2010年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2010年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、解答題（共5小題，滿分15分）1（3分）如圖所示，一塊橡皮用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，用鉛筆靠著線的左側(cè)挑起細(xì)線水平向右勻速移動，運(yùn)動中始終保持懸線豎直，則橡皮運(yùn)動的速度（）A大小和方向均改變B大小不變，方向改變C大小改變，方向不變D大小和方向均不變【考點(diǎn)】45：運(yùn)動的合成和分解菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】517：運(yùn)動的合成和分解專題【分析】橡皮參加了兩個(gè)分運(yùn)動，水平向右勻速移動，同時(shí)，豎直向上勻速運(yùn)動，實(shí)際運(yùn)動是這兩個(gè)運(yùn)動的合運(yùn)動，根據(jù)平行四邊形定則可以求出合速度【解答】解：橡皮在水平方向勻速運(yùn)動，由于橡皮向右運(yùn)動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直

2、方向以相等的速度勻速運(yùn)動，根據(jù)平行四邊形定則，可知合速度也是一定的，故合運(yùn)動是勻速運(yùn)動；故選：D。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是先確定水平方向和豎直方向的分運(yùn)動，然后根據(jù)合運(yùn)動與分運(yùn)動的等效性，由平行四邊形定則求出合速度2（3分）如圖所示，水平放置的粗糙U形固定框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)。下列說法正確的是（）A此過程中通過電阻R0的電荷量為q=2BLdR0+rB此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFd-12mv2C此時(shí)A

3、C兩端電壓為UAC2BLvD此時(shí)AC兩端電壓為UAC=2BLvR0R0+r【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】根據(jù)電量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式q=R0+r求出此過程中通過電阻R0的電荷量，根據(jù)能量守恒判斷電熱的正誤，圖中半圓形硬導(dǎo)體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，由公式EBlv求解感應(yīng)電動勢的大小。AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓。【解答】解：A、根據(jù)q=R0+r得，該過程中通過電阻R0的電荷量為q=B2LdR0+r=2BLdR0+r，故A正確。B、根據(jù)能量守恒得，F(xiàn)d=Q+12

4、mv2+Wf，則QFd-12mv2，故B錯(cuò)誤。C、導(dǎo)體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為：EB2Lv2BLv，AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓，由歐姆定律得：U=R0R0+rE=2BLvR0R0+r，故D正確，C錯(cuò)誤。故選：AD。【點(diǎn)評】本題要理解并掌握感應(yīng)電動勢公式，公式EBLv中，L是有效的切割長度，即為與速度垂直的方向?qū)w的長度。也可畫出等效電路，來區(qū)分外電壓和內(nèi)電壓。3（3分）如圖所示，置于水平地面的三腳架上固定著一質(zhì)量為m的照相機(jī)，三腳架的三根輕質(zhì)支架等長，與豎直方向均成30°角，則每根支架中承受的壓力大小為（）A13m

5、gB23mgC36mgD239mg【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題【分析】以相機(jī)為研究對象，對相機(jī)受力分析，先將各支架的作用力向水平和豎直方向分析，由共點(diǎn)力的平衡條件可得出各支架的受力?！窘獯稹拷猓阂瓜鄼C(jī)受力平衡，則三根支架豎直向上的力的合力應(yīng)等于重力，即3Fcosmg；解得F=239mg； 故選D?！军c(diǎn)評】本題因是立體圖，無法將所有力畫出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力。4（3分）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電感L的電阻不計(jì)，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，在t0時(shí)刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時(shí)

6、間后，在tt1時(shí)刻斷開S，下列表示A、B兩點(diǎn)間電壓UAB隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】DE：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】當(dāng)開關(guān)接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)歐姆定律和楞次定來分析?！窘獯稹拷猓涸趖0時(shí)刻閉合開關(guān)S時(shí)，線圈中電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，使得線圈中電流只能逐漸增大，干路中電流I也逐漸增大，根據(jù)歐姆定律UABEIr，UAB逐漸減小直到穩(wěn)定。穩(wěn)定時(shí)，電阻R的電流小于燈泡D的電流。在tt1時(shí)刻斷開S時(shí)，燈泡中原來的電流立即減小為零，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，電阻R、燈泡D和線圈組成回路，回路

