1、試卷第 =page 32 32頁，總 =sectionpages 32 32頁試卷第 =page 31 31頁，總 =sectionpages 32 32頁江蘇省高考物理一模試卷一、單項選擇題：本大題共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. 有一平行板電容器充電后與電源斷開，A極板帶電量為+410-6C，B極板帶電量為-410-6C，電容器的電容為2F，下列說法正確的是（ ） A.電容器兩極板間電壓為4VB.電容器兩極板間電壓為2VC.若將正極板A移至虛線位置，電容器電容變小D.若將正極板A移至虛線位置，電容器電壓不變2. 如圖所示，質(zhì)量為m的半球體和質(zhì)量為M的正方體放在

2、兩豎直墻和水平面間，處于靜止?fàn)顟B(tài)。半球體的底面與豎直方向夾角為，重力加速度g，若不計一切摩擦，下列說法正確的是（ ） A.正方體受3個力的作用B.正方體對半球體的彈力大小為mgcosC.水平面對正方體的彈力大小為(M+m)gcosD.左側(cè)墻面對正方體的彈力大小等于mgcot3. 如圖所示為某穩(wěn)定電場的電場線分布情況，A、B、C、D為電場中的四個點，B、C點為空心導(dǎo)體表面兩點，A、D為電場中兩點。下列說法中正確的是（ ） A.D點的電勢低于A點的電勢B.A點的電場強度大于B點的電場強度C.將電子從D點移到C點，電場力做負(fù)功D.將電子從B點移到C點，電勢能增大4. 據(jù)報道，2019年11月5日，中

3、國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，成功發(fā)射第四十九顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。該衛(wèi)星發(fā)射成功，標(biāo)志著北斗三號系統(tǒng)3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星全部發(fā)射完畢。該衛(wèi)星在發(fā)射過程中經(jīng)過四次變軌進(jìn)入同步軌道，如圖所示為第四次變軌的示意圖，衛(wèi)星先沿橢圓軌道飛行，后在遠(yuǎn)地點A處實現(xiàn)變軌，由橢圓軌道進(jìn)入同步軌道下列說法中正確的是（ ） A.在軌道上的周期比地球自轉(zhuǎn)周期大B.在軌道上的速度比在軌道上任意一點的速度小C.在軌道上的機械能比在軌道上任意一點的機械能大D.在軌道上的加速度比在軌道上任意一點的加速度大5. 如圖所示，小球甲從P點水平拋出，同時將小球乙從Q點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點，且到達(dá)C點時的速率相等，方

4、向夾角為60，已知Q、C兩點的高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力。下來說法正確的是（ ） A.兩小球在C點的速度大小為2ghB.P、Q兩點的高度差為23hC.兩小球從出發(fā)點到C點的運動時間之比為1:2D.兩小球在C點時，重力的瞬時功率大小不相等二、多項選擇題：本大題共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，錯選或不選的得0分 交流發(fā)電機的發(fā)電原理是矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸OO勻速轉(zhuǎn)動。在發(fā)電機的輸出端a、b與電動機之間接一個理想變壓器，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比n1:n25:1，電動機線圈電阻為R，電路如圖所示。理想電壓

5、表讀數(shù)為U，理想電流表讀數(shù)為I，電動機帶動一質(zhì)量為m的重物勻速上升。若電動機因摩擦造成的能量損失不計，下列說法正確的是（ ） A.流經(jīng)電動機的電流為U5RB.發(fā)電機的最大電動勢2UC.電動機的熱功率為I2RD.重物勻速上升的速度UI-25I2Rmg 2019年12月17日，我國第一艘國產(chǎn)航空母艦“山東艦”在海南三亞交付海軍，標(biāo)志著中國正式進(jìn)入“雙航母時代”。該航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2所示，AB長為L1，BC水平投影L2，圖中C點切線方向與水平方向的夾

6、角為若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)時間t到達(dá)B點進(jìn)入B C.艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功2mL12t2A.艦載機剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為L1tB.艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的合外力mv2tD.艦載機剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力m(g+4L12sinL2t2) 如圖所示，磁流體發(fā)電機的長方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)電電極，兩極間距為d，極板的長、寬分別為a、b，面積為S，這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直于前后側(cè)面的方向上有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B.可變電阻R中的電流方向是從P到QA.磁流體發(fā)電機的電

7、動勢為EBbvC.若可變電阻的阻值為R=dS，則流過R的電流為BvabD.若可變電阻的阻值為R=dS，則R上消耗的最大電功率為B2v2dS4 質(zhì)量相等的a、b兩物體（均可視為質(zhì)點）放在同一水平面上，分別受到水平恒力F1、F2的作用，從同一位置由靜止開始同時沿同一直線分別做勻加速直線運動。經(jīng)過時間t0和4t0速度大小分別達(dá)到2v0和v0時分別撤去F1、F2，然后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止，如圖所示為a、b兩物體v-t圖像。下列說法中正確的是（ ） A.a、b物體的總位移大小之比為5:6B.a、b物體所受摩擦力大小之比為1:1C.F1和F2的大小之比為12:5D.F1和F2對a、b物體做功之

