2014年江蘇省高考物理試卷.docVIP

2014年江蘇省高考物理試卷一、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）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為 n，邊長為 a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中 在t 時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由 B 均勻地增大到 3B在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為（）ABCD2（3分）已知地球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，地球的半徑約為火星半徑的2倍，則航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動的速率約為（）A3.5km/sB5.0km/sC17.7km/sD35.2km/s3（3分）遠(yuǎn)距離輸電的原理圖如圖所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R，變壓器為理想變壓器，則下列關(guān)系式中正確的是（）A=BI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U24（3分）如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O，下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）AO點的電場強度為零，電勢最低BO點的電場強度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低5（3分）一汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后剎車做勻減速直線運動，直到停止。下列速度v和位移x的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是（）ABCD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，全都選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進(jìn)行試驗，小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關(guān)于該實驗，下列說法中正確的是（）A兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B兩球應(yīng)同時落地C應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動7（4分）如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有（）A增加線圈的匝數(shù)B提高交流電源的頻率C將金屬杯換為瓷杯D取走線圈中的鐵芯8（4分）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A當(dāng)F2mg時，A、B都相對地面靜止B當(dāng)F=mg時，A的加速度為gC當(dāng)F3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過g9（4分）如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH=k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離，電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則（）A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比三、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(yīng)的位置【必做題】10（8分）某同學(xué)通過實驗測量一種合金的電阻率（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑，為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊圖1所示的部件 （選填“A”、“B”、“C”或“D”），從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為 mm（2）圖2所示是測量合金絲電阻的電路，相關(guān)器材的規(guī)格已在圖中標(biāo)出，合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化，由此可以推斷：電路中 （選填圖中表示連線柱的數(shù)字）之間出現(xiàn)了 （選填“短路”或“斷路”）（3）在電路故障被排除后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.23V和38mA，由此，該同學(xué)算出接入電路部分的合金絲的阻值為58.7，為了更準(zhǔn)確的測出合金絲的阻值，在不更換實驗器材的條件下，對實驗應(yīng)作怎樣的改進(jìn)？請寫出兩條建議11（10分）小明通過實驗驗證力的平行四邊形定則（1）O點為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置，兩彈簧測力計共同作用時，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點；一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力F3的方向過P3點，三個力的大小分別為：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N請根據(jù)圖中給出的標(biāo)度作圖求出F1和F2的合力（2）仔細(xì)分析實驗，小明懷疑實驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發(fā)生了變化，影響實驗結(jié)果，他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不相同，于是進(jìn)一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響 實驗裝置如圖2所示，將一張白紙固定在豎直放置的木板上，橡皮筋的上端固定與O點，下端N掛一重物，用與白紙平行的水平力緩慢地移動N，在白紙上記錄下N的軌跡重復(fù)上述過程，再次記錄下N的軌跡 兩次實驗記錄的軌跡如圖3所示，過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，則實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關(guān)系為 （3）根據(jù)（2）中的實驗，可以得出的實驗結(jié)果有哪些？