2018年江蘇省【高考】物理試卷解析版2018年江蘇省【高考】物理試卷解析版2018年江蘇省【高考】物理試卷解析版2018年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共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．（3分）我國高分系列衛(wèi)星的高分辨對地觀察能力不斷提高。今年5月9日發(fā)射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號”相比，下列物理量中“高分五號”較小的是（）A．周期 B．角速度 C．線速度 D．向心加速度【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】34：比較思想；4E：模型法；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】衛(wèi)星繞地球勻速做圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，由此列式得到衛(wèi)星的周期、角速度、線速度和向心加速度與軌道半徑的關系式，再進行分析?！窘獯稹拷猓涸O衛(wèi)星的質量為m，軌道半徑為r，地球的質量為M，衛(wèi)星繞地球勻速做圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則得：GMmr2=m4π2T得：T＝2πr3GM，ω=GMr可知，衛(wèi)星的軌道半徑越小，周期越小，而角速度、線速度和向心加速度越大，“高分五號”的軌道半徑比“高分四號”的小，所以“高分五號”較小的是周期，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵是要掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，知道衛(wèi)星的線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系。對于周期，也可以根據(jù)開普勒第三定律分析。2．（3分）采用220kV高壓向遠方的城市輸電。當輸送功率一定時，為使輸電線上損耗的功率減小為原來的14A．55kV B．110kV C．440kV D．880kV【考點】EA：電能的輸送．【專題】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流電專題．【分析】輸送電流I=PU，輸電線上損失的功率△P＝I2R＝（PU【解答】解：輸送電流I=PU，輸電線上損失的功率△P＝I2R＝（PU）2故選：C?！军c評】解決本題的關鍵搞清輸送功率與輸送電壓和輸送電流的關系，以及知道在輸電線上損失的功率的計算公式即可。3．（3分）某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的（）A．時刻相同，地點相同 B．時刻相同，地點不同 C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同【考點】45：運動的合成和分解．【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；517：運動的合成和分解專題．【分析】先后彈出的兩只小球在豎直方向運動時間相等，在水平方向運動時間不同，由此進行分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，彈射器沿光滑豎直軌道在豎直方向自由下落且管口水平，不同時刻彈射出的小球在水平方向具有相同的初速度，在豎直方向的運動情況與槍管的運動情況相同，故先后彈出兩只小球同時落地；水平方向速度相同，而小球水平方向運動的時間不同，所以落地點不同，運動情況如圖所示。故ACD錯誤、B正確。故選：B。【點評】對于運動的合成與分解問題，要知道分運動和合運動的運動特點，知道二者具有等時性和獨立性，能夠將合運動分解為兩個分運動，然后根據(jù)幾何關系求解速度或加速度之間的關系。4．（3分）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是（）A． B． C． D．【考點】6C：機械能守恒定律．【專題】31：定性思想；43：推理法；52E：機械能守恒定律應用專題．【分析】小球運動過程分兩個，豎直向上，做勻減速直線運動，速度減到零后，反向豎直向下做自由落體運動，根據(jù)動能公式和豎直上拋運動的速度時間公式找到動能與時間表達式即可分析?！窘獯稹拷猓贺Q直向上過程，設初速為v0，則速度時間關系為：v＝v0﹣gt此過程動能為：E即此過程EK與t成二次函數(shù)關系，且開口向上，故BC錯誤；下落過程做自由落體運動，此過程動能為：E即此過程EK與t也成二次函數(shù)關系，且開口向上，故A正確，D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查動能表達式和豎直上拋運動規(guī)律，相對來說比較簡單，但關鍵是要結合數(shù)學知識，能根據(jù)函數(shù)關系確定出圖象。5．（3分）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（）A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動【考點】AE：電勢能與電場力做功；AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；533：電容器專題．【分析】B板右端向下移動一小段距離，兩板間的平均距離增大，分析電場強度的變化；油滴靠近B板時，電場線方向斜向右上方，由此分析豎直方向和水平方向的運動情況即可?！