8、比為5:6三、簡答題：本大題分必做題（第1012題）和選做題（13四小題），共計42分請將解答填寫在答題卡上相應(yīng)的位置【必做題】 小華同學(xué)欲測量小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，其實驗裝置如圖1所示，光電門1、2可沿斜面移動，物塊上固定有寬度為d的擋光窄片物塊在斜面上滑動時，光電門可以顯示出擋光片的擋光時間（以下計算的結(jié)果均請保留兩位有效數(shù)字） （1）用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度，其示數(shù)如圖2所示，則擋光片的寬度d_mm （2）在P處用力推動物塊，物塊沿斜面下滑，依次經(jīng)過光電門1、2，顯示的時間分別為40ms、20ms，則物塊經(jīng)過光電門1處時的速度大小為_m/s，經(jīng)過光電門2處時的速度大小為_m/s，

9、比較物塊經(jīng)過光電門1、2處的速度大小可知，應(yīng)_（選填“增大”或“減小”）斜面的傾角，直至兩光電門的示數(shù)相等 （3）正確調(diào)整斜面的傾角后，用刻度尺測得斜面頂端與底端的高度差h60.00cm、斜面的長度L100.00cm，g取9.80m/s2，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)的值_ 學(xué)校某實驗小組為了測量量程為3V，內(nèi)阻約幾千歐的電壓表內(nèi)阻RV，采用如下的實驗步驟：（1）如圖a所示，先用多用電表粗測其內(nèi)阻，其中黑表筆應(yīng)連接_（選填“+”、“3V”或“15V”）接線柱。如圖b所示，歐姆表的讀數(shù)為_。（2）為進(jìn)一步測量其內(nèi)阻，設(shè)計了如圖c所示的電路，其中多用電表選擇開關(guān)打到直流電流檔，如圖d所示，紅表筆應(yīng)連

10、接電壓表的_（填“-”、“3V”或“15V”）接線柱。連接電路后，進(jìn)行正確操作。（3）如圖e所示，電壓表的讀數(shù)為_V此時多用電表的讀數(shù)為0.44mA，則電壓表的內(nèi)阻_（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）。（4）如圖f所示是一個多量程多用電表的簡化電路圖，測量電流、電壓和電阻各有兩個量程。當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5時，可用來測量_；若使用多用電表判斷二極管的正負(fù)極，將轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置_。 選修3-5（12分） 有關(guān)近代物理知識，下列說法正確的是（ ） A.圖甲中，從光電流與電壓的關(guān)系圖像中可以看出，電壓相同時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關(guān)B.圖乙中，可以研究單位時間發(fā)射的光電子數(shù)與照射光

11、的強度有關(guān)C.圖丙中，射線A由粒子組成，射線B為電磁波，射線C由電子組成D.圖丁中，少數(shù)粒子發(fā)生了較大角度偏轉(zhuǎn)，是因為原子的全部正電荷和絕大部分質(zhì)量集中在一個很小的核上 國家重大科技基礎(chǔ)設(shè)施中國散裂中子源已經(jīng)通過國家驗收，投入正式運行。它是研究中子特性、探測物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)和運動的科研裝置。在某課題研究中核反應(yīng)方程為12H+13H24He+X，則X是_。已知12H的質(zhì)量為2.0136u，13H的質(zhì)量為3.0180u，24He的質(zhì)量為4.0026u，X的質(zhì)量為1.0087112u，該反應(yīng)釋放能量為_MeV（質(zhì)量虧損1u釋放的能量約931.5MeV） 一質(zhì)量為1kg的小球A以2.0m/s的速度和靜止于

12、光滑水平面上質(zhì)量為2kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反彈。求：原來靜止小球獲得的速度大小；碰撞過程中損失的機械能。 本題包括A、B兩類題。若多做，則按A類評分。A選修3-3（12分） 關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法中正確的是（ ） A.不同溫度下，水的絕對濕度不同，而相對濕度相同B.增大氣體的壓強，可以使氣體分子之間的斥力大于引力，使得分子力表現(xiàn)為斥力C.石墨和金剛石的物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同D.若容器中用活塞封閉著剛好飽和的一些水汽，當(dāng)保持溫度不變向下緩慢壓縮活塞時，水汽的質(zhì)量減少，壓強不變 如圖所示，食鹽的晶體(NaCl)是由鈉離子（圖中）和