（填寫選項前的字母）（A）橡皮筋的長度與受到的拉力成正比；（B）兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長；（C）兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較大；（D）兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，請對驗證力的平行四邊形定則實驗提出兩點注意事項四、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(yīng)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（12分）一種海浪發(fā)電機的氣室如圖所示，工作時，活塞隨海浪上升活下降，改變氣室中空氣的壓強，從而驅(qū)動進(jìn)氣閥門和出氣閥門打開或關(guān)閉，氣室先后經(jīng)歷吸入、壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發(fā)電，氣室中的空氣可視為理想氣體（1）下列對理想氣體的理解，正確的有 （A）理想氣體實際上并不存在，只是一種理想模型（B）只要氣體的壓強不是很高就可視為理想氣體（C）一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度、體積都有關(guān)（D）在任何溫度、任何壓強下，理想氣體都遵循氣體的實驗定律（2）壓縮過程中，兩個閥門均關(guān)閉，若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內(nèi)能增加了3.4104J，則該氣體的分子平均動能 （選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功 （選填“大于”“小于”或“等于”）3.4104J（3）上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27，體積為0.224m3，壓強為1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，已知1 mol氣體在1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、0時的體積為22.4L，阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.021023mol1，計算此時氣室中氣體的分子數(shù)（計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）B.選修3-413（4分）某同學(xué)用單色光進(jìn)行雙縫干涉實驗，在屏上觀察到圖甲所示的條紋，僅改變一個實驗條件后，觀察到的條紋如圖乙所示，他改變的實驗條件可能是（）A減小光源到單縫的距離B減小雙縫之間的距離C減小雙縫到光屏之間的距離D換用頻率更高的單色光源14（4分）在“探究單擺的周期與擺長的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)準(zhǔn)備好相關(guān)實驗器材后，把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，同時按下秒表開始計時，當(dāng)單擺再次回到釋放位置時停止計時，將記錄的這段時間作為單擺的周期以上操作中有不妥之處，請對其中兩處加以改正15（4分）Morpho蝴蝶的翅膀在陽光的照射下呈現(xiàn)處閃亮耀眼的藍(lán)色光芒，這是因為光照射到翅膀的鱗片上發(fā)生了干涉，電子顯微鏡下鱗片結(jié)構(gòu)的示意圖如圖一束光以入射角i從a點入射，經(jīng)過折射和反射后從b點出射設(shè)鱗片的折射率為n，厚度為d，兩片之間空氣層厚度為h，取光在空氣中的速度為c，求光從a到b所需的時間t五、選修3-516已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.731014Hz和5.441014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動量17氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷，它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質(zhì)之一，其衰變方程是RnPo+ 已知Rn的半衰期約為3.8天，則約經(jīng)過 天，16g的Rn衰變后還剩1g18牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個玻璃球相撞，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15：16，分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小四、計算題：本題共3小題，共計47分，解答時應(yīng)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19（15分） 如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g，求：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；（2）導(dǎo)體棒勻速運的速度大小v；（3）整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。20（16分）某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作如圖所示，裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d，裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上，在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線呈30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點，改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置，不計粒子的重力。（1）求磁場區(qū)域的寬度h；（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；（3）欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值。21（16分）如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為，乙的寬度足夠大，重力加速度為g。