量匀强磁场的磁感觉强度，以下各选项所示的载流线圈匝数同样，边长MN持平，将它们分离挂在天平的右臂下方，线圈中通有巨细同样的电流，天平处于均衡情况，若磁场发生渺小改变，天平最简单失去平衡的是（）第1页（共31页）A．B．C．D．5．（3分）以下图，某“闯关游戏”的笔挺通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时辰分离为5s和2s，关卡刚放行时，一起学立刻在关卡1处以加速度2m/s2由停止加速到2m/s，而后匀速向前，则最早挡住他前进的关卡是（）A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5二、多项精选题：此题共4小题，每题4分，共计16分，每题有多个选项切合题意，尽数选对的得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，在竖直上涨进度中加速度a随时辰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．速第一减小后增大D．速第一增大后减小8．（4分）两个同样的负电荷和一个正电荷周边的电场线分布以下图，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）以下图，轻质绷簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗拙竖直固定杆A处的圆环相连，绷簧水平且处于原长，圆环从A处由停止初步下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，绷簧一直在弹性极限内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑进度中，加速度一直减小B．下滑进度中，战胜矛盾力做的功为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：此题分必做题（第10、11题）和选做题（12题）两部分，共计42分。必做题第3页（共31页）10．（8分）小明使用如图1所示的试验设施测量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流表的示数为A（2）调治滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录以下：U（V）1.451.361.271.161.06I（A）0.120.200.280.360.44请依照表中的数据，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，小明进行了频频测量，花销了较长时辰，测量时期一直坚持电路闭合，其实，从试验差错考虑，这样的操作不妥，由于．11．（10分）某同学探究小磁铁在铜管中着落时受电磁阻尼成效的运动规矩，实验设施如图1所示，打点计时器的电源为50Hz的沟通电．（1）以下试验操作中，不正确的选项是．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，压在复写纸下边第4页（共31页）C．用手捏紧磁铁坚持停止，而后轻轻地松开让磁铁着落D．在磁铁着落的一起接通打点计时器的电源（2）该同学按正确的进度进行试验（记为“试验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取初步着落的一段，确认一适合的点为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，记录在纸带上，如图2所示．核算相邻计时点间的平均速度，大略地表示各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据填补完满．方向1234567824.533.837.839.539.839.839.8（cm/s）（3）分析如表的试验数据可知：在这段纸带记录的时辰内，磁铁运动速度的变化情况是；磁铁受到阻尼成效的改变情况是．（4）该同学将设施中的铜管改换为同样尺度的塑料管，重复上述试验操作（记为“试验②”），成就表示磁铁着落的运动规矩与自由落体运动规矩几乎同样，请问试验②是为了说明什么？对比试验①和②的成就可获得什么定论？（选做题）此题包括A、B、C三小题，请选定此间两小题，并在相应答题地区内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A[选修3-3]12．（4分）对以下几种固体物质的知道，正确的有（）A．食盐融化进度中，温度坚持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，融化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于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一样，是由于构成它们的物质微粒摆放构造不一样13．（4分）在装有食品的包装袋中充入氮气，能够起到保质成效，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满必然量的氮气，而后密封进行加压测试，测试时，对包装袋迟缓地施加压力，将袋内的氮气视为抱赌气体，则加压测试进度中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子碰击的成效力（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，将其迟缓压缩到压强为2个规范大气压时，气体的体积变为0.45L，请经过核算鉴别该包装袋能否漏气．