7、中電流從原來值逐漸減小到零，此時(shí)流過燈泡D的電流方向與原來的方向相反，B點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)電勢高，UAB0由于穩(wěn)定時(shí)線圈中電流較小，根據(jù)UABIRD，則此時(shí)UAB值比穩(wěn)定時(shí)小。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查綜合運(yùn)用楞次定律和歐姆定律分析自感現(xiàn)象的能力。要注意電勢差的正負(fù)。5（3分）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示。下列說法正確的是（）AO點(diǎn)的電勢最低Bx2點(diǎn)的電勢最高Cx1和x1兩點(diǎn)的電勢相等Dx1和x3兩點(diǎn)的電勢相等【考點(diǎn)】A6：電場強(qiáng)度與電場力；AC：電勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】解答本題需掌握：電場線的切線方向表示空間該點(diǎn)的場強(qiáng)方向；沿著電場線電勢

8、越來越低?！窘獯稹拷猓篈、B、從圖象可以看出，電場強(qiáng)度的大小和方向都沿x軸對稱分布，沿著電場強(qiáng)度的方向，電勢一定降低，故根據(jù)其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象容易判斷，O點(diǎn)的電勢最高，故A錯(cuò)誤，B也錯(cuò)誤；C、由于x1和x1兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，且電場強(qiáng)度的大小也相等，故從O點(diǎn)到x1和從O點(diǎn)到x1電勢降落相等，故x1和x1兩點(diǎn)的電勢相等，因而C正確；D、由于沿著電場強(qiáng)度的方向，電勢一定降低，故從O點(diǎn)到x1和從O點(diǎn)到x3電勢都是一直降落，故x1和x3兩點(diǎn)的電勢不相等，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵抓住沿著電場強(qiáng)度的方向，電勢一定降低；然后結(jié)合圖象得到電場強(qiáng)度的分布情況，再分析電勢變化情況即可。二、多項(xiàng)選

9、擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分.每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯(cuò)選或不答得0分.6（4分）航天飛機(jī)在完成對哈勃空間望遠(yuǎn)鏡的維修任務(wù)后，在A點(diǎn)從圓形軌道進(jìn)入橢圓軌道，B為軌道上的一點(diǎn)，如圖所示，關(guān)于航天飛機(jī)的運(yùn)動，下列說法中正確的有（）A在軌道上經(jīng)過A的速度小于經(jīng)過B的速度B在軌道上經(jīng)過A的速度小于在軌道上經(jīng)過A的速度C在軌道上運(yùn)動的周期小于在軌道上運(yùn)動的周期D在軌道上經(jīng)過A的加速度小于在軌道上經(jīng)過A的加速度【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52A：人造衛(wèi)星問題【分析】A、軌道上由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，引力做正功，動能

10、增加B、從軌道的A點(diǎn)進(jìn)入軌道需減速，使萬有引力大于所需要的向心力，做近心運(yùn)動C、根據(jù)開普勒第三定律R3T2=C，比較軌道和軌道上運(yùn)動的周期D、根據(jù)牛頓第二定律，通過比較所受的萬有引力比較加速度【解答】解：A、軌道上由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，引力做正功，動能增加，所以經(jīng)過A的速度小于經(jīng)過B的速度。故A正確。 B、從軌道的A點(diǎn)進(jìn)入軌道需減速，使萬有引力大于所需要的向心力，做近心運(yùn)動。所以軌道上經(jīng)過A的速度小于在軌道上經(jīng)過A的速度。故B正確。 C、根據(jù)開普勒第三定律R3T2=C，橢圓軌道的半長軸小于圓軌道的半徑，所以在軌道上運(yùn)動的周期小于在軌道上運(yùn)動的周期。故C正確。 D、在軌道上和在軌道通過A點(diǎn)時(shí)所受的萬

11、有引力相等，根據(jù)牛頓第二定律，加速度相等。故D錯(cuò)誤。故選：ABC。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵理解飛船的變軌問題，以及知道開普勒第三定律R3T2=C7（4分）在如圖所示的遠(yuǎn)距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，隨著發(fā)電廠輸出功率的增大，下列說法中正確的有（）A升壓變壓器的輸出電壓增大B降壓變壓器的輸出電壓增大C輸電線上損耗的功率增大D輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大【考點(diǎn)】BG：電功、電功率；E8：變壓器的構(gòu)造和原理；EA：電能的輸送菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】1：常規(guī)題型【分析】正確解答本題需要掌握：理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓

12、由輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過程中的功率、電壓關(guān)系。理想變壓器電壓和匝數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由于發(fā)電廠的輸出電壓不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，所以升壓變壓器的輸出電壓不變，故A錯(cuò)誤。B、由于發(fā)電廠的輸出功率增大，則升壓變壓器的輸出功率增大，又升壓變壓器的輸出電壓U2不變，根據(jù)PUI，可知輸電線上的電流I線增大，根據(jù)U損I線R，輸電線上的電壓損失增大，根據(jù)降壓變壓器的輸入電壓U3U2U損可得，降壓變壓器的輸入電壓U3減小，降壓變壓器的匝數(shù)不變，所以降壓變壓器的輸出電壓減小，故B錯(cuò)。C、根據(jù)P損=I線2R，又輸電線上的電流增大，電阻不變，所以輸電線

13、上的功率損失增大，故C正確。D、根據(jù)=(PU2)2RP=PRU22，發(fā)電廠的輸出電壓不變，輸電線上的電阻不變，所以輸電線上損耗的功率占總功率的比例隨著發(fā)電廠輸出功率的增大而增大。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】對于遠(yuǎn)距離輸電問題，一定要明確整個(gè)過程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失的電壓和功率與哪些因素有關(guān)。8（4分）如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點(diǎn)距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有（）A物塊經(jīng)過P點(diǎn)的動能，前一過

14、程較小B物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少C物塊滑到底端的速度，前一過程較大D物塊從頂端滑到底端的時(shí)間，前一過程較長【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題；16：壓軸題【分析】小物塊能滑下，把自身重力分解，可得出第一過程中沿斜面向下的合力是逐步加大的，第二過程是合力是逐步減小的。而且最大的合力和最小的合力都是固定不變的，故第一過程的合力較小。接下來可以運(yùn)用動能定理和運(yùn)動學(xué)公式求解?！窘獯稹拷猓篈、先讓物塊從A由靜止開始滑到B，又因?yàn)閯幽Σ烈驍?shù)由A到B逐漸減小，說明重力沿斜面的分量在整個(gè)過程中都大于摩擦力。也就是說無論哪邊高，合力方向始

15、終沿斜面向下。物塊從A由靜止開始滑到P時(shí)，摩擦力較大，故合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時(shí)，摩擦力較小，故合力較大，距離較長。所以由動能定理，物塊從A由靜止開始滑到P時(shí)合力做功較少，P點(diǎn)是動能較??；由B到P時(shí)合力做功較多，P點(diǎn)是動能較大。因而A正確；B、因板上的AP距離相等，故物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量mgs，由于摩擦力大小無法確定，因此其做功無法確定，則產(chǎn)熱也無法確定，故B錯(cuò)誤；C、由動能定理，兩過程合力做功相同，到底端時(shí)速度應(yīng)相同；因而C錯(cuò)誤；D、采用vt法分析，第一個(gè)過程加速度在增大，故斜率增大，第二個(gè)過程加速度減小，故斜率變小，由于傾角一樣大，根據(jù)能量守恒，

16、末速度是一樣大的，還有就是路程一樣大，圖象中的面積就要相等，所以第一個(gè)過程的時(shí)間長；因而D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵要分清楚合力的變化情況，然后根據(jù)動能定理和運(yùn)動學(xué)公式列式判斷。9（4分）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中附加另一勻強(qiáng)磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直a、b、c三個(gè)質(zhì)子先后從S點(diǎn)沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為、，且三個(gè)質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能到達(dá)同一點(diǎn)S，則下列說法中正確的有（）A三個(gè)質(zhì)子從S運(yùn)動到S的時(shí)間相等B三個(gè)質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運(yùn)動時(shí)，運(yùn)動軌跡的圓心均在O

17、O軸上C若撤去附加磁場，a到達(dá)SS連線上的位置距S點(diǎn)最近D附加磁場方向與原磁場方向相同【考點(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則由洛侖茲力充當(dāng)向心力及圓周運(yùn)動的規(guī)律可知各粒子的運(yùn)動時(shí)間、圓心及附加磁場的性質(zhì)【解答】解：A、由圖可知，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡不同，而粒子速度保持不變，故粒子運(yùn)動時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；B、在沒有附加磁場的情況下，粒子運(yùn)動的軌跡可以用右圖來描繪，其中，很明顯的看出它們的圓心不同時(shí)在OO上，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、若撤去附加磁場，則三個(gè)粒子在磁場中的圓的半徑均相同，b粒子的圓