（1）若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向（垂直于乙的運動方向）滑過的距離s；（2）若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時的速度大小v；（3）保持乙的速度2v0不變，當(dāng)工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復(fù)，若每個工件的質(zhì)量為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅(qū)動乙的電動機的平均輸出功率。2014年江蘇省高考物理試卷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）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為 n，邊長為 a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中 在t 時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由 B 均勻地增大到 3B在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為（）ABCD【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，注意線圈的有效面積是正方形面積的一半【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=n=n=n=故選：B?！军c評】本題屬于感生問題，運用法拉第電磁感應(yīng)定律時，要注意要用有效面積求感應(yīng)電動勢2（3分）已知地球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，地球的半徑約為火星半徑的2倍，則航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動的速率約為（）A3.5km/sB5.0km/sC17.7km/sD35.2km/s【分析】航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動時，由火星的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程；再研究近地衛(wèi)星的速度與地球質(zhì)量的關(guān)系，聯(lián)立即可求解【解答】解：航天器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動時，由火星的萬有引力提供向心力，則有： G=對于近地衛(wèi)星，由地球的萬有引力提供向心力，則得： G=m近由得：=又近地衛(wèi)星的速度約為 v近=7.9km/s可得：航天器的速率為 v航=km/s3.5km/s故選：A?！军c評】對于衛(wèi)星類型，關(guān)鍵建立衛(wèi)星運動的模型，理清其向心力來源：萬有引力，根據(jù)萬有引力等于向心力進(jìn)行解答3（3分）遠(yuǎn)距離輸電的原理圖如圖所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R，變壓器為理想變壓器，則下列關(guān)系式中正確的是（）A=BI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U2【分析】變壓器電壓之比等于匝數(shù)之比；電流之比等于匝數(shù)的反比；在遠(yuǎn)距離輸電中，輸電導(dǎo)線上功率有損耗【解答】解：A、升壓變壓器電流之比等于匝數(shù)的反比；故A錯誤；B、導(dǎo)線上的電流是電壓損失與電阻的比值；故B錯誤；C、I1U1是表示輸入功率，I22R表示電路損耗的功率，二者不等；故C錯誤；D、理想變壓器輸入功率等于輸出功率；故I1U1=I2U2，故D正確。故選：D。【點評】理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，且沒有漏磁現(xiàn)象遠(yuǎn)距離輸電，由于導(dǎo)線通電發(fā)熱導(dǎo)致能量損失，所以通過提高輸送電壓，從而實現(xiàn)降低電損4（3分）如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O，下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）AO點的電場強度為零，電勢最低BO點的電場強度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低【分析】圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)電場的疊加和對稱性，分析O點的場強。根據(jù)電場的疊加原理分析x軸上電場強度的方向，即可判斷電勢的高低?！窘獯稹拷猓篈、B、圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產(chǎn)生的場強抵消，合場強為零。圓環(huán)上各電荷產(chǎn)生的電場強度在x軸有向右的分量，根據(jù)電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高，故A錯誤，B正確；C、D、O點的場強為零，無窮遠(yuǎn)處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應(yīng)先增大后減小。x軸上電場強度方向向右，電勢降低，故CD錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵有兩點：一是掌握電場的疊加原理，并能靈活運用；二是運用極限法場強的變化。5（3分）一汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后剎車做勻減速直線運動，直到停止。下列速度v和位移x的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是（）ABCD【分析】根據(jù)勻變速直線運動位移速度公式列式分析即可求解【解答】解：物體做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，則v2=2a1xv=，所以圖象是單調(diào)遞增凸函數(shù)，剎車后做勻減速直線運動，可以反過來看成初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a2，則v2=2a2x解得：v=，則圖象是單調(diào)遞增的凸函數(shù)，再反過來即為單調(diào)遞減的凸函數(shù)，故A正確。故選：A。