B[选修3-4]15．（4分）一渔船向鱼群宣告超声波，若鱼群正向渔船挨近，则被鱼群反射回来的超声波与宣告的超声波比较（）A．波速变大B．波速不变C．频次变高D．频次不变16．（4分）用2×106Hz的超声波查察胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分离为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的倍，用超声波查察胆结石是由于超声波的波长较短，碰到结石时（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，以下图，光芒射在一人工树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光芒的入射角为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点，以下说法正确的选项是（）A．光电效应现象提示了光的粒子性B．热衷子束射到晶体上发生的衍射图样说明中子拥有颠簸性C．黑体辐射的试验规矩可用光的颠簸性讲解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应放出的世大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料，U受一其中子炮击后裂变为Ba和Kr两部分，并发生其中子，要使链式反应发生，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粒子的联合能．（计子的质量mα=6.6467×10算成就保留两位实用数字）四、核算题：此题共3小题，共计47分，回复时请写出必需的文字说明、方程式和重要的演算进度．只写出最后答案的不可以得分．有数值核算的题，答案中有必需清楚写出数值和单位．21．（15分）做磁共振（MRI）查察时，对人体施加的磁场发生改变时会在肌肉安排中发生感觉电流，某同学为了估算该感觉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以下图，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感觉强度B在0.3s内从1.5T平均地减为零，求：（核算成就保留一位实用数字）（1）该圈肌肉安排的电阻R；（2）该圈肌肉安排中的感觉电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量Q．22．（16分）一转动设施以下图，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环经过铰链连接，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连接在O与小环之间，原长为L，设施停止时，绷簧长为L，转动该设施并迟缓增大转速，小环迟缓上涨，绷簧一直在弹性限度内，大意尽数矛盾和空气阻力，重力加速度为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，设施转动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L迟缓缩短为L的进度中，外界对转动设施所做的功W．23．（16分）一台质谱仪的工作原理以下图，电荷量均为+q、质量不一样的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经加速后经过狭缝O沿着与磁场笔挺的方向进入磁感觉强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知搁置底片的地区MN=L，且OM=L．某次测量发现MN中左侧地区MQ破坏，检测不到离子，但右边地区QN还能正常检测到离子，在适合调治加速电压后，原来打在MQ的离子即可在QN检测到．（1）求原来打在MN中点P的离子质量m；（2）为使原来打在P的离子能打在QN地区，求加速电压U的调治规模；（3）为了在QN地区将原来打在MQ地区的所有离子检测完满，求需求调治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照答案与试题分析一、单项精选题（此题共5道小题，每题3分，共计15分，每题只需一个选项切合题意）1（．3分）一电器中的变压器可视为志向变压器，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【分析】依照志向变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．【回复】解：依照志向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：匝应选：B。【评论】此题首要观察了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的联系，难度不大，归于根基题．2．（3分）静电现象在自然界中广泛存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记录，《春秋纬?