18、心在SS'軸上，而a粒子與b粒子的夾角大，故a粒子在離開磁場時(shí)a到達(dá)SS連線上的位置距S點(diǎn)最近，故C正確。D、因b粒子的圓心在SS'上，由題意可知b在SS'上的距離最遠(yuǎn)，而現(xiàn)在b與ac重合，說明b向S靠近，故受力應(yīng)與不加磁場一致，故原磁場與附加磁場方向相同，故D正確；故選CD?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，難度較大，要求學(xué)生能正確利用所學(xué)過的物理規(guī)律以及幾何知識進(jìn)行求解，并且要通過畫圖去找出正確的關(guān)系三、解答題（共3小題，滿分42分）10（8分）在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)物電路（1）

19、實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到最大值（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值R010的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是2（選填“1”或“2”）方案編號電阻箱的阻值R/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，繪出的1U-R圖象是一條直線若直線的斜率為k，在1U坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電源的電動勢E1kR0，內(nèi)阻rbk-R0（用k、b和R0表示）【考點(diǎn)】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)保證開始時(shí)的電流最小，可以保證電路安

20、全，由閉合電路歐姆定律可知應(yīng)如何調(diào)節(jié)滑動變阻器；（2）為了實(shí)驗(yàn)更精確應(yīng)使數(shù)據(jù)間差值較大，并且能多測數(shù)據(jù)；根據(jù)兩組方案的特點(diǎn)可知應(yīng)選取哪一方案；（3）由題意及閉合電路歐姆定律可得出1U-R的關(guān)系，結(jié)合圖象可知其斜率及截距的含義，從而可以得出電動勢和內(nèi)電阻【解答】解：（1）電路為限流接法，開始時(shí)應(yīng)讓電流最小，然后再逐漸增大，故開始時(shí)滑動變阻器應(yīng)達(dá)到最大值處； （2）對比兩方案可知，方案1中電阻箱電阻較大，而R0的阻值只有10，故在調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)，電流的變化不明確，誤差較大； 而方案2中電阻箱的阻值與R0相差不大，可以測出相差較大的多組數(shù)據(jù)，故方案2更合理； （3）由閉合電路歐姆定律可得：U=ER0+

21、R+rR01U=1E+RER0+rER0；由函數(shù)知識可知：圖象的斜率k=1ER0；故E=1kR0；圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)b=1E+rER0；r=bk-R0；故答案為：（1）最大值；（2）2； （3）1kR0，bk-R0【點(diǎn)評】本題考查測定電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，本實(shí)驗(yàn)要特別注意數(shù)據(jù)的處理，能正確應(yīng)用圖象并結(jié)合函數(shù)關(guān)系進(jìn)行分析得出結(jié)果11（10分）為了探究受到空氣阻力時(shí)，物體運(yùn)動速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，某同學(xué)采用了“加速度與物體質(zhì)量、物體受力關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置（如圖1所示）實(shí)驗(yàn)時(shí)，平衡小車與木板之間的摩擦力后，在小車上安裝一薄板，以增大空氣對小車運(yùn)動的阻力（1）往砝碼盤中加入一小砝碼，在釋放小車之前（選填“

22、之前”或“之后”）接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，在紙帶上打出一系列的點(diǎn)（2）從紙帶上選取若干計(jì)數(shù)點(diǎn)進(jìn)行測量，得出各計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間t與速度v的數(shù)據(jù)如下表：時(shí)間t/s00.501.001.502.002.50速度v/（ms1）0.120.190.230.260.280.29請根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖2中作出小車的vt圖象（3）通過對實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析，該同學(xué)認(rèn)為：隨著運(yùn)動速度的增加，小車所受的空氣阻力將變大，你是否同意他的觀點(diǎn)？請根據(jù)vt圖象簡要闡述理由【考點(diǎn)】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】本題以探究運(yùn)動物體所受空氣阻力與速度的關(guān)系實(shí)驗(yàn)為背景，考查對基本實(shí)驗(yàn)（探究加