【點評】本題主要考查了勻變速直線運動位移速度公式的直接應(yīng)用，知道車后做勻減速直線運動，可以反過來看成初速度為零的勻加速直線運動，難度適中二、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，全都選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進(jìn)行試驗，小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關(guān)于該實驗，下列說法中正確的是（）A兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B兩球應(yīng)同時落地C應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動【分析】本題圖源自課本中的演示實驗，通過該裝置可以判斷兩球同時落地，可以驗證做平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動；【解答】解：根據(jù)裝置圖可知，兩球由相同高度同時運動，A做平拋運動，B做自由落體運動，因此將同時落地，由于兩球同時落地，因此說明A、B在豎直方向運動規(guī)律是相同的，故根據(jù)實驗結(jié)果可知，平拋運動在豎直方向的分運動是自由落體運動，不需要兩球質(zhì)量相等，要多次實驗，觀察現(xiàn)象，則應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗，故BC正確。故選：BC。【點評】本題比較簡單，重點考查了平拋運動特點，平拋是高中所學(xué)的一種重要運動形式，要重點加強。7（4分）如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有（）A增加線圈的匝數(shù)B提高交流電源的頻率C將金屬杯換為瓷杯D取走線圈中的鐵芯【分析】由題意可知電器的工作原理，則根據(jù)原理進(jìn)行分析可得出縮短加熱時間的方法【解答】解：A、由題意可知，本題中是渦流現(xiàn)象的應(yīng)用；即采用線圈產(chǎn)生的磁場使金屬杯產(chǎn)生感應(yīng)電流；從而進(jìn)行加熱的，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，增加線圈的匝數(shù)、提高交流電的頻率均可以提高發(fā)熱功率；則可以縮短加熱時間；故AB正確；C、將杯子換作瓷杯不會產(chǎn)生渦流；則無法加熱水；故C錯誤；D、取走鐵芯磁場減弱，則加熱時間變長；故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查渦流的應(yīng)用，要注意明確渦流現(xiàn)象其實就是電磁感應(yīng)的，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知渦流現(xiàn)象的強弱8（4分）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A當(dāng)F2mg時，A、B都相對地面靜止B當(dāng)F=mg時，A的加速度為gC當(dāng)F3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過g【分析】根據(jù)A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力然后通過整體法隔離法逐項分析【解答】解：A、設(shè)B對A的摩擦力為f1，A對B的摩擦力為f2，地面對B的摩擦力為f3，由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2mg，f3的最大值為，故當(dāng)0F時，A、B均保持靜止；繼續(xù)增大F，在一定范圍內(nèi)A、B將相對靜止以共同的加速度開始運動，故A錯誤；B、設(shè)當(dāng)A、B恰好發(fā)生相對滑動時的拉力為F，加速度為a，則對A，有F2mg=2ma，對A、B整體，有F，解得F=3mg，故當(dāng)F3mg時，A相對于B靜止，二者以共同的加速度開始運動；當(dāng)F3mg時，A相對于B滑動。當(dāng)F=時，A、B以共同的加速度開始運動，將A、B看作整體，由牛頓第二定律有F=3ma，解得a=，故B、C正確。D、對B來說，其所受合力的最大值Fm=2mg，即B的加速度不會超過，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查牛頓第二定律的綜合運用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力9（4分）如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH=k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離，電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則（）A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【分析】A、根據(jù)通電導(dǎo)線產(chǎn)生磁場，帶電粒子在電場力作用下加速，而磁場力的作用下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，偏轉(zhuǎn)方向，得出電勢高低；B、由電源的正負(fù)極變化，導(dǎo)致電子運動方向也變化，由左手定則可知，電子的偏轉(zhuǎn)方向，從而即可求解；C、根據(jù)并聯(lián)電壓相等，可知，電流與電阻成反比，即可求解；D、根據(jù)IH與I的關(guān)系，結(jié)合U=k，及P=IU，即可求解【解答】解：A、根據(jù)電流周圍存在磁場，結(jié)合安培定則可知，磁場的方向，而電子移動方向與電流的方向相反，再由左手定則可得，電子偏向后表面，導(dǎo)致前表面的電勢高于后表面，故A錯誤；B、當(dāng)電源正負(fù)對調(diào)后，磁場雖反向，而電子運動方向也反向，由左手定則可知，洛倫茲力的方向不變，則電壓表將不會反偏，故B錯誤；C、如圖所示，R和霍爾元件串聯(lián)再與RL并聯(lián)，I是干路電流，IH是霍爾元件支路的電流，電壓表測量的霍爾元件的電壓UH，而不是外電路（就是串聯(lián)R再并聯(lián)RL），根據(jù)串并聯(lián)特點，則有：IHR=（IIH）RL，即為I=；因此IH與I成正比，故C正確；D、根據(jù)RL消耗的電功率PL=，顯然PL與成正比，又因為磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，即B與IH成正比，電壓表的示數(shù)UH=，則UH與I2成正比，所以UH與RL消耗的電功率PL成正比，故D正確。故選：CD。【點評】考查電流形成的條件，理解左手定則與安培定則的應(yīng)用，注意串并聯(lián)電路的特點，掌握理論推理的方法：緊扣提供信息，結(jié)合已有的規(guī)律三、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(yīng)的位置【必做題】10（8分）某同學(xué)通過實驗測量一種合金的電阻率（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑，為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊圖1所示的部件B（選填“A”、“B”、“C”或“D”），從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為0.410mm（2）圖2所示是測量合金絲電阻的電路，相關(guān)器材的規(guī)格已在圖中標(biāo)出，合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化，由此可以推斷：電路中7、9（7、8）（選填圖中表示連線柱的數(shù)字）之間出現(xiàn)了斷路（選填“短路”或“斷路”）（3）在電路故障被排除后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.23V和38mA，由此，該同學(xué)算出接入電路部分的合金絲的阻值為58.7，為了更準(zhǔn)確的測出合金絲的阻值，在不更換實驗器材的條件下，對實驗應(yīng)作怎樣的改進(jìn)？