窘獯稹拷猓築板右端向下移動一小段距離，兩板間的平均距離增大，根據(jù)E=U由于兩金屬板表面仍均為等勢面，電場線應該與等勢面垂直，所以油滴靠近B板時，電場線方向斜向右上方，如圖所示，故水平方向油滴向右運動；所以油滴向右下方運動，故D正確、ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題主要是考查了電容器的動態(tài)分析問題；解答此類問題關鍵是要抓住不變量：若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變；結合電場線的分布情況進行解答。二、多項選擇題：本題共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，錯選或不答的得0分。6．（4分）火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉過了約10°．在此10s時間內(nèi)，火車（）A．運動路程為600m B．加速度為零 C．角速度約為1rad/s D．轉彎半徑約為3.4km【考點】48：線速度、角速度和周期、轉速；49：向心加速度．【專題】32：定量思想；43：推理法；519：勻速圓周運動專題．【分析】做勻速圓周運動的物體，所受到的合外力提供向心力，向心力產(chǎn)生向心加速度；利用線速度和角速度的定義式可計算出路程和角速度大?。话鸦疖囘\動時間推廣到30s，再結合數(shù)學知識可得出轉彎半徑?！窘獯稹拷猓篈、由于火車的運動可看做勻速圓周運動，則可求得火車在此10s時間內(nèi)的路程為s＝vt＝600m。故A正確；B、因為火車的運動可看做勻速圓周運動，其所受到的合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度不等于零。故B錯誤；C、利用指南針在10s內(nèi)勻速轉過了約10°，可推廣出在30s內(nèi)勻速轉過了約30°，再根據(jù)角速度的定義式ω=θt，解得角速度的大小為D、已知火車在此30s時間內(nèi)通過的路程為1800m，由數(shù)學知識可知，火車轉過的弧長為l＝θR，可解得：R=l故選：AD?！军c評】解答本題的關鍵是：要熟練掌握勻速圓周運動的性質和規(guī)律，再把已知轉過的夾角推廣到特殊值，結合數(shù)學知識可解出答案。7．（4分）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊（）A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【考點】37：牛頓第二定律；6B：功能關系．【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；52D：動能定理的應用專題．【分析】彈力與摩擦力平衡的位置在AO之間，平衡位置處速度最大、加速度為零；根據(jù)動能定理分析彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功關系。【解答】解：A、由于水平面粗糙且O點為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，故A正確；B、物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置，故B錯誤；C、從A到O過程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負功，故C錯誤；D、從A到B過程中根據(jù)動能定理可得W彈﹣W克f＝0，即W彈＝W克f，即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正確。故選：AD?！军c評】本題關鍵是抓住彈簧的彈力是變化的，分析清楚物體向右運動的過程中受力情況，從而判斷出其運動情況，知道平衡位置速度最大、加速度為零。8．（4分）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到80V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光。該電路（）A．充電時，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【考點】AN：電容器與電容；BB：閉合電路的歐姆定律．【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】本題重在理解題意并能明確電路的工作原理，根據(jù)工作原理才能明確電源電壓與擊穿電壓U之間的關系，由Q＝UC可知極板上的電荷量。【解答】解：A、充電時，電容器電荷量增加、電壓增加，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得R兩端電壓減小，通過R的電流減小，故A錯誤；B、若R增大，充電過程中平均電流I減小，根據(jù)Q＝It可知充電時間變長，故B正確；C、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，所以閃光燈發(fā)光電壓U一定；若C增大，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量增大，故C正確；D、若E減小為85V，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U＝80V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量不變，故D正確；故選：BCD。【點評】本題有效地將電路及電容器結合在一起，考查學生的審題能力及知識的遷移應用能力，要求掌握充放電過程中電荷量的多少與哪些因素有關。9．（4分）如圖所示，豎直放置的“Π”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B．