13、氯離子（圖中）組成的，相鄰離子的中心用線連接起來組成一個個大小相等的立方體，立方體的個數(shù)與兩種離子的總數(shù)目相等。若已知食鹽的摩爾質(zhì)量為M，密度為，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則食鹽的分子質(zhì)量為_，相鄰離子間的距離為_。 如圖所示，一定質(zhì)量的某種理想氣體在狀態(tài)A時的體積為V0，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，外界對該氣體做的功為W，從狀態(tài)A到狀態(tài)C，該氣體從外界吸收的熱量為Q，在p-T圖像中圖線AC反向延長線通過坐標(biāo)原點O求：氣體在狀態(tài)C時的壓強和在狀態(tài)B時的體積；從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體與外界熱交換的熱量Q。 B選修3-4（12分） 下列說法正確的是（ ） A.真空中的光速在不同慣性參考系中都是相同的B.質(zhì)點做簡諧

14、運動時，若位移為負(fù)值，加速度一定為正值，速度一定也為正值C.不同色光通過三棱鏡，頻率越大，折射率越小，偏折角度就越小D.醫(yī)學(xué)上用激光做“光刀”來進(jìn)行手術(shù)，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特點 如圖所示，截面ABCD為矩形的透明設(shè)備放置在真空環(huán)境中，AB2a，頻率為的光L1入射到上表面與AD的夾角為30，折射到AB面中點時恰好發(fā)生全反射，則該設(shè)備材料的折射率為_；若真空中的光速為c，則光從射入到第一次射出需要的時間為_；若有另一束光L2能和L1發(fā)生干涉，則L2的頻率_v（填“大于”“等于”或“小于”）。 坐標(biāo)原點處的波源在t10時開始沿y軸負(fù)向振動，t21.5s時它正好第二次到達(dá)波谷，如圖所示

15、為t21.5s時沿波的傳播方向上部分質(zhì)點振動的波形圖。求：這列波的傳播速度；寫出波源振動的位移表達(dá)式。 四、計算題：本題共3小題，計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有最后答案不能得分有數(shù)值計算的題，必須明確寫出數(shù)值和單位 如圖1所示，在傾角a37的光滑平行導(dǎo)軌上，有一長度恰等于導(dǎo)軌寬度的均勻?qū)w棒MN，平行于斜面底邊由靜止釋放。導(dǎo)軌寬度L1m，其下端接有一只電阻為R3燈泡（設(shè)其電阻不隨溫度變化）。在MN下方某一距離處矩形區(qū)域存在一垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁場沿導(dǎo)軌方向的長度d3m，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，導(dǎo)體棒MN在t1s時恰好進(jìn)入磁場區(qū)域，并恰好

16、做勻速直線運動，已知導(dǎo)體棒MN的電阻r3，導(dǎo)軌足夠長，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8則： （1）導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場之前沿導(dǎo)軌下滑的距離； （2）01s內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)體棒MN的電流大小； （3）導(dǎo)體棒MN從開始運動到出磁場過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q總。 滑板運動是一項驚險刺激的運動，深受青少年的喜愛，如今滑板運動已經(jīng)成為奧林匹克家族中的一員，將在 東京奧運會上首次亮相。如圖所示，滑板運動員在U形槽中的運動可以簡化為：AC和DE是兩段半徑為R的14光滑圓弧形軌道，DE段的圓心為O點，水平軌道CD段長為8m，滑板與軌道CD段的動摩擦因數(shù)為0.075一運動員從軌道上的A點以

17、一速度水平滑出，下落h高度落在槽壁上B點，且運動員通過調(diào)整剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC（此過程無機械能增減），經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道，到達(dá)E點時速度恰好減為零后再返回。已知運動員和滑板的總質(zhì)量為60kg，h1.8m，R3m，g取10m/s2求： （1）運動員從A點跳入槽內(nèi)時的初速度大?。?（2）滑過圓弧形軌道D點時對軌道的壓力； （3）通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，請求出回到B點時速度的大小；如不能，則最終靜止在何處？（結(jié)果可以保留根號） 如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，MN垂直x軸于N點，第二象限中存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，Oy與MN間（包括Oy、M

18、N）存在均勻分布的磁場，取垂直紙面向里為磁場的正方向，其感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示一比荷qm=B0t0的帶正電粒子（不計重力）從O點沿紙面以大小v0=Lt0、方向與Oy夾角60的速度射入第一象限中，已知場強大小E(1+233)2B0Lt0，ON(2+32)L （1）若粒子在tt0時刻從O點射入，求粒子在磁場中運動的時間t1 （2）若粒子在0t0之間的某時刻從O點射入，恰好垂直y軸進(jìn)入電場，之后從P點離開電場，求從O點射入的時刻t2以及P點的橫坐標(biāo)xP （3）若粒子在0t0之間的某時刻從O點射入，求粒子在Oy與MN間運動的最大路程s參考答案與試題解析 江蘇省高考物理一模試卷一、單項選擇題