請寫出兩條建議【分析】（1）為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀，注意其精度是0.01mm（2）合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化，說明電路中有斷路（3）根據(jù)電壓表和電流表的示數(shù)求出合金絲的阻值大約值，與兩個電表的內(nèi)阻進(jìn)行比較，確定電流表的接法為減小測量誤差，測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值【解答】解：（1）為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0mm，可動刻度的讀數(shù)為：0.01mm41.0=0.410mm，故合金絲的直徑為 d=0.410mm（2）由圖知：電壓表的讀數(shù)接近3V，而電路中電流接近零，說明電路中7、9（7、8）間有斷路（3）據(jù)題：電壓表和電流表的示數(shù)分別為U=2.23V，I=38mA則合金絲的阻值大約為 Rx=58.7由于=51.1，=195.7，所以故為減小測量誤差，建議之一：將電流表外接改為內(nèi)接建議之二：測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值（或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值）故答案為：（1）B、0.410；（2）7、9（7、8），斷路；（3）電流表改為內(nèi)接；測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值（或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值）【點評】本題要掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀根據(jù)待測電阻與電壓表、電流表內(nèi)阻的關(guān)系，選擇電流的接法，記住口訣“大內(nèi)小外”11（10分）小明通過實驗驗證力的平行四邊形定則（1）O點為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置，兩彈簧測力計共同作用時，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點；一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力F3的方向過P3點，三個力的大小分別為：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N請根據(jù)圖中給出的標(biāo)度作圖求出F1和F2的合力（2）仔細(xì)分析實驗，小明懷疑實驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發(fā)生了變化，影響實驗結(jié)果，他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不相同，于是進(jìn)一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響 實驗裝置如圖2所示，將一張白紙固定在豎直放置的木板上，橡皮筋的上端固定與O點，下端N掛一重物，用與白紙平行的水平力緩慢地移動N，在白紙上記錄下N的軌跡重復(fù)上述過程，再次記錄下N的軌跡 兩次實驗記錄的軌跡如圖3所示，過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，則實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關(guān)系為Fa=Fb（3）根據(jù)（2）中的實驗，可以得出的實驗結(jié)果有哪些？（填寫選項前的字母）（A）橡皮筋的長度與受到的拉力成正比；（B）兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長；（C）兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較大；（D）兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，請對驗證力的平行四邊形定則實驗提出兩點注意事項【分析】根據(jù)平行四邊形定則先作出F2與F1的合力，根據(jù)圖中給出的標(biāo)度求出合力根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析求解根據(jù)（2）中的實驗分析結(jié)果結(jié)合實驗數(shù)據(jù)進(jìn)行求解【解答】解：（1）根據(jù)平行四邊形定則求F2與F1的合力，作圖如下，根據(jù)圖中給出的標(biāo)度得出F1和F2的合力大小是4.70N（2）過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的方向相同，由于緩慢地移動N，根據(jù)平衡條件得Fa、Fb的大小關(guān)系為Fa=Fb（3）A、兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長；故A錯誤，B正確；C、兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較小，故C錯誤；D、從開始緩慢地移動N，橡皮筋受到的拉力增大，從圖3中發(fā)現(xiàn)兩次實驗記錄的軌跡間距在增大，所以兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大，故D正確；故選：BD（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，對驗證力的平行四邊形定則實驗注意事項有橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮筋（或：拉力不宜過大；選用彈性好的橡皮筋；換用彈性好的彈簧）故答案為：（1）如圖（2）Fa=Fb（3）BD（4）橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮筋（或：拉力不宜過大；選用彈性好的橡皮筋；換用彈性好的彈簧）【點評】解決本題的關(guān)鍵知道合力與分力遵循平行四邊形定則，知道緩慢地移動可以看成物體處于平衡狀態(tài)，掌握平衡條件的應(yīng)用四、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(yīng