質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿（）A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于m【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DD：電磁感應中的能量轉化．【專題】34：比較思想；43：推理法；537：帶電粒子在復合場中的運動專題．【分析】金屬桿在無場區(qū)做勻加速運動，根據(jù)金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，判斷金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的運動情況，從而確定其加速度方向。根據(jù)平均速度分析金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間與在兩磁場之間的運動時間關系。研究金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量，從而求得總熱量。根據(jù)金屬桿剛進入磁場Ⅰ時勻速運動，求出釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度，再分析本題中金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h。【解答】解：A、金屬桿在無場區(qū)做勻加速運動，而金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。B、金屬桿在磁場Ⅰ運動時，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿在磁場Ⅰ中運動時平均速度小于在兩磁場之間運動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，故B正確。C、金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金屬桿通過磁場Ⅱ時產(chǎn)生的熱量與通過磁場Ⅰ時產(chǎn)生的熱量相同，所以總熱量為Q總＝2Q＝4mgd。故C正確。D、設金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度為H時進入磁場Ⅰ時剛好勻速運動，則有mg＝BIL＝BBLvRL=聯(lián)立解得H=由于金屬桿進入磁場Ⅰ時做減速運動，所以h一定大于H=m故選：BC。【點評】本題是電磁感應與力學知識的綜合，關鍵是正確判斷金屬桿的運動情況以及能量轉化情況。要會推導出安培力與速度的關系。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42分.請將解答填寫在答題卡相應的位置.【必做題】10．（8分）一同學測量某干電池的電動勢和內(nèi)阻。（1）圖1所示是該同學正準備接入最后一根導線（圖中虛線所示）時的實驗電路。請指出圖中在器材操作上存在的不妥之處。（2）實驗測得的電阻箱阻值R和電流表示數(shù)I，以及計算的1IR/Ω8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.261I/A﹣6.76.05.34.53.8根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在答題卡的方格紙上作出R-1由圖象可計算出該干電池的電動勢為1.43V；內(nèi)阻為1.2Ω。（3）為了得到更準確的測量結果，在測出上述數(shù)據(jù)后，該同學將一只量程為100mV的電壓表并聯(lián)在電流表的兩端。調(diào)節(jié)電阻箱，當電流表的示數(shù)為0.33A時，電壓表的指針位置如圖2所示，則該干電池的電動勢應為1.43V；內(nèi)阻應為1.0Ω?！究键c】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題．【分析】（1）明確實驗中安全性要求，知道開關應最后閉合，電阻箱在開始時應調(diào)至最大；（2）根據(jù)描點法可得出對應的圖象，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，結合圖象即可確定電動勢和內(nèi)電阻；（3）根據(jù)電路進行分析，明確誤差情況，再根據(jù)歐姆定律求出電流表內(nèi)阻，從而確定電動勢和內(nèi)阻的準確值?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知，該同學將連接最后一根線前，電阻箱不能為零，應使其阻值調(diào)至最大；（2）根據(jù)描點法可得出對應的圖象如圖所示；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，I=Er+R，變形可得：R由圖可知，E＝k=8-0r＝1.2Ω（3）本實驗相當于采用的是相對電源的電流表內(nèi)接法，故測量結果中電動勢是準確的，故電動勢1.43V，而內(nèi)電阻的結果中包含電流表內(nèi)阻；由圖可知，電壓表示數(shù)為65mV，由歐姆定律可知，電流表內(nèi)阻RA=0.0650.33=0.2Ω，故電源內(nèi)阻為1.2﹣故答案為：（1）①開關未斷開；②電阻箱阻值為零；（2）如圖所示；1.43（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）?！军c評】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要注意明確實驗原理，注意數(shù)據(jù)處理的基本方法，明確圖象的準確應用是解題的關鍵。11．