考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但以下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周边，二者相互招引C．小线圈挨近通电线圈进度中，小线圈中发生电流D．从乏味的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【分析】分析各现象的构成原由，而后鉴别各现象的成因能否与静电现象相关，而后答题．【回复】解：A、梳子与头发矛盾会发生静电，吸起纸屑，是静电现象，不切合题意。故A过失；第9页（共31页）B、带电小球移至不带电金属周边，二者相互招引归于静电感觉现象，是静电现象，不切合题意。故B过失；C、小线圈挨近通电线圈进度中，小线圈中发生电流归于电磁感觉现象，不归于静电现象。故C正确。D、从乏味的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于矛盾会发生静电，也是静电现象，不切合题意。故D过失；此题选不归于静电现象的，应选：C。【评论】静电是由于矛盾使物体带电的现象，平时所见到的矛盾起电现象都是一种静电现象．如：塑料的梳子整理乏味的头发的时分，头发和梳子会粘在一起，并且会发生噼啪的响声；玻璃棒和丝绸矛盾，用玻璃棒能够招引碎纸片玻璃棒带正电，丝绸带负电；毛皮和橡胶棒矛盾也发生静电，现象和上边同样橡胶棒带负电，毛皮带正电；留神闪电不归于静电，静电累积到必然程度，正负电子迷惑，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商讨仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了商讨太阳系外行星的前奏，“51pegb”绕此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【分析】商讨行星绕某一恒星做匀速圆周运动，依照万有引力供应向心力，列出等式求出中心体的质量分析求解．【回复】解：商讨行星绕某一恒星做匀速圆周运动，依照万有引力供应向心力，列出等式为：=mrM=“51pegb”绕此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，因此该中心恒星与太阳的质量比约为≈1，应选：B。【评论】要求解一个物理量巨细改变，我们应当把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行鉴别．向心力的公式选用要依照标题供应的已知物理量或所求解的物理量选用使用．4．（3分）以下图，用天平测量匀强磁场的磁感觉强度，以下各选项所示的载流线圈匝数同样，边长MN持平，将它们分离挂在天平的右臂下方，线圈中通有巨细同样的电流，天平处于均衡情况，若磁场发生渺小改变，天平最简单失去平衡的是（）A．B．C．D．【分析】线框所受的安培力越大，天平越简单失去均衡；由于磁场强度B和电流巨细I持平，即依照线框在磁场中的实用长度巨细联系即可鉴别其受力巨细联系。【回复】解：天平原来处于均衡情况，因此线框所受安培力越大，天平越简单失去均衡，由于线框平面与磁场强度笔挺，且线框不全在磁场地区内，因此线框与磁场地区的交点的长度等于线框在磁场中的实用长度，由图可知，A图的实用长度最长，磁场强度B和电流巨细I持平，因此A所受的安培力最大，则A图最简单使天平第11页（共31页）失去均衡。应选：A。【评论】此题首要观察了安培力，在核算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要留神F=BIL公式的L是指导体的实用长度。5．（3分）以下图，某“闯关游戏”的笔挺通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时辰分离为5s和2s，关卡刚放行时，一起学立刻在关卡1处以加速度2m/s2由停止加速到2m/s，而后匀速向前，则最早挡住他前进的关卡是（）A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5【分析】人先做加速运动，以后是匀速运动，核算到达各个关卡的时辰与关卡放行和关闭的时辰对比，得出成就．【回复】解：依照v=at可得，2=2×t1，因此加速的时辰为t1=1s加速的位移为x1=at2==1m，以后匀速运动的时辰为s=3.5s，到达关卡2的时间为t2=1+3.5=4.5s小于5s，放行；能够经过，因此能够经过关卡2连续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动时辰t3=s=4s，因此到达第3关卡的时辰（从初步运动计时）为8.5s，7＜8.5＜12，也是放行，能够经过，从第3关卡到第4关卡匀速运动时辰仍旧是，因此到达第4关卡的时辰（从初步运动计时）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）关卡放行和关闭的时辰分离为5s和2s，现在关卡4是关闭的，因此最早挡住他前进的是关卡4，因此C正确；应选：C。【评论】此题是对匀变速直线运动位移时辰联系式的观察，留神初步的进度是匀加速直线运动，要先核算出加速运动的时辰．