19、：本大題共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.【答案】B【考點】電容器的動態(tài)分析【解析】根據(jù)電容器的電荷量、電勢差和電容的關(guān)系可知，U=QC；平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變，根據(jù)板間距離變化，分析電容變化，由U=QC分析U的變化?！窘獯稹緼B、極板帶電量為410-6C，電容器的電容為2F，根據(jù)U=QC=2V，故A錯誤，B正確；CD、平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變，若將正極板A移至虛線位置，則間距d減小，根據(jù)C=eS4kd可知，電容變大，根據(jù)U=QC可知，電容器電壓變小，故CD錯誤。2.【答案】D【考點】解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)

20、用力的合成與分解的應(yīng)用【解析】對正方體進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力分析的方法分析其受力情況；對半球體進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況結(jié)合平衡條件求解正方體對半球體的彈力大小以及右側(cè)墻面對它的彈力大?。灰詢蓚€物體所組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向上和水平方向根據(jù)平衡條件求解水平面對正方體的彈力和左側(cè)墻面對正方體的彈力?！窘獯稹緼、對正方體進(jìn)行受力分析，受到重力、地面的支持力、半球體對它的壓力以及左側(cè)墻壁對它的支持力，所以正方體受到4個力作用，故A錯誤；B、對半球體進(jìn)行受力分析，受到重力、正方體的彈力和右側(cè)墻壁對它的支持力，如圖所示，把正方體對半球體的彈力FN2沿水平方向和豎直方向分解，可得：FN2sinmg，

21、解得：FN2=mgsin，故B錯誤；C、以兩個物體所組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向上系統(tǒng)受到向上的支持力和向下的重力，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以水平面對正方體的彈力大小為(M+m)g，故C錯誤；D、墻面對半球體的彈力大小FN1FN2cos，解得：FN1mgcot；以整體為研究對象，水平方向上系統(tǒng)受到左右兩側(cè)墻面的彈力而平衡，所以左側(cè)墻面對正方體的彈力大小等于mgcot，故D正確。3.【答案】C【考點】電場線電勢能【解析】沿電場線方向，電勢降低；電場線的疏密反映電場強度的相對大小，電場線越密，場強越大；電子從D點移到C點，逆著電場力方向移動，電場力做負(fù)功，也可以利用公式WqU判斷做功的正負(fù)，UDA為

22、正，q是電子為負(fù)，故WDA為負(fù)；B點電勢等于C點電勢，將電子從B點移到C點，電場力做功為零，電勢能不變?！窘獯稹緼、沿電場線方向電勢降低，則A點的電勢低于D點的電勢，故A錯誤；B、B點電場線較A點密集，可知B點的電場強度大于A點的電場強度，故B錯誤；C、因D點的電勢高于C點的電勢，則將電子從D點移到C點，則電場力做負(fù)功，故C正確；D、因空心導(dǎo)體表面電勢處處相等，B點電勢等于C點電勢，可知電子從B點移到C點，電勢能不變，故D錯誤。4.【答案】C【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用向心力人造衛(wèi)星上進(jìn)行微重力條件下的實驗【解析】在軌道上的A點速度較小，萬有引力大于所需要的向心力，會做近心運動，要想進(jìn)入圓軌道

23、，需加速，使萬有引力等于所需要的向心力，由此分析速度大??；根據(jù)所受的合力（萬有引力）比較加速度；從軌道上的A點進(jìn)入軌道，需加速，由此分析機械能的大小?！窘獯稹緼、軌道是同步軌道，周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，故A錯誤；B、在軌道上的A點速度較小，萬有引力大于所需要的向心力，會做近心運動，要想進(jìn)入圓軌道，需加速，使萬有引力等于所需要的向心力，所以在軌道經(jīng)過A點的速度大于在軌道上經(jīng)過A點時的速度，即在軌道上的速度不是比在軌道上任意一點的速度都小，故B錯誤；C、衛(wèi)星在軌道做橢圓運動時只有萬有引力做功，機械能守恒，從軌道上轉(zhuǎn)移到軌道上需要加速，所以衛(wèi)星在軌道上的機械能比在軌道上任意一點的機械能都大，故C正確

24、；D、在軌道和軌道上經(jīng)過A點時所受的萬有引力相等，所以加速度也相等，故D錯誤。5.【答案】D【考點】平均功率平拋運動的概念【解析】由h=12gt2求出乙運動的時間，然后求出乙的速度；然后結(jié)合運動的合成與分解求出甲的初速度和豎直方向的分速度，最后由速度公式求出甲在空中運動的時間從而知下落高度；重力的功率PGmgvy。【解答】A、小球乙從Q點自由釋放，已知Q、C兩點的高度差為h，h=vC22g，解得在C點的速度大小為vC=2gh，兩小球在C點的速度大小相等，故A錯誤；B、P、C兩點的高度差hPC=(vCcos60)22g=14h，則P、Q兩點的高度差為h=h-14h=34h，故B錯誤；C、對甲有：

