高考物理江苏卷物理.docx
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高考物理江苏卷物理
·新课标江苏(理综物理)
一、单项选择题:
本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意.
1.D5[·江苏卷]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行,根据开普勒行星运动定律可知( )
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D.相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
1.C [解析]本题考查了开普勒的三个行星运动定律.题目中要求根据开普勒行星运动定律来判断,那么不能按照中学阶段的近似处理来判断.太阳应位于行星运行轨道的一个焦点上,而焦点不是圆心,A错误.火星和木星绕太阳运行时是不在同一个轨道上的,根据开普勒第二定律可知,同一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积,D错误.火星和木星绕太阳运行速度的大小也是不可能始终相等的,B错误.根据开普勒第三定律
=
可知
=
,C正确.
2.D4[·江苏卷]如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是( )
A.A的速度比B的大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
2.D [解析]由于座椅A、B悬挂在同一个旋转圆盘上且绕同一个竖直的中心轴匀速转动,因此属于同轴问题,即座椅A、B都做匀速圆周运动,旋转的角速度相等.此时座椅的受力情况如图所示,它们做圆周运动所需要的向心力由缆绳拉力F与重力G的合力Fn提供.设它们做圆周运动的半径为r,缆绳与竖直方向的夹角为θ,由图可知:
Fcosθ=G=mg
Fsinθ=Fn
Fn=mrω2
综合以上三式可得tanθ=
可见θ随r增大而增大,选项C错误;因为悬挂A、B的缆绳长度相等,所以座椅B与竖直方向的夹角大于座椅A与竖直方向的夹角,致使B做圆周运动的半径比A的大,由于v=rω,A的速度比B的小,选项A错误;由an=rω2知,A的向心加速度比B的小,选项B错误;缆绳所受拉力F=
,因θA<θB,故FA 3.I1[·江苏卷]下列选项中的各 圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各 圆环间彼此绝缘.坐标原点O处电场强度最大的是( ) A B C D 3.B [解析]设每个 圆环产生的电场的场强大小为E,则图A产生的电场的场强如图甲所示;图B中两个 圆环各自产生的电场如图乙所示,合场强的大小为 E;图C中第一、三象限产生的电场的场强大小相等,方向相反,合场强为0,整个 圆环产生的电场就相当于第二象限的 圆环产生的电场,如图丙所示;图D中产生的电场的合场强为零,故选项B正确. 4.J2[·江苏卷]在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示.M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时( ) A.RM变大,且R越大,U增大越明显 B.RM变大,且R越小,U增大越明显 C.RM变小,且R越大,U增大越明显 D.RM变小,且R越小,U增大越明显 4.C [解析]此装置电路中RM先与R并联后与RS串联.根据闭合电路的欧姆定律得I= ,S两端的电压U=IRS增大,则电流I增大,故R并减小,所以并联的一条支路电阻减小,即RM必减小,故排除选项A和B.由于 = + ,即R并= = ,当RRM时, →0,则R并≈RM,RM变化了多少,R并也变化了多少.对U的变化影响明显,即R越大,U增大越明显,选项C正确,选项D错误. 5.A1E2[·江苏卷]水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等.碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( ) A.30% B.50% C.70%D.90% 5.A [解析]从图中可看出,左边的白球间隔大,表示在相等的时间里运动的位移大,即速度大,右边的白球间隔小,表示速度小,所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球,碰撞后分开运动.用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小,约为1.35cm,可算作135等份;再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小,均约为1.15cm,可算作115等份.设照相机每隔时间t闪光一次,小球的质量为m,每等份的长度为L,则白球碰撞前的动能为 Ek0= mv2= m 白球碰撞后的动能为 Ek1= m 灰球的动能与碰撞后的白球动能相等,这样就可算出损失的动能为Ek0-2Ek1,代入数据进而算出结果: =0.36≈30%,故选项A正确. 二、多项选择题: 本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分. 6.I1、I2[·江苏卷]将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,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.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大 D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功 6.ABD [解析]在电场中电场线越密的地方电场越强,故选项A正确;电场线总是指向电势降低的方向,故选项B正确;在电场中移动电荷时,负电荷顺着电场线移动时,电场力做负功,电势能增加,故选项C错误,选项D正确. 