二、多项精选题：此题共4小题，每题4分，共计16分，每题有多个选项切合题意，尽数选对的得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，在竖直上涨进度中加速度a随时辰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【分析】当物体对触摸面的压力大于物体的实在重力时，就说物体处于超重情况，现在有向上的加速度，协力也向上；当物体对触摸面的压力小于物体的实在重力时，就说物体处于失重情况，现在有向下的加速度，协力也向下．【回复】解：在时辰轴的上方，表示加速度向上，现在处于超重情况，在时辰轴的下方，表示加速度向下，现在处于失重情况，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，现在对地板的压力最大，因此A正确；在t=8.5s时拥有向下的最大的加速度，现在对地板的压力最小，因此D正确；应选：AD。【评论】此题是对图象的观察，掌握住加速度时辰图象的含义，知道超重和失重的特点即可回复此题．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．速第一减小后增大D．速第一增大后减小【分析】依照协力的方向与速度方向的联系鉴别小球做直线运动还是曲线运动，依照协力的方向与速度方向的联系鉴别小球的速率改变．【回复】解：A、小球受重力和电场力两个力成效，协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过失，B正确。C、小球所受的协力与速度方向先成钝角，而后成锐角，可知协力先做负功而后做正功，则速度先减小后增大。故C正确，D过失。应选：BC。【评论】办理此题的要害知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，要害看协力的方向与速度方向的联系．8．（4分）两个同样的负电荷和一个正电荷周边的电场线分布以下图，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）【分析】依照电场线的疏密鉴别场强的巨细．依照电场线的方向鉴别电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降落，由电场线的方向可鉴别电势的正负．【回复】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强健于b点的场强，故A正确。B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降落，因此b点的电势比a点的高，因此B过失；C、负电荷在c点的合场强为零，c点只需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，因此c点的电场强度比d点的大，因此C正确；D、正电荷到c点的平均场强健于正电荷到d点的平均场强，依照U=Ed可知，正电荷到c点电势降落的多，因此c点的电势比d点的低；也能够依照电势这样认识：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，因此c点的总电势低于d点。因此D正确；应选：ACD。【评论】此题要掌握电场线的物理含义：电场线的疏密表示场强的巨细，顺着电场线电势逐渐降落，知道等量异种电荷连线的笔挺均分线是一个等势面．9．（4分）以下图，轻质绷簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗拙竖直固定杆A处的圆环相连，绷簧水平且处于原长，圆环从A处由停止初步下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，绷簧一直在弹性极限内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑进度中，加速度一直减小第15页（共31页）B．下滑进度中，战胜矛盾力做的功为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【分析】依照圆环的运动情况分析下滑进度中，加速度的改变；商讨圆环从A处由停止初步下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个进度，运用动能定理列出等式求解；商讨圆环从A处由停止初步下滑到B进度和圆环从B处上滑到A的进度，运用动能定理列出等式．【回复】解：A、圆环从A处由停止初步下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，因此圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，因此经过B处的加速度为零，因此加速度先减小，后增大，故A过失；B、商讨圆环从A处由停止初步下滑到C进度，运用动能定理列出等式mgh+Wf+W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到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，因此在C处，绷簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C过失；C、WD、商讨圆环从A处由停止初步下滑到B进度，运用动能定理列出等式mgh′+W′f+W′弹=m﹣0商讨圆环从B处上滑到A的进度，运用动能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣mmgh′﹣W′f+W′弹=m由于W′f＜0，因此m＞m，因此上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；应选：BD。