25、vCcos60gt甲，對乙球有：vCgt乙，則t甲=vCcos60g，t乙=vCg，故甲、乙小球到達(dá)C點所用時間之比為1:2，故C錯誤；D、兩小球在C點時，重力的瞬時功率大小分別是PGmgvy，對甲有：PG甲mgvCcos60，對乙球有；PG乙mgvC，故兩小球在C點時，重力的瞬時功率大小不相等，故D正確。二、多項選擇題：本大題共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，錯選或不選的得0分【答案】B,D【考點】變壓器的構(gòu)造和原理交變電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式【解析】根據(jù)變壓器的變壓比和變流比計算流過電動機的電流和兩端的電壓，注意電動機是非純電阻

26、電路，歐姆定律不適用。根據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關(guān)系可知，發(fā)電機的最大電動勢為2U。根據(jù)能量守恒定律求解重物勻速上升的速度。【解答】A、電壓表的示數(shù)為原線圈兩端的輸入電壓，電流表的示數(shù)為流過原線圈的電流，根據(jù)變壓器的變流比可知，流過電動機的電流：I2=n1n2I=5I，根據(jù)變壓比可知，電動機兩端的電壓：U2=n2n1U=U5，電動機是非純電阻電路，歐姆定律不適用，故I2U5R，故A錯誤；B、電壓表的示數(shù)為有效值，根據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關(guān)系可知，發(fā)電機的最大電動勢為2U，故B正確；C、根據(jù)功率公式可知，電動機的熱功率：P熱=I22R=25I2R，故C錯誤；D、電動機做功，提升

27、重物，根據(jù)能量守恒定律可知，mgvP-P熱，其中總功率PU2I2UI，則重物勻速上升的速度：v=UI-25I2Rmg，故D正確?！敬鸢浮緾,D【考點】牛頓第二定律的概念勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系動能定理的應(yīng)用【解析】艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，根據(jù)平均速度公式求艦載機剛進(jìn)入上翹甲板時的速度。根據(jù)運動學(xué)公式求出加速度，由牛頓第二定律求出飛行員受到的合外力。艦載機水平運動的過程中，根據(jù)動能定理求飛行員受到的水平力所做功。艦載機剛進(jìn)入BC時，根據(jù)牛頓第二定律求飛行員受到豎直向上的壓力?！窘獯稹緼、艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則有：L1t=0+v2，解

28、得：v=2L1t，故A錯誤；B、艦載機水平運動的過程中，加速度為a=vt，根據(jù)牛頓第二定律得飛行員受到的合外力為：F=ma=mvt，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理有：W=12mv2-0，飛行員受到的水平力所做功為：W=12mv2=2mL12t2，故C正確；D、設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2Rsin，由牛頓第二定律，有：FN-mg=mv2R，整理后得：FN=m(g+4L12sinL2t2)，故D正確。【答案】A,C【考點】霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用【解析】由題，運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢，相當(dāng)于電源；根據(jù)電阻定律求解內(nèi)電阻，根據(jù)左手定則判斷電流方向，根據(jù)平衡條

29、件判斷感應(yīng)電動勢，并計算電功率?！窘獯稹緼、發(fā)電管和內(nèi)部的高溫電離氣體相當(dāng)于電源，高溫電離氣體相當(dāng)于內(nèi)阻。穩(wěn)定時即氣體離子不再偏轉(zhuǎn)，此時qvB=qE=qUd，整理得發(fā)電機電動勢為：EUdvB，故A不正確；B、根據(jù)左手定則可判斷等離子體中的正離子向上極板偏轉(zhuǎn)、負(fù)離子向下極板偏轉(zhuǎn)，即上極板為正極，故可變電阻R中的電流方向是從P到Q，故B正確；C、根據(jù)電流方向，判斷高溫電離氣體的橫截面積為S，長度為d，所以內(nèi)阻為：r=dS當(dāng)可變電阻的阻值為：R=R=dS根據(jù)閉合電路歐姆定律得流過R的電流為：I=BvS2=Bvab2，故C不正確；D、當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻即Rr時外電路即可變電阻R消耗的電功率最大，最大

30、值為：Pmax=(ER+r)2R=E24r=B2v2dS4，故D正確。本題選不正確，【答案】B,C【考點】動能定理的應(yīng)用牛頓第二定律的概念【解析】速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移大小，根據(jù)面積比得出位移比；撤去外力后由v-t圖像判斷出加速度，即可判斷摩擦力之比；對加速過程，由牛頓第二定律列式得到拉力大小之比；對運動全程，根據(jù)動能定理列式得到拉力做功之比。【解答】A、物體v-t圖像中的圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移大小，則位移大小之比為6:5，選項A錯誤；B、從圖像可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小都為v0t，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有fma，故a、b物體所受摩擦力之比為1