7.D1D2[·江苏卷]如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同.空气阻力不计,则( ) A.B的加速度比A的大 B.B的飞行时间比A的长 C.B在最高点的速度比A在最高点的大 D.B在落地时的速度比A在落地时的大 7.CD [解析]抛体运动是匀变速运动,加速度始终为重力加速度g,故选项A错误;抛体运动的空中运动时间仅由高度决定,两小球的运动时间相等,故选项B错误;抛体运动在水平方向的运动是匀速直线运动,相同时间内小球B的水平位移大,故其水平分速度大,两小球运动到最高点时,小球只有方向水平的速度,显然B的速度大,故选项C正确;由于下降的高度相等,故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等,由运动的的合成可知,B球落地时的速度大,故选项D正确. 8.M1M2M3[·江苏卷]如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光.要使灯泡变亮,可以采取的方法有( ) A.向下滑动P B.增大交流电源的电压 C.增大交流电源的频率 D.减小电容器C的电容 8.BC [解析]因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比,当向下滑动P时,相当于减少副线圈的匝数,导致副线圈两端的电压减小,流过灯泡L的电流也减小,灯泡变暗,选项A错误;增大交流电源的电压,则会使副线圈两端的电压也随之增大,灯泡变亮,选项B正确;电容器的电容越大,交流电源的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越小,灯泡就越亮,选项C正确,选项D错误. 9.C5、E6[·江苏卷]如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中( ) A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W- μmga B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W- μmga C.经O点时,物块的动能小于W-μmga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 甲 9.BC [解析]先大致画出O点所在位置,如图甲所示,设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时,受力如图乙所示,f=μmg,此过程中,弹簧在缩短,弹簧拉力FT变小;当到达O点右侧某点P时,FT与f相等,此时合力为0,由于惯性,物块继续向左运动;当物块到达O点时,水平方向只受摩擦力f,但仍向左运动至B停止.在AP段,物块除受摩擦阻力外,还受弹簧拉力这一个动力作用,而在OB段,物块除受到摩擦阻力外,还受弹簧弹力这一个阻力作用,所以物块很快停止,OB 当拉力把物块从O点由静止拉至A点时,根据动能定理得W-μmgb=EpA,即EpA=W-μmgb μmga,选项A错误;对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得EpA-EpB-μmg=0,即EpB=W-μmgb-μmga μmga,选项B正确;经O点时,物块的动能是EpO=EpA-μmgb=W-2μmgb 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位置. 10.J10[·江苏卷](8分)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P=UI得到电功率.实验所使用的小灯泡规格为“3.0V 1.8W”,电源为12V的电池,滑动变阻器的最大阻值为10Ω. (1)准备使用的实物电路如图所示.请将滑动变阻器接入电路的正确位置.(用笔画线代替导线) 图1 (2)现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻,电路中的电阻R1应选________Ω的定值电阻. (3)测量结束后,应先断开开关,拆除________两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材. (4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如图所示.请指出图象中不恰当的地方. 图2 10. (1)如图所示 (2)10 (3)电池 (4)图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当. [解析] (1)由第(3)小问中小明所描的点来看,电压是从0开始变化的,故滑动变阻器应采用分压式接法. (2)小灯泡的额定电流为 =0.6A,故通过R1的电流应大于0.6A,由R= 可得,总电阻R应小于20Ω,所以R1只能取10Ω. (3)应先拆电池,再拆除其他部分的导线,要养成良好的习惯. (4)应尊重实验数据,按照所描的点用一条平滑的曲线拟合这些点.横坐标U2最大值为9,图中横坐标的标度选取不合适,应使图象尽可能分布开,充分利用坐标纸. 11.A3[·江苏卷](10分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示.倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球.手动敲击弹性金属片M,M与触头瞬间分开,第1个小球开始下落,M迅速恢复,电磁铁又吸住第2个小球.当第1个小球撞击M时,M与触头分开,第2个小球开始下落…….这样,就可测出多个小球下落的总时间. (1)在实验中,下列做法正确的有________. A.电路中的电源只能选用交流电源 B.实验前应将M调整到电磁铁的正下方 C.用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度 D.手动敲击M的同时按下秒表开始计时 (2)实验测得小球下落的高度H=1.980m,10个小球下落的总时间T=6.5s.可求出重力加速度g=________m/s2.