第16页（共31页）【评论】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理进度进行受力、运动、做功分析，是办理问题的底子方法，掌握动能定理的使用．三、简答题：此题分必做题（第10、11题）和选做题（12题）两部分，共计42分。必做题10．（8分）小明使用如图1所示的试验设施测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）调治滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录以下：U（V）1.451.361.271.161.06I（A）0.120.200.280.360.44请依照表中的数据，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，小明进行了频频测量，花销了较长时辰，测量时期一直坚持电路闭合，其实，从试验差错考虑，这样的操作不妥，由于干电池长时辰使用后，电动势和内阻会发生改变，致使试验差错增大．【分析】（1）依照电流表所选的量程，直接读数即可；（2）依照数据作图，在U﹣I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示生果电池的内阻；（3）干电池不易长时辰作业，干电池长时辰使用后，电动势和内阻会发生改变．【回复】解：（1）电流表精选的量程是0.6A，因此现在电流表的示数为0.44A；（2）依照表中的数据，画出U﹣I图象以下图，第17页（共31页）依照图象可知，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，因此电动势E=1.60V；内阻r=Ω=1.2Ω．（3）干电池长时辰使用后，电动势和内阻会发生改变，致使试验差错增大．故答案为：（1）0.44（2）以下图；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）（3）干电池长时辰使用后，电动势和内阻会发生改变，致使试验差错增大．【评论】此题观察对图象的知道，要掌握从U﹣I图线中获得电源的电动势和内电阻的方法，在核算内阻的时分，要留神纵坐标的起点不是零．11．（10分）某同学探究小磁铁在铜管中着落时受电磁阻尼成效的运动规矩，实验设施如图1所示，打点计时器的电源为50Hz的沟通电．（1）以下试验操作中，不正确的选项是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，压在复写纸下边C．用手捏紧磁铁坚持停止，而后轻轻地松开让磁铁着落D．在磁铁着落的一起接通打点计时器的电源第18页（共31页）（2）该同学按正确的进度进行试验（记为“试验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取初步着落的一段，确认一适合的点为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，记录在纸带上，如图2所示．核算相邻计时点间的平均速度，大略地表示各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据填补完满．方向1234567824.533.837.839.039.539.839.839.8（cm/s）（3）分析如表的试验数据可知：在这段纸带记录的时辰内，磁铁运动速度的变化情况是逐渐增大到39.8cm/s；磁铁受到阻尼成效的改变情况是逐渐增大到等于重力．（4）该同学将设施中的铜管改换为同样尺度的塑料管，重复上述试验操作（记为“试验②”），成就表示磁铁着落的运动规矩与自由落体运动规矩几乎同样，请问试验②是为了说明什么？对比试验①和②的成就可获得什么定论？【分析】（1）小磁铁竖直着落，做的是直线运动，依照打点计时器的使用方法可以鉴别选项的成就；（2）依照相邻计时点间的平均速度，大略地表示各计数点的速度，来核算4点的刹时速度的巨细；（3）依照磁铁速度的改变情况能够得出改变的情况情况，分析速度改变的原由；（4）塑料管不会发生电磁感觉现象，与铜管中运动的情况对比显着．【回复】解：（1）A、小磁铁竖直着落，穿过铜管，因此铜管要竖直地固定在限位孔的正下方，因此A正确；B、纸带要穿过限位孔，并且压在复写纸下边，因此B正确；C、手应当拉住纸带，而不是捏紧磁铁，因此C过失；D、应当先接通打点计时器的电源，在让磁铁着落，因此D过失；此题选过失的，应选：CD．（2）打下4点的速度等于3、5之间的平均速度，因此v4=cm/s≈39.0cm/s第19页（共31页）（3）依照试验数据可知，在这段纸带记录的时辰内，磁铁运动速度的改变情况是逐渐增大到39.8cm/s，以后匀速运动，说明磁铁受到的阻尼成效是逐渐增大，最后等于重力的巨细．（4）磁铁在塑料管中不会发生电磁感觉现象，不受阻尼成效的影响，对比试验①和②可知，磁铁在铜管中受到的阻尼成效首若是电磁阻尼成效．故答案为：（1）CD（2）39.0（3）逐渐增大到39.8cm/s；逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼成效；磁铁在铜管中受到的阻尼成效首若是电磁阻尼成效【评论】此题是对纸带运动情况的观察，一起也观察的对电磁感觉现象认识，根据纸带的运动情况分析电磁感觉对运动情况的影响，捉住试验的实质即可分析本题．