31、:1，選項B正確；C、根據(jù)圖像知，勻加速運動的加速度分別為2v0t、v04t，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有F-fma，故F1=3mv0t，F(xiàn)2=5mv04t，解得F1和F2的大小之比為12:5，選項C正確；D、設(shè)F1和F2對a、b物體做功為W1、W2，對整個過程運用動能定理得：W1-fx10，W2-fx20，可解得W1:W26:5，選項D錯誤。三、簡答題：本大題分必做題（第1012題）和選做題（13四小題），共計42分請將解答填寫在答題卡上相應(yīng)的位置【必做題】【答案】（1）5.2（2）0.13,0.26,減?。?）0.75【考點】利用動力學(xué)觀點測定動摩擦因數(shù)【解析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法

32、：主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；（2）物體經(jīng)過一段位移的平均速度來代替這段時間的瞬時速度，并且位移越短，時間越短，平均速度越接近這段時間的瞬時速度；比較v2和v1的大小，判斷物塊的運動情況，從而分析應(yīng)增大還是減小斜面的傾角；（3）設(shè)斜面的傾角為，對物塊受力分析，求得摩擦因數(shù)的表達(dá)式。【解答】解：（1）擋光片的寬度為：d5mm+20.1mm5.2mm；（2）d5.2mm5.210-3m，t1=40ms=4010-3s，t2=20ms=2010-3s，用平均速度來求解瞬時速度：v1=dt1=5.21034010-3m/s=0.13m/s，v2=dt2=5.210-32010-3m/s=0.26m

33、/s，由于v2mgcos，故應(yīng)減小斜面的傾角，直到mgsinmgcos，此時物塊勻速運動，兩光電門的示數(shù)相等；（3）h60.00cm0.6m，L100.00cm1m，物塊勻速運動時，mgsinmgcos，即tan，又tan=hL2-h2，解得：0.75【答案】3V,3000,-,1.30,2950,電壓,3或4【考點】用多用電表測電阻【解析】（1）歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，電壓表正接線柱應(yīng)接高電勢點；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。（2）電流應(yīng)從正接線柱流入電流表從負(fù)接線柱流出，電流從正接線柱流入電壓表從負(fù)接線柱流出。（3）根據(jù)電壓表量程由圖示表盤確定其分度值，

34、然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)，根據(jù)歐姆定律求出電壓表內(nèi)阻。（4）根據(jù)圖f所示電路圖分析答題?！窘獯稹浚?）歐姆表的表筆放置的要求是電流“紅進(jìn)黑出”，即電流從黑表筆流出，故黑表筆應(yīng)連接電壓表正接線柱“3V”。由于電壓表內(nèi)阻RV約幾千歐，故歐姆表的倍率為“1k”，如圖b所示，歐姆表的讀數(shù)為：31k3k3000；（2）由電流表的表筆放置的要求電流是“紅進(jìn)黑出”，而電流從電壓表的“-”流出，故電流表的紅表筆應(yīng)連接電壓表的“-”接線柱；（3）電壓表的量程為3V，由圖e所示可知，其分度值為0.1V，電壓表的讀數(shù)為1.30V。此時多用電表的讀數(shù)為0.44mA，根據(jù)歐姆定律求得該電壓表的內(nèi)阻：RV=UI=1.3

35、00.4410-32950；（4）由圖5所示電路圖可知，開關(guān)接5時電流表與電阻串聯(lián)，此時測電壓，即當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5時，可用來測量電壓；可以用多用電表的歐姆檔測二極管的正負(fù)極，由圖示電路圖可知，開關(guān)置于3或4時多用電表可以測電阻，若使用多用電表判斷二極管的正負(fù)極，將轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置3或4。選修3-5（12分）【答案】C,D【考點】X射線、射線、射線、射線及其特性愛因斯坦光電效應(yīng)方程粒子散射實驗【解析】光電效應(yīng)現(xiàn)象中，遏制電壓與光照強度無關(guān)。圖乙中所加電壓為反向電壓，研究的是入射光的頻率與遏止電壓的關(guān)系。根據(jù)左手定則判斷出粒子的電性。根據(jù)粒子散射實驗分析?！窘獯稹緼、分析圖甲可知，電壓相同

36、時，光照越強，光電流越大，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，入射光的頻率增大，光電子的最大初動能增大，遏止電壓增大，即光電效應(yīng)現(xiàn)象中，遏制電壓與光照強度無關(guān)，故A錯誤；B、圖乙中，所加電壓為反向電壓，研究的是入射光的頻率與遏止電壓的關(guān)系，如果加正向電壓可以研究單位時間發(fā)射的光電子數(shù)與照射光的強度的關(guān)系，故B錯誤；C、根據(jù)左手定則可知，射線A向左偏轉(zhuǎn)，帶正電，由粒子組成，射線C向右偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電，由電子組成，射線B不帶電，為電磁波，故C正確；D、根據(jù)粒子散射實驗現(xiàn)象可知，少數(shù)粒子發(fā)生了較大角度偏轉(zhuǎn)，是因為原子的全部正電荷和絕大部分質(zhì)量集中在一個很小的核上，故D正確?！敬鸢浮恐凶?18.90【考點】核能的計算【