)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（12分）一種海浪發(fā)電機的氣室如圖所示，工作時，活塞隨海浪上升活下降，改變氣室中空氣的壓強，從而驅(qū)動進(jìn)氣閥門和出氣閥門打開或關(guān)閉，氣室先后經(jīng)歷吸入、壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發(fā)電，氣室中的空氣可視為理想氣體（1）下列對理想氣體的理解，正確的有AD（A）理想氣體實際上并不存在，只是一種理想模型（B）只要氣體的壓強不是很高就可視為理想氣體（C）一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度、體積都有關(guān)（D）在任何溫度、任何壓強下，理想氣體都遵循氣體的實驗定律（2）壓縮過程中，兩個閥門均關(guān)閉，若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內(nèi)能增加了3.4104J，則該氣體的分子平均動能增大（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功等于（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4104J（3）上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27，體積為0.224m3，壓強為1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，已知1 mol氣體在1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、0時的體積為22.4L，阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.021023mol1，計算此時氣室中氣體的分子數(shù)（計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【分析】理想氣體是一種理想化的模型；內(nèi)能與溫度有關(guān)，內(nèi)增增加則溫度升高，溫度是分子平均動能的標(biāo)志；根據(jù)熱力學(xué)第一定律求活塞對氣體做的功；由題意氣體從0到27做等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律求出此時的體積，然后求出氣室內(nèi)氣體的物質(zhì)的量，進(jìn)而求得分子數(shù)【解答】解：（1）在任何溫度、任何壓強下，理想氣體都遵循氣體的實驗定律的稱為理想氣體，理想氣體實際上并不存在，只是一種理想模型，一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故AD正確BC錯誤；故選：AD（2）由題意內(nèi)能增加，理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故溫度升高，則氣體的分子平均動能增大；根據(jù)熱力學(xué)第一定律：U=Q+W，3.4104J=0+W得：W=3.4104J故答案為：增大；等于（3）設(shè)氣體的在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)時的體積為V1，等壓過程：=氣體物質(zhì)的量，n=且分子數(shù)N=nNA解得：N=NAV0=22.4L/mol=0.0224m3/mol；這代入數(shù)據(jù)得：N=51024個答：此時氣室中氣體的分子數(shù)為51024個【點評】本題考查了熱力學(xué)第一定律以及理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，這兩個考點一直是高考的熱點B.選修3-413（4分）某同學(xué)用單色光進(jìn)行雙縫干涉實驗，在屏上觀察到圖甲所示的條紋，僅改變一個實驗條件后，觀察到的條紋如圖乙所示，他改變的實驗條件可能是（）A減小光源到單縫的距離B減小雙縫之間的距離C減小雙縫到光屏之間的距離D換用頻率更高的單色光源【分析】根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式x=判斷圖乙光的波長長短，以及光的顏色。【解答】解：乙圖中條紋的間距比甲圖大，根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式x=知，乙圖中可能是光的波長較長，即頻率較低，也可能縫與屏間距增大，也可能雙縫間距減小。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的知道不同顏色光的波長大小，以及掌握雙縫干涉的條紋間距公式x=。14（4分）在“探究單擺的周期與擺長的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)準(zhǔn)備好相關(guān)實驗器材后，把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，同時按下秒表開始計時，當(dāng)單擺再次回到釋放位置時停止計時，將記錄的這段時間作為單擺的周期以上操作中有不妥之處，請對其中兩處加以改正【分析】在擺球經(jīng)過最低點時開始計時，產(chǎn)生的時間誤差較小把秒表記錄擺球一次全振動的時間作為周期，誤差較大，應(yīng)采用累積法測量周期【解答】解：本實驗的操作中有兩處需要加以改正：應(yīng)在擺球通過平衡位置時開始計時；因為擺球經(jīng)過平衡位置時速度最大，在相同的空間尺度誤差時產(chǎn)生的時間誤差最小，測量的周期較精確應(yīng)測量單擺多次全振動的時間，再計算出周期的測量值，這樣可減小測量誤差（或在單擺振動穩(wěn)定后開始計時）答：本實驗的操作中有兩處需要加以改正：應(yīng)在擺球通過平衡位置時開始計時；應(yīng)測量單擺多次全振動的時間，再計算出周期的測量值（或在單擺振動穩(wěn)定后開始計時）【點評】本題主要要明確在探究影響單擺周期與擺長的實驗操作要求，能從減小測量誤差的角度，理解并掌握實驗的要求，并能加以指正15（4分）Morpho蝴蝶的翅膀在陽光的照射下呈現(xiàn)處閃亮耀眼的藍(lán)色光芒，這是因為光照射到翅膀的鱗片上發(fā)生了干涉，電子顯微鏡下鱗片結(jié)構(gòu)的示意圖如圖一束光以入射角i從a點入射，經(jīng)過折射和反射后從b點出射設(shè)鱗片的折射率為n，厚度為d，兩片之間空氣層厚度為h，取光在空氣中的速度為c，求光從a到b所需的時間t【分析】根據(jù)折射定律求出光在鱗片內(nèi)的折射角，由幾何知識求出在鱗片中傳播的路程和在空氣中傳播的路程，進(jìn)而求出鱗片中的時間和空氣中的時間【解答】解：設(shè)光在鱗片中的折射角為r，根據(jù)折射定律：sini=nsinr由幾何知識得在鱗片中傳播的路程為：l1=在鱗片中的速度為：v=則在鱗片中傳播的時間：t1=解得：t1=同理，在空氣中的傳播時間為：t2=則光從a到b所需的時間為：t=t1+t2=+答：光從a到b所需的時間為+【點評】本題考查了折射定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是利用數(shù)學(xué)知識求出光在鱗片中的路程五、選修3-516已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.731014Hz和5.441014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動量【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動量大小金屬的逸出功W0=hc，c是金屬的截止頻率【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得： Ek=hW0，又 W0=hc聯(lián)立得：Ek=hhc，據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動能較小，由P=，可知該光電子的動量較小，根據(jù)=可知，波長較大，則頻率較小。