（选做题）此题包括A、B、C三小题，请选定此间两小题，并在相应答题地区内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A[选修3-3]12．（4分）对以下几种固体物质的知道，正确的有（）A．食盐融化进度中，温度坚持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，融化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于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一样，是由于构成它们的物质微粒摆放构造不一样【分析】单晶体构造规矩且拥有各向异性，晶体有固定的熔点，在融化进度中温度坚持不变．【回复】解：A、晶体的特点是在融化进度中温度坚持不变，有固定的熔点，食盐融化进度中，温度坚持不变，说明食盐是晶体。因此A正确；B、烧热的针尖触摸涂有蜂蜡薄层的云母片反面，融化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，因此B过失；C、天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的摆放规矩形成的，第20页（共31页）因此C过失；D、石墨和金刚石的物理性质不一样，是由于构成它们的物质微粒摆放构造不一样造成的，因此D正确；应选：AD。【评论】晶体融化进度中，不停汲取热量，温度坚持不变，而温度是分子平均动能的标记，由能量守恒规则分析知，热量转变为内能，表现为分子势能的增添．13．（4分）在装有食品的包装袋中充入氮气，能够起到保质成效，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满必然量的氮气，而后密封进行加压测试，测试时，对包装袋迟缓地施加压力，将袋内的氮气视为抱赌气体，则加压测试进度中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子碰击的成效力增大（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”）．【分析】对包装袋迟缓地施加压力的进度中，外界对其余做功，气体的体积减小，依照热力学规则来分析内能的改变，依照气体情况方程分析压强的改变．【回复】解：包装袋迟缓地施加压力，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成效力增大，测试时，对包装袋迟缓地施加压力，说明在试验的进度中，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【评论】此题是对气体的热力学规则随和体情况方程的观察，知道外力做功随和体内能改变之间的联系即可，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，将其迟缓压缩到压强为2个规范大气压时，气体的体积变为0.45L，请经过核算鉴别该包装袋能否漏气．【分析】依照等温改变的玻意尔规则P0V0=P1V1，使用假设法，即假设气体的体积不变，即可求解体积，而后与其比较，进而求解．【回复】解：假设不漏气，设加压后的体积为V1，依照等温进度，即P0V0=P1V1，第21页（共31页）代入数据，解得：V1===0.5L；由于0.45L＜0.5L，因此包装袋是漏气．答：经过以上核算，该包装袋是漏气．【评论】观察抱赌气体的情况方程的使用，掌握等温改变的气体改变规矩，认识假设法的运用．一起知道抱赌气体的含义．B[选修3-4]15．（4分）一渔船向鱼群宣告超声波，若鱼群正向渔船挨近，则被鱼群反射回来的超声波与宣告的超声波比较（）A．波速变大B．波速不变C．频次变高D．频次不变【分析】依照声响的多普勒效应分析回复，声源移向察看者时采取频次变高，即间隔声源越远，频次越低，间隔声源越近，频次越高．【回复】解：渔船向鱼群宣告超声波，若鱼群正向渔船挨近，波速由介质决策，因此被鱼群反射回来的超声波与宣告的超声波比较波速不变，依照声响的多普勒效应，声源移向察看者时采取频次变高，因此被鱼群反射回来的超声波与宣告的超声波比较频次变高，应选：BC。【评论】对于多普勒效应，要知道在波源与察看者挨近时察看者采取到的波的频率变高，而在波源与察看者远离时采取频次变低；即嘹亮表示远离，低沉表示靠近．16．（4分）用2×106Hz的超声波查察胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分离为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，用超声波查察胆结石是由于超声波的波长较短，碰到结石时不简单（选填“容易”或“不简单”）发生衍射．【分析】此题观察波长、波速及频次的联系，解题时要留神频次与波源决策；而波速由介质决策；一起清楚三者间的联系．【回复】解：超声波在传达中频次不变，波长λ=；则说明波长与波速成正比，第22页（共31页）故波长之比为：=1.5倍；由于波长越短越不简单发生衍射现象；应采用超声波能够实用查察胆结石；故答案为：1.5；不简单．【评论】此题观察声波中波长、波速和频次的联系，要留神清楚三个物理量各自的决策要素及相互联系．17．（4分）人工树脂是常用的眼镜镜片资料，以下图，光芒射在一人工树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光芒的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人工树脂资料的折射率n．