37、解析】根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒求出X，應(yīng)用質(zhì)能方程Emc2判斷是吸收能量還是釋放能量；【解答】中核反應(yīng)方程為：12H+13H24He+X，根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒得：X的質(zhì)量數(shù)為1，核電荷數(shù)為0所以X是中子；反應(yīng)前質(zhì)量為：2.0136u+3.0180u5.0316u。反應(yīng)后質(zhì)量為：4.0026u+1.0087112u5.0113112u。反應(yīng)過程質(zhì)量虧損為：m5.0316u-5.0113u0.0202888u，反應(yīng)過程釋放的能量：E0.0202888931.5Mev18.90Mev，【答案】原來靜止小球獲得的速度大小為1.1m/s；碰撞過程中損失的機械能為0.77J?！究键c

38、】動量守恒定律的綜合應(yīng)用摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化動量守恒定律的理解【解析】碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可以求出小球B獲得的速度；由能量守恒定律可以求出損失的機械能；【解答】碰撞過程，取小球A碰撞前速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v1m1v1+m2v2解得：v21.1m/s；即原來靜止小球獲得的速度大小為1.1m/s；碰撞過程損失的機械能：E=12m1v12-12m1v12-12m2v22代入數(shù)據(jù)解得：E0.77J；本題包括A、B兩類題。若多做，則按A類評分。A選修3-3（12分）【答案】C,D【考點】*飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓分子間的相互作用力* 固體的微觀結(jié)構(gòu)*相對濕度【解

39、析】相對濕度是指濕空氣中水蒸汽的分壓力與相同溫度壓力下的飽和水蒸汽分壓力之比，沒有單位，用百分?jǐn)?shù)表示，會隨著濕空氣的溫度壓力變化而變化，絕對濕度是指濕空氣中水蒸汽的含量；氣體分子之間的作用力可以忽略不計；晶體的微觀排列是有序的、周期性的；同一種液體的飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)。【解答】A、不同溫度下，對于水的不飽和氣體，絕對濕度可以相同，相對濕度也可以不同，故A錯誤；B、氣體分子之間的距離相對于分子非常大，所以增大氣體的壓強，氣體分子之間的作用力仍然可以忽略不計，故B錯誤；C、石墨和金剛石是碳元素的同素異構(gòu)體，物理性質(zhì)不同，正是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同，故C正確；D、同一種液體的飽和蒸

40、汽壓僅僅與溫度有關(guān)，所以若容器中用活塞封閉著剛好飽和的一些水汽，當(dāng)保持溫度不變向心緩慢壓縮活塞時，由于飽和蒸汽壓不變，所以水汽的質(zhì)量減少，故D正確。【答案】MNA,3M2NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【解析】單個分子質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量除以阿伏加德羅常數(shù)；摩爾質(zhì)量等于密度與摩爾體積的乘積；摩爾體積等于分子體積與阿伏加德羅常數(shù)的乘積；選擇分子的立方體模型列式求解分子間距?！窘獯稹渴雏}的分子質(zhì)量為：m=MNA1molNaCl的體積為：V=M由題可知1molNaCl的離子組成的立方體個數(shù)為2NA，所以每個小立方體體積為：V=M2NA則相鄰鈉離子與氯離子間距離為：a=3V=3M2NA【答案】氣體在狀態(tài)C時的壓

41、強為2p0，狀態(tài)B時的體積為23V0；從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體與外界熱交換的熱量為Q-W?！究键c】理想氣體的狀態(tài)方程熱力學(xué)第一定律【解析】先寫出狀態(tài)A、B、C的氣體狀態(tài)參量，再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可以求出氣體在狀態(tài)C時的壓強和在狀態(tài)B時的體積；根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解?！窘獯稹吭趐-T圖像中圖線AC反向延長線通過坐標(biāo)原點，說明從狀態(tài)A到狀態(tài)C為等容變化，A狀態(tài)參量為：pAp0，TAT0，VAV0，C狀態(tài)參量為：pC，TC2T0，VCV0，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：pAVATA=pBVBTB代入數(shù)據(jù)解得：pC2p0從狀態(tài)C到狀態(tài)B為等溫變化，C狀態(tài)參量為：pC2p0，TC2T0，VCV0，B狀態(tài)參量為：

42、pB3p0，TB2T0，VB，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：pCVCTC=pBVBTB代入數(shù)據(jù)解得：VB=23V0狀態(tài)A到狀態(tài)C為等容變化，氣體不做功，即W10，從外界吸收的熱量為Q，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：U1Q從狀態(tài)C到狀態(tài)B為等溫變化，內(nèi)能不變，即：U20，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，內(nèi)能的增量：UU1+U2Q，而外界對該氣體做的功為W，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：UW+Q，得QU-WQ-W。B選修3-4（12分）【答案】A,D【考點】愛因斯坦相對性原理和光速不變原理光的折射現(xiàn)象【解析】根據(jù)根據(jù)光速不變原理分析A選項；根據(jù)加速度公式a=Fm=-kxm分析加速度，速度方向不確定；根據(jù)折射定律分析C選項；根據(jù)激光亮度