(结果保留两位有效数字) (3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法. ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ (4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt,这导致实验误差.为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2.他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响? 请推导说明. ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 11. (1)BD (2)9.4 (3)增加小球下落的高度,多次重复实验,结果取平均值. (4)由H1= g 和H2= g 可得g= ,因此可以消去Δt的影响. [解析] (1)此处的电磁铁起条形磁铁的作用,故应选用直流电源,选项A错误.用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离再减去小球的直径作为小球下落的高度,选项C错误. (2)1个小球下落的时间为0.65s,根据H= gt2,代入数据计算得g=9.4m/s2. (3)减小长度测量误差的办法是增加小球下落的高度.防止偶然误差的办法是多次重复实验,结果取平均值.其他答案只要合理也可. 12.H3[·江苏卷]选做题本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题在相应的答题区域内作答做,则按A、B两小题评分. A.选修3-3(12分) 如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中,A→B和C→D为等温过程,B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换).这就是著名的“卡诺循环”. (1)该循环过程中,下列说法正确的是________. A.A→B过程中,外界对气体做功 B.B→C过程中,气体分子的平均动能增大 C.C→D过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D.D→A过程中,气体分子的速率分布曲线不发生变化 12.A. (1)C [解析]A→B过程中,气体体积变大,对外做功,选项A错;根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,B→C为绝热过程,气体体积变大,对外做功,Q=0,W<0,则ΔU<0,理想气体的内能仅由温度决定,故温度降低,分子平均动能减小,选项B错;C→D为等温过程,分子平均动能不变,分子撞击器壁的平均速率不变,因气体压强变大,故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多,选项C正确;D→A为绝热过程,气体体积变小,外界对气体做功,Q=0,W>0,则ΔU>0,温度升高,分子平均动能变大,气体分子的速率分布曲线会发生移动,故选项D错. 12. (2)该循环过程中,内能减小的过程是________(选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”).若气体在A→B过程中吸收63kJ的热量,在C→D过程中放出38kJ的热量,则气体完成一次循环对外做的功为______kJ. 12. (2)B→C 25 [解析]分析可知,B→C过程内能减少,C→D过程内能增加.整个循环过程中,ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,则W=ΔU-Q=0-(63kJ-38kJ)=-25kJ,故对外做的功为25kJ. 12.(3)若该循环过程中的气体为1mol,气体在A状态时的体积为10L,在B状态时压强为A状态时的 .求气体在B状态时单位体积内的分子数.(已知阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1,计算结果保留一位有效数字) 12.(3)4×1025m-3 [解析]等温过程pAVA=pBVB,单位体积内的分子数n= . 解得n= ,代入数据得,n=4×1025m-3 12.B.选修3-4(12分) 图1 (1)如图1所示的装置,弹簧振子的固有频率是4Hz.现匀速转动把手,给弹簧振子以周期性的驱动力,测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz,则把手转动的频率为________. A.1HzB.3Hz C.4HzD.5Hz 12.B. (1)A [解析]物体做受迫振动时的频率是由驱动力的频率决定的. 12. (2)如图2所示,两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行,相对地面的速度均为v(v接近光速c).地面上测得它们相距为L,则A测得两飞船间的距离________(选填“大于”、“等于”或“小于”)L.当B向A发出一光信号,A测得该信号的速度为______. 图2 12. (2)大于 c(或光速) [解析]地面上的观察者认为他同时对左右两端进行读数,但对飞船上的观察者来说,由于同时的相对性,他们会看到地面上的观察者总是先对A进行读数,再对B进行读数,而B又已经前进了一段距离,所以在飞船上人看来,地面上的人所测量的长度偏小.根据光速不变原理可得,此光信号的速度仍为光速. 图3 12.(3)图3为单反照相机取景器示意图,ABCDE为五棱镜的一个截面,AB⊥BC.光线垂直AB射入,分别在CD和EA上发生反射,且两次反射的入射角相等,最后光线垂直BC射出.若两次反射都为全反射,则该五棱镜折射率的最小值是多少? (计算结果可用三角函数表示) 12.(3) [解析]作出光路图如图所示,图中三角形为等腰直角三角形,入射角α=22.5°,则折射率n≥ 才能保证发生全反射. 12.C.选修3-5(12分) (1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则它们的________也相等. A.速度 B.动能 C.动量D.