（10分）某同學利用如圖所示的實驗裝置來測量重力加速度g。細繩跨過固定在鐵架臺上的輕質滑輪，兩端各懸掛一只質量為M的重錘。實驗操作如下：①用米尺量出重錘1底端距地面的高度H；②在重錘1上加上質量為m的小鉤碼；③左手將重錘2壓在地面上，保持系統(tǒng)靜止。釋放重錘2，同時右手開啟秒表，在重錘1落地時停止計時，記錄下落時間；④重復測量3次下落時間，取其平均值作為測量值t。請回答下列問題：（1）步驟④可以減小對下落時間t測量的偶然（選填“偶然”或“系統(tǒng)”）誤差。（2）實驗要求小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多，主要是為了B。（A）使H測得更準確（B）使重錘1下落的時間長一些（C）使系統(tǒng)的總質量近似等于2M（D）使細繩的拉力與小鉤碼的重力近似相等（3）滑輪的摩擦阻力會引起實驗誤差。現(xiàn)提供一些橡皮泥用于減小該誤差，可以怎么做？（4）使用橡皮泥改進實驗后，重新進行實驗測量，并測出所用橡皮泥的質量為m0．用實驗中的測量量和已知量表示g，得g＝2(2M+m+m0【考點】MD：驗證機械能守恒定律．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；4C：方程法；51B：簡諧運動專題．【分析】（1）根據(jù)誤差產(chǎn)生的原因分析是哪一種誤差；（2）分析實驗的步驟，明確實驗的原理，結合實驗的原理與注意的問題，分析實驗要求小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多的目的；（3）根據(jù)實驗的要求，分析平衡摩擦力的方法即可；（4）結合實驗原理，即可求出重力加速度的表達式。【解答】解：（1）在數(shù)據(jù)測量的過程中會存在偶然誤差，使用多次測量的方法可以減小測量的偶然誤差；（2）當兩側的重錘的質量不同時，質量大的重錘向下運動，質量小的重錘向上運動，運動的加速度的大小是相等的，由牛頓第二定律可得：（M+M+m）a＝（M+m）g﹣Mg所以加速度：a=可知，m相比于重錘的質量越小，則加速度越小，運動的時間：t=2HA、由以上的分析可知，小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多，與H的測量無關。故A錯誤；B、由以上的分析可知，小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多，可以增大運動的時間。故B正確；C、由以上的分析可知，系統(tǒng)的總質量近似等于2M與小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多沒有關系。故C錯誤；D、繩子對重錘2的拉力：T＝Mg+Ma＝Mg+當小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多時，細繩的拉力與重錘的重力近似相等。故D錯誤。故選：B（3）滑輪的摩擦阻力會引起實驗誤差，減小該誤差，可以采用平衡摩擦力的方法，如：在重錘1上粘上橡皮泥，調(diào)整橡皮泥的質量，直至輕拉重錘1時，能觀察到重錘勻速下落，這時即可平衡摩擦力。（4）使用橡皮泥改進實驗后，重新進行實驗測量，并測出所用橡皮泥的質量為m0。此時由牛頓第二定律可得：（M+M+m+m0）a＝（M+m+m0）g﹣Mg﹣f其中：f＝m0g聯(lián)立得：a=落的過程做勻加速直線運動，則：H=所以：g=故答案為：（1）偶然；（2）B；（3）可以在重錘1上粘上橡皮泥，調(diào)整橡皮泥的質量，直至輕拉重錘1時，能觀察到重錘勻速下落，這時即可平衡摩擦力；（4）2(2M+m+【點評】明確各種實驗儀器的使用方法和實驗的實驗原理是解決實驗問題的關鍵，注意實驗過程中平衡摩擦阻力的影響的方法與驗證機械能守恒的實驗中平衡摩擦力的方法是相同的。【選做題】本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應的答題區(qū)域內(nèi)作答.若多做，則按A、B兩小題評分.A.[選修3-3]（12分）12．（3分）如圖所示，一支溫度計的玻璃泡外包著紗布，紗布的下端浸在水中。紗布中的水在蒸發(fā)時帶走熱量，使溫度計示數(shù)低于周圍空氣溫度。當空氣溫度不變，若一段時間后發(fā)現(xiàn)該溫度計示數(shù)減小，則（）A．空氣的相對濕度減小 B．空氣中水蒸汽的壓強增大 C．空氣中水的飽和氣壓減小 D．空氣中水的飽和氣壓增大【考點】9G：飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓；9H：相對濕度．【專題】31：定性思想；43：推理法；542：物體的內(nèi)能專題．【分析】明確飽和汽壓的定義，知道飽和汽壓是指空氣中水蒸汽的壓強，而飽和汽壓只與溫度有關；同時明確濕度計的原理，知道水蒸發(fā)時會帶走部分熱量。【解答】解：空氣溫度不變，但溫度計示數(shù)減小，說明紗布中的水蒸發(fā)時帶走部分熱量，從而使溫度減小，故說明空氣中的絕對濕度減小，而由于溫度不變，故飽和氣壓不變，相對濕度減小；故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查飽和汽壓以及濕度計原理，要注意明確絕對濕度和相對濕度的定義，明確飽和汽壓只與溫度有關。13．（4分）一定量的氧氣貯存在密封容器中，在T1和T2溫度下其分子速率分布的情況見表。則T1大于（選填“大于”“小于”或“等于”）T2．若約10%的氧氣從容器中泄漏，泄漏前后容器內(nèi)溫度均為T1，則在泄漏后的容器中，速率處于400～500m/s區(qū)間的氧氣分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比等于（選填“大于”“小于”或“等于”）18.6%。