【分析】先依照图中的几许联系，求出折射光芒的折射角的正弦值，而后由折射率的界说式即可求得．【回复】解：将过O点的法线延长，与BP交于D点，如图，由几许联系可得：PD=BP﹣BD=BP﹣AO=12﹣5=7cm=cm≈21.2cm因此：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）【评论】该题观察光的折射规则，在已知入射角的情况下，联合几许联系来确认折射角的巨细或折射角的正弦值的巨细是回复的要害．因此回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点，以下说法正确的选项是（）A．光电效应现象提示了光的粒子性B．热衷子束射到晶体上发生的衍射图样说明中子拥有颠簸性C．黑体辐射的试验规矩可用光的颠簸性讲解D．动能持平的质子和电子，它们的德布罗意波长也持平【分析】光子既有颠簸性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对好多光子才有含义；光电效应现象提示了光的粒子性；相邻原子之间的间隔大概与中子的德布罗意波长同样故能发生显着的衍射现象；普朗克借助于能量子假说，完满的讲解了黑体辐射规矩，破除了“能量接连改变”的传统观点；德布罗意波长为λ=，P是动量，h是普朗克常量．【回复】解：A、光电效应现象提示了光的粒子性。故A正确；B、热衷子束射到晶体上发生的衍射图样说明中子拥有颠簸性。故B正确；C、黑体辐射的试验规矩不可以使用光的颠簸性讲解，而普朗克借助于能量子假说，完满的讲解了黑体辐射规矩，破除了“能量接连改变”的传统观点。故C过失；D、依照德布罗意波长公式，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过失。应选：AB。【评论】此题首要观察德布罗意波和黑体辐射理论，在考纲中归于基本要求．明确各样物理现象的实质和原理才华顺畅办理此类标题，故平时学习时要“知其然，更要知其因此然”．19．核电站使用原子核链式反应放出的世大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料，U受一其中子炮击后裂变为Ba和Kr两部分，并发生3第24页（共31页）其中子，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于（选填“大于”或“小于”）它的临界体积．【分析】正确回复此题需求掌握：聚变和裂变反应的特点以及使用；质量数和电荷数守恒在核反应中的使用以及质子数、中子数、质量数等之间联系．【回复】解：U受一其中子炮击后裂变为Ba和Kr两部分，依照依照电荷数和质量数守恒有：92=56+36，235+1=144+89+x×1，解得x=3，因此中子个数为3．链式反应的条件：大于临界体积．故答案为：3，大于【评论】裂变和聚变是在原子物理中学习的两种重要反应，要清楚它们的特点以及使用，熟练使用质量数和电荷数守恒回复相关问题．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粒子的联合能．（计子的质量mα=6.6467×10算成就保留两位实用数字）【分析】构成α粒子的核子与α粒子的质量差即为两个质子和两其中子结构成一个α粒子时丢掉的质量，有质能方程代入数据即可得悉α粒子的联合能．【回复】解：构成α粒子的核子与α粒子的质量差为：△m=（2mp+2mn）﹣mα因此联合能为：△E=△mc2﹣12J代入数据解得：△E=4.3×10﹣12J答：α粒子的联合能为4.3×10【评论】核子结构成原子核时，有质量赔本，依照爱因斯坦的质能联系方程，必然放出相应的能量△E=△mc2，这个能量叫做原子核的联合能．显然，若是要把原子核分开成核子，有必需处以同样的能量．核子构成不一样的原子核时，放出的联合能的巨细也不同样．联合能除以核子数就获得核子的平均联合能，其含义是：核子结构成原子核时，平均每个核子所释放的联合能．它也等于把原子核失散成核子时，外界有必需供应给每个核子的平均能量．第25页（共31页）四、核算题：此题共3小题，共计47分，回复时请写出必需的文字说明、方程式和重要的演算进度．只写出最后答案的不可以得分．有数值核算的题，答案中有必需清楚写出数值和单位．21．（15分）做磁共振（MRI）查察时，对人体施加的磁场发生改变时会在肌肉安排中发生感觉电流，某同学为了估算该感觉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以下图，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感觉强度B在0.3s内从1.5T平均地减为零，求：（核算成就保留一位实用数字）（1）该圈肌肉安排的电阻R；（2）该圈肌肉安排中的感觉电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉安排中发生的热量Q．【分析】（1）由电阻规则即可求出该圈肌肉安排的电阻R；（2）依照法拉第电磁感觉规则即可求出该圈肌肉安排中的感觉电动势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）依照法拉第电磁感觉规则得：﹣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觉电动势是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）【评论】此题情况是设置只管比较新奇，归于线圈种类，要掌握法拉第规则的几种不一样表达形式，再联合闭合电路欧姆规则进行求解．