总能量 12.C. (1)C [解析]由物质波的波长λ= 可知,波长相等则动量相等,选项C正确;对于电子和中子而言,动量p=mv相等,质量不同,则速度不同,选项A错误;由Ek= 知,动能不同,选项B、D错误. 12. (2)根据玻尔原子结构理论,氦离子(He+)的能级图如图1所示.电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”).当大量He+处在n=4的激发态时,由于跃迁所发射的谱线有________条. 图1 12. (2)近 6 [解析]能量最低的状态为基态,离原子核最近,如果吸收一定频率的光子,电子就会跃迁到能量较高的激发态,能级数越高,离核越远.电子从n=4的激发态向基态跃迁时,有6种不同的跃迁方式,对应6条不同的谱线. 12.(3)如图2所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1m/s.A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向. 图2 12.(3)0.02m/s 离开空间站方向 [解析]规定原速度方向为正方向,根据动量守恒 v0=mAvA+mBvB、可解得vB=0.02m/s,所得结果仍为正值,说明B的运动方向与原速度方向相同,即也为离开空间站方向。 四、计算题: 本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、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,答案中必须明确写出数值和单位. 13.L3L4[·江苏卷](15分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0m、bc=0.5m,电阻r=2Ω.磁感应强度B在0~1s内从零均匀变化到0.2T.在1~5s内从0.2T均匀变化到-0.2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求: (1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向; (2)在1~5s内通过线圈的电荷量q; (3)在0~5s内线圈产生的焦耳热Q. 13.[解析] (1)感应电动势E1= 磁通量的变化ΔΦ1=ΔB1S 解得E1=N 代入数据得E1=10V 感应电流的方向为a→d→c→b→a (2)同理可得E2=N 感应电流I2= 电量q=I2Δt2 解得q=N 代入数据得q=10C. (3)0~1s内的焦耳热Q1=I rΔt1 且I1= 1~5s内的焦耳热Q2=I rΔt2 由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100J 14.C5[·江苏卷](16分)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g. (1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小; (2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小; (3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大? 14.[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g 桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+m2)g f=f1+f2 解得f=μ(2m1+m2)g (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则 f1=m1a1 F-f1-f2=m2a2 发生相对运动a2>a1 解得F>2μ(m1+m2)g (3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1= a1t 纸板运动的距离d+x1= a2t 纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2= a3t l=x1+x2 由题意知a1=a3,a1t1=a3t2 解得F=2μ[m1+(1+ )m2]g 代入数据得F=22.4N. 15.K3[·江苏卷](16分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图2所示.x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向.在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q.不计重力.在t= 时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动. (1)求P在磁场中运动时速度的大小v0; (2)求B0应满足的关系; (3)在t0(0 )时刻释放P,求P速度为零时的坐标. 图1 图2 15.[解析] (1) ~τ做匀加速直线运动,τ~2τ做匀速圆周运动 电场力F=QE0 加速度a= 速度v0=at,且t= 解得v0= (2)只有当t=2τ时,P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动,才能沿一定轨道做往复运动,如图所示.设P在磁场中做圆周运动的周期为T. 则 T=τ,(n=1,2,3…) 匀速圆周运动qvB0=m ,T= 解得B0= ,(n=1,2,3…) (3)在t0时刻释放,P在电场中加速时间为τ-t0 在磁场中做匀速圆周运动 v1= 解得r1= 又经(τ-t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0 P再进入磁场 v2= 圆周运动的半径r2= 解得r2= 综上分析,速度为零时横坐标x=0 相应的纵坐标为y= ,(k=1,2,3…) 解得y= ,(k=1,2,3…)
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