速率區(qū)間（m?s﹣1）各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比/%溫度T1溫度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3.90.9【考點】88：分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律．【專題】31：定性思想；43：推理法；542：物體的內(nèi)能專題．【分析】理解不同溫度下的分子速率分布曲線，分子速率呈現(xiàn)”中間多，兩頭少”的分布特點，溫度越高，速率大的分子數(shù)越多?！窘獯稹拷猓簝煞N溫度下氣體分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點。由于T1時速率較高的氣體分子占比例較大，則說明T1大于T2．相同溫度下，各速率占比是不變的，因此速率處于400～500m/s區(qū)間的氧氣分子數(shù)占總分子數(shù)仍為18.6%；故答案為：大于；等于。【點評】本題考查分子平均動能的性質，要注意明確分子平均動能為統(tǒng)計規(guī)律，溫度升高時并不是所有分子的速率均增大，同時注意圖象的性質，能明確如何判斷分子平均速率的變化和溫度的變化。14．（5分）如圖所示，一定質量的理想氣體在狀態(tài)A時壓強為2.0×105Pa，經(jīng)歷A→B→C→A的過程，整個過程中對外界放出61.4J熱量。求該氣體在A→B過程中對外界所做的功。【考點】8F：熱力學第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】15：簡答題；25：歸納猜想題；32：定量思想；4B：圖析法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】整個過程中，外界對氣體做功等于AB段和CA段做功之和，BC段氣體發(fā)生等容變化，不做功。再對整個過程，運用熱力學第一定律列式，即可求解?！窘獯稹拷猓赫麄€過程中，外界對氣體做功W＝WAB+WCA。CA段發(fā)生等壓變化，有WCA＝pA（VC﹣VA）整個過程，由熱力學第一定律得△U＝Q+W＝0，得WAB＝﹣（Q+WCA）將pA＝2.0×105Pa，VC＝2×10﹣3m3，VA＝1×10﹣3m3，Q＝﹣61.4J代入上式解得WAB＝﹣138.6J即氣體在A→B過程中對外界所做的功是138.6J。答：氣體在A→B過程中對外界所做的功是138.6J?！军c評】本題考查了氣體的等壓變化和熱力學第一定律，解決氣體問題的關鍵是挖掘出隱含條件，知道BC段氣體發(fā)生等容變化，外界對氣體做功公式為WCA＝pA（VC﹣VA）。在運用熱力學第一定律時要注意各個量的符號。B.[選修3-4]（12分）15．（3分）梳子在梳頭后帶上電荷，搖動這把梳子在空中產(chǎn)生電磁波。該電磁波（）A．是橫波 B．不能在真空中傳播 C．只能沿著梳子搖動的方向傳播 D．在空氣中的傳播速度約為3×108m/s【考點】G2：電磁波的產(chǎn)生．【專題】31：定性思想；43：推理法；54R：電磁場理論和電磁波．【分析】電磁波是橫波，它的傳播不需要介質；電磁波中電場和磁場的方向相互垂直，電磁波傳播的速度在真空中為光速?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電磁波的特點可知，電磁波為橫波。故A正確；B、電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播。故B錯誤；C、電磁波產(chǎn)生后，可以在任意方向傳播。故C錯誤；D、電磁波傳播的速度在真空中等于光速，在空氣中的傳播速度約為3×108m/s。故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了有關電磁場和電磁波的基本知識，對于這些基本知識要熟練掌握并能正確應用。16．（4分）兩束單色光A、B的波長分別為λA、λB，且λA＞λB，則A（選填“A”或“B”）在水中發(fā)生全反射時的臨界角較大。用同一裝置進行楊氏雙縫干涉實驗時，可以觀察到A（選填“A”或“B”）產(chǎn)生的條紋間距較大?！究键c】O4：用雙縫干涉測光的波長．【專題】31：定性思想；4C：方程法；54G：光的干涉專題．【分析】通過λ=cf比較出光波的頻率大小，然后結合頻率與折射率的關系、折射率與臨界角的關系即可做出判斷；根據(jù)【解答】解：束單色光A、B的波長分別為λA、λB，且λA＞λB，則根據(jù)λ=cf知，A光的頻率小，由折射率與頻率的關系可知A的折射率?。桓鶕?jù)sinC=1故答案為：A，A【點評】解決本題的突破口在于通過光的波長比較光的頻率，然后比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長等大小關系。17．（5分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在x＝0和x＝0.6m處的兩個質點A、B的振動圖象如圖所示。已知該波的波長大于0.6m，求其波速和波長?！究键c】F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】11：計算題；34：比較思想；4B：圖析法；51D：振動圖像與波動圖像專題．【分析】由圖讀出周期，根據(jù)波形關系，結合波長大于0.6m，分析波從A傳到B的傳播時間，從而求得波速。由λ＝vT求波長?！窘獯稹拷猓簭膟﹣t圖象可知，周期為：T＝0.4s；由于該波的波長大于0.6m，由圖象可知，波從A傳到B的傳播時間為：△t＝0.3s波速為：v=△x波長為：λ＝vT＝2×0.4m＝0.8m答：其波速是2m/s，波長是0.8m?！军c評】本題也可以同一時刻兩個質點的狀態(tài)關系，分析兩個質點間的距離與波長的關系，從而得到波長的通項，再得到波長的特殊值。C.[選修3-5]（12分）18．