22．（16分）一转动设施以下图，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环经过铰链连接，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连接在O与小环之间，原长为L，设施停止时，绷簧长为L，转动该设施并迟缓增大转速，小环迟缓上涨，绷簧一直在弹性限度内，大意尽数矛盾和空气阻力，重力加速度为g．求：（1）绷簧的劲度系数k；（2）AB杆中弹力为零时，设施转动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L迟缓缩短为L的进度中，外界对转动设施所做的功W．【分析】（1）设施停止时，分离对小环和小球分析，依照共点力均衡，联合胡克规则求出绷簧的劲度系数；（2）当AB杆弹力为零时，对小环分析，依照共点力均衡和胡克规则求出绷簧的长度，对小球分析，捉住竖直方向上协力为零，水平方向上的协力供应向心力，依照牛顿第二规则求出设施转动的角速度ω0；（3）绷簧长度从L迟缓缩短为L的进度中，捉住绷簧的弹性势能不变，弹力不做功，依照动能定理，联合小环均衡和小球竖直方向上均衡，水平方向上的合力供应向心力，求出外界对转动设施所做的功W．【回复】解：（1）设施停止时，设OA、AB杆中的弹力分离为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，小环受到绷簧的弹力，第27页（共31页）小环受力均衡，F弹1=mg+2T1cosθ1，小球受力均衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，解得k=．（2）设OA、AB杆中的弹力分离为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，绷簧长度为x．小环受到绷簧的弹力F弹2=k（x﹣L），小环受力均衡，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杆中的弹力分离为F3、T3，OA杆与绷簧的夹角为θ3，小环受到的弹力，小环受力均衡，2T3cosθ3=mg+F弹3，且cosθ3=，对小球，F3cosθ3=T3cosθ3+mg，，解得．整个进度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）设施转动的角速度为；（3）外界对转动设施所做的功为．【评论】此题概括观察了动能定理、牛顿第二规则、共点力均衡和胡克规则的运用，当设施转动时，捉住小环均衡，小球在竖直方向上均衡，水平方向上的协力供应向心力进行求解．第28页（共31页）23．（16分）一台质谱仪的工作原理以下图，电荷量均为+q、质量不一样的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经加速后经过狭缝O沿着与磁场笔挺的方向进入磁感觉强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知搁置底片的地区MN=L，且OM=L．某次测量发现MN中左侧地区MQ破坏，检测不到离子，但右边地区QN还能正常检测到离子，在适合调治加速电压后，原来打在MQ的离子即可在QN检测到．（1）求原来打在MN中点P的离子质量m；（2）为使原来打在P的离子能打在QN地区，求加速电压U的调治规模；（3）为了在QN地区将原来打在MQ地区的所有离子检测完满，求需求调治U的最少次数．（取lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699）【分析】（1）离子先由电场加速，后进入磁场做匀速圆周运动．先依照动能定理求出电场加速获得的速度表达式，再由几许联系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）由几许联系获得离子打在N点和Q点时的轨迹半径，由上式成就求解电压U的规模．（3）运用概括法，依照轨迹半径与电压的联系，获得调治电压U的次数表达式，再进行求解．【回复】解：（1）离子在电场中加速，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次调治电压到U1，使原来打在Q点的离子打在N点，则=现在，原来半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，=解得r1=（）2L第2次调治电压到U2，使原来打在Q1的离子打在N点，原来半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则=，=解得r2=（）3L=+1L同理，第n次调理电压，有rn=（）n检测完满，有rn≤解得n≥﹣1≈2.8故需求调治U的最少次数为3次．另一种解法（第三次调治电压到U3，使原来打到Q2点的离子打到N点，有：，现在，设原来半径为r3的打在Q3的离子打在Q上，则=，解得：r3==＜，调治电压的次数最少为3次．）第30页（共31页）答：（1）原来打在MN中点P的离子质量m为；（2）为使原来打在P的离子能打在QN地区，加速电压U的调治规模为≤U≤；（3）需求调治U的最少次数为3次．【评论】此题是动能定理和牛顿规则的概括题，办理此题的要害会运用几许知识和概括法分析离子轨迹半径改变的规矩，灵巧运用动能规则和牛顿第二规则解答．第31页（共31页）