43、高、能量大的特點分析D選項。【解答】A、根據(jù)光速不變原理，在狹義相對論中，無論在何種慣性系（慣性參照系）中觀察，光在真空中的傳播速度都是一個常數(shù)，不隨光源和觀察者所在參考系的相對運動而改變，故A正確；B、質(zhì)點做簡諧運動，位移為負(fù)值時，根據(jù)加速度公式a=Fm=-kxm，加速度一定為正值，速度可能為負(fù)值也可能為正值，故B錯誤；C、根據(jù)折射定律知，不同色光通過三棱鏡，光的頻率越大，折射率越大，在入射角相同的情況下偏折角度就越大，故C錯誤；D、激光的亮度高、能量大，醫(yī)學(xué)上常用激光做“光刀”來進(jìn)行手術(shù)，故D正確?！敬鸢浮?2,7a2c,等于【考點】光的折射現(xiàn)象【解析】光線折射到AB面中點時恰好發(fā)生全反射

44、，入射角等于臨界角，根據(jù)幾何關(guān)系求出臨界角C，由sinC=1n求折射率。結(jié)合折射定律和幾何知識求折射率。根據(jù)幾何知識求出光從射入到第一次射出所經(jīng)過的路程，由v=cn求出光在介質(zhì)中傳播速度，即可求傳播時間。根據(jù)發(fā)生干涉時，兩束光的頻率相等，分析兩光頻率關(guān)系?！窘獯稹吭O(shè)該設(shè)備材料的折射率為n，在AD面上，設(shè)折射角為r，由折射定律得：n=sin60sinr光線折射到AB面中點時恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角，則sinC=1n由幾何關(guān)系知C+r90聯(lián)立解得n=72。光從射入到第一次射出所經(jīng)過的路程為S=2acos光在介質(zhì)中傳播速度v=cn則所需要的時間t=Sv聯(lián)立解得t=7a2c。發(fā)生干涉時，兩束光

45、的頻率相等，則若有另一束光L2能和L1發(fā)生干涉，則L2的頻率等于?！敬鸢浮窟@列波的傳播速度為0.5m/s；寫出波源振動的位移表達(dá)式為x=-5sin53tcm【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系橫波的圖象【解析】通過圖像找出波長，根據(jù)正好第二次到達(dá)波谷，判斷出周期，利用v=T求得波速；根據(jù)圖像找出振幅，由于開始計時時，波沿y軸負(fù)方向振動，即可求得波源振動的位移表達(dá)式；【解答】由圖像可知，波長60cm0.6m且t2-t1=54T解得周期T1.2s所以，這列波的傳播速度v=T=0.5m/s振幅A5cm，由于波源沿y軸負(fù)方向振動，故波源振動的位移表達(dá)式為x=Asin(t+)=-5sin53tcm四、計算題：

46、本題共3小題，計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有最后答案不能得分有數(shù)值計算的題，必須明確寫出數(shù)值和單位【答案】導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場之前沿導(dǎo)軌下滑的距離為3m；01s內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)體棒MN的電流大小是0.3A；導(dǎo)體棒MN從開始運動到出磁場過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q總是0.66J?！究键c】閉合電路的歐姆定律單桿切割磁感線電磁感應(yīng)中的能量問題【解析】（1）導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場之前做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，再由位移公式求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑的距離；（2）01s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻減小，穿過回路的磁通量均勻減小，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定

47、律和歐姆定律求流經(jīng)導(dǎo)體棒MN的電流大小；（3）導(dǎo)體棒MN從開始運動到出磁場過程中，由焦耳定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q總?！窘獯稹繉?dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場之前，由牛頓第二定律得：mgsin37ma解得：a6m/s2由x=12at2得：x3m由（1）知MN進(jìn)入磁場前，有：Bt=0.8-0.21T/s=0.6T/s回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BtS=BtLd0.613V1.8V導(dǎo)體棒MN與燈泡串聯(lián)，所以流經(jīng)導(dǎo)體棒MN的電流大小為：IMN=ER+r=1.83+3A0.3A在01s內(nèi)，通過ILIMN0.3A回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q1IL2(R+r)t10.32(3+3)0.1J0.54J由（1）知MN進(jìn)入磁場后，速度vat61m/s6m/sMN棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv感應(yīng)電流為I=ER+r=BLvR+r=0.2163+3A0.2AMN在磁場內(nèi)勻速運動時間t2=dv=36s0.5s回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2I2(R+r)t2