已知A和B兩種放射性元素的半衰期分別為T和2T，則相同質量的A和B經(jīng)過2T后，剩有的A和B質量之比為（）A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1【考點】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】31：定性思想；4C：方程法；54O：衰變和半衰期專題．【分析】根據(jù)半衰期的定義得出原來的質量之比，從而即可求解?！窘獯稹拷猓涸O開始時它們的質量都是m0，根據(jù)半衰期的定義，經(jīng)過時間2T后，A經(jīng)歷了兩個半衰期，剩下的放射性元素的質量：mA經(jīng)過時間2T后，B經(jīng)歷了一個半衰期，剩下的放射性元素的質量：m故mA：mB＝1：2．故ACD錯誤，B正確故選：B?！军c評】知道半衰期的意義，經(jīng)過一個半衰期，就有一半質量的物質衰變，并能加以定量計算。19．光電效應實驗中，用波長為λ0的單色光A照射某金屬板時，剛好有光電子從金屬表面逸出。當波長為λ02的單色光B照射該金屬板時，光電子的最大初動能為hcλ0【考點】IE：愛因斯坦光電效應方程．【專題】32：定量思想；4E：模型法；54I：光電效應專題．【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，結合c＝λγ求光電子的最大初動能。光子的動量由公式p=h【解答】解：由題知，金屬板的逸出功為為：W0＝hγ0=當波長為λ0Ek＝hcλ02根據(jù)p=hpA：pB=λ02：故答案為：hcλ【點評】本題考查光電效應方程的應用，要掌握頻率與波長的關系，要注意同一金屬板逸出功是一定的。20．如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質量為m，運動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻力，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小?！究键c】52：動量定理．【專題】11：計算題；32：定量思想；4C：方程法；52F：動量定理應用專題．【分析】以小球為研究對象，整個過程中根據(jù)動量定理列方程求解小球所受彈簧彈力沖量的大小?！窘獯稹拷猓阂孕∏驗檠芯繉ο螅∠蛏蠟檎较?，整個過程中根據(jù)動量定理可得：I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）解得小球所受彈簧彈力沖量的大小為：I＝2mv+mgt。答：小球所受彈簧彈力沖量的大小為2mv+mgt?！军c評】本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。四、計算題：本題共3小題，共計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.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.21．（15分）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q?！究键c】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DD：電磁感應中的能量轉化．【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；42：等效替代法；538：電磁感應——功能問題．【分析】（1）金屬棒沿導軌做勻加速運動，已知初速度、位移和加速度，根據(jù)運動學速度位移公式求末速度的大小v。（2）已知金屬棒的加速度，根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式結合求通過的電流大小I。（3）金屬棒運動的時間為t=v【解答】解：（1）金屬棒沿導軌做勻加速運動，則有v2＝2as解得v=（2）金屬棒受到的安培力大小F安＝BId金屬棒所受的合力F＝mgsinθ﹣F安根據(jù)牛頓第二定律得F＝ma聯(lián)立解得I=（3）金屬棒運動時間t=通過金屬棒的電荷量Q＝It結合v=2as，I=m(gsinθ-a)答：（1）末速度的大小v是2as；（2）通過的電流大小I是m(gsinθ-a)dB（3）通過的電荷量Q是2asm(gsinθ-a)【點評】解決本題的關鍵是明確金屬棒的運動情況，知道安培力是聯(lián)系電磁感應與力學的橋梁，在電流一定時根據(jù)Q＝It求電荷量。22．（16分）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B．質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質量之比M：m；（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T?！究键c】37：牛頓第二定律；6C：機械能守恒定律．【專題】12：應用題；22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52E：機械能守恒定律應用專題．【分析】（1）物塊靜止時受力分析，利用平衡列式求解；（2）松手后整個系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律列式求解；（3）對小球利用牛頓第二定律列式求解?！窘獯稹拷猓海?）松手前小球受力分析如圖所示，由平衡得：T1sin53°＝T2cos53°F+mg＝T1cos53°+T2sin53°且T1＝Mg聯(lián)立解得：F=（2）小球運動到與A、B相同高度過程中，小球上升高度為：h1＝3lsin53°物塊下降高度為：h2＝2l整個過程系統(tǒng)機械能守恒，則有：mgh1＝Mgh2聯(lián)立解得：M（3）根