故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握光電效應(yīng)方程，明確光電子的動量與動能的關(guān)系、物質(zhì)波的波長與動量的關(guān)系=17氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷，它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質(zhì)之一，其衰變方程是RnPo+（或）已知Rn的半衰期約為3.8天，則約經(jīng)過15.2天，16g的Rn衰變后還剩1g【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得出衰變方程中的未知粒子根據(jù)得出半衰期的次數(shù)，從而得出經(jīng)歷的天數(shù)【解答】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，未知粒子的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為粒子（）根據(jù)得，解得n=4，則t=4T=43.8天=15.2天故答案為：（或），15.2【點評】解決本題的關(guān)鍵知道在衰變過程中，電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知道半衰期的定義，知道衰變后的質(zhì)量與衰變前質(zhì)量的關(guān)系，即18牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個玻璃球相撞，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15：16，分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小【分析】A、B兩球在碰撞的前后瞬間動量守恒，結(jié)合分力速度和接近速度的關(guān)系，通過動量守恒定律求出碰后A、B的速度大小【解答】解：設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，規(guī)定A球的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得，2mv0=2mv1+mv2，根據(jù)題意知，解得，答：碰撞后A、B的速度分別為、【點評】本題考查了動量守恒定律的基本運用，運用動量守恒定律關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng)和研究的過程，結(jié)合動量守恒列出表達(dá)式，注意表達(dá)式的矢量性四、計算題：本題共3小題，共計47分，解答時應(yīng)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19（15分） 如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g，求：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；（2）導(dǎo)體棒勻速運的速度大小v；（3）整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！痉治觥浚?）研究導(dǎo)體棒在絕緣涂層上勻速運動過程，受力平衡，根據(jù)平衡條件即可求解動摩擦因數(shù)。（2）據(jù)題導(dǎo)體棒在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，再由平衡條件求解速度v。（3）導(dǎo)體棒在滑上涂層滑動時摩擦生熱為QT=mgdcos，再根據(jù)能量守恒定律求解電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！窘獯稹拷猓海?）在絕緣涂層上，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，受力平衡，如圖所示，則有：mgsin=mgcos解得：=tan（2）導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上滑動時：感應(yīng)電動勢為：E=BLv感應(yīng)電流為：I=安培力為：F安=BIL聯(lián)立得：F安=受力平衡，有：F安=mgsin解得：v=（3）導(dǎo)體棒在滑上涂層滑動時摩擦生熱為：QT=mgdcos整個運動過程中，根據(jù)能量守恒定律得：3mgdsin=Q+QT+解得：Q=2mgdsin。答：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)為tan；（2）導(dǎo)體棒勻速運的速度大小v為；（3）整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q為2mgdsin?！军c評】本題實質(zhì)是力學(xué)的共點力平衡與電磁感應(yīng)的綜合，都要求正確分析受力情況，運用平衡條件列方程，關(guān)鍵要正確推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，分析出能量是怎樣轉(zhuǎn)化的。20（16分）某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作如圖所示，裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d，裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上，在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線呈30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點，改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置，不計粒子的重力。（1）求磁場區(qū)域的寬度h；（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量