23、速度與力的關(guān)系）變通與創(chuàng)新能力實(shí)驗(yàn)原理是牛頓第二定律利用題中數(shù)據(jù)可建立vt圖象，由vt圖象可得到不同速度時(shí)的加速度，再由牛頓第二定律可得到不同速度時(shí)的空氣阻力，這就可以直到空氣阻力與速度的關(guān)系【解答】解（1）由于紙帶長度有限，為了能在有限長度的紙帶上打出更多可用的點(diǎn)，應(yīng)該先接通電源再釋放紙帶（2）合理選取坐標(biāo)刻度，盡可能使圖象“充滿”坐標(biāo)平面，利用題中所給數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，得到小車的vt圖象如圖7所示（3）由小車的vt圖象可知，隨小車速度的增大，其加速度（圖象斜率）變小，由牛頓第二定律可知，小車所受合外力隨速度增大而減小由于小車所受拉力大小一定，摩擦力已經(jīng)平衡掉，所以合力減小必是由空氣阻力增大引起

24、的所以，隨著運(yùn)動速度的增加，小車所受的空氣阻力將變大該同學(xué)的觀點(diǎn)正確故答案是：（1）之前；（2）作出的vt圖象如圖所示；（3）同意在vt圖象中，速度越大時(shí)，加速度越小，小車受到的合力越小，則小車受空氣阻力越大【點(diǎn)評】本題以探究運(yùn)動物體所受空氣阻力與速度的關(guān)系實(shí)驗(yàn)為背景，考查對基本實(shí)驗(yàn)（探究加速度與力的關(guān)系）變通與創(chuàng)新能力，所以我們要對書本上的實(shí)驗(yàn)問題掌握到位12（24分）A（1）為了將空氣裝入氣瓶內(nèi)，現(xiàn)將一定質(zhì)量的空氣等溫壓縮，空氣可視為理想氣體。下列圖象能正確表示該過程中空氣的壓強(qiáng)p和體積V關(guān)系的是B。（2）在將空氣壓縮裝入氣瓶的過程中，溫度保持不變，外界做了24kJ的功?，F(xiàn)潛水員背著該氣瓶

25、緩慢地潛入海底，若在此過程中，瓶中空氣的質(zhì)量保持不變，且放出了5kJ的熱量。在上述兩個(gè)過程中，空氣的內(nèi)能共減小5kJ，空氣放出（選填“吸收”或“放出”）的總能量為29kJ。（3）已知潛水員在岸上和海底吸入空氣的密度分別為1.3kg/m3和2.1kg/m3，空氣的摩爾質(zhì)量為0.029kg/mol，阿伏加德羅常數(shù)NA6.02×1023mol1若潛水員呼吸一次吸入2L空氣，試估算潛水員在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空氣的分子數(shù)。（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）B（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特點(diǎn)，在科學(xué)技術(shù)和日常生活中應(yīng)用廣泛。下面關(guān)于激光的敘述正確的是D。A激光是縱波B頻率相同的激光

26、在不同介質(zhì)中的波長相同C兩束頻率不同的激光能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D利用激光平行度好的特點(diǎn)可以測量月球到地球的距離（2）如圖甲所示，在楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，激光的波長為5.30×107m，屏上P點(diǎn)距雙縫S1和S2的路程差為7.95×107m，則在這里出現(xiàn)的應(yīng)是暗條紋（選填“明條紋”或“暗條紋”）。現(xiàn)改用波長為6.30×107m的激光進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，保持其他條件不變，則屏上的條紋間距將變寬（選填“變寬”、“變窄”或“不變”）。（3）如圖乙所示，一束激光從O點(diǎn)由空氣射入厚度均勻的介質(zhì)，經(jīng)下表面反射后，從上面的A點(diǎn)射出。已知入射角為i，A與O相距l(xiāng)，介質(zhì)的折射率為n，試求介質(zhì)的厚度d

27、。C（1）研究光電效應(yīng)電路如圖所示。用頻率相同、強(qiáng)度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板（陰極K），鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流。下列光電流I與A、K之間的電壓UAK的關(guān)系圖象中，正確的是C。（2）鈉金屬中的電子吸收光子的能量，從金屬表面逸出，這就是光電子。光電子從金屬表面逸出的過程中，其動量的大小減?。ㄟx填“增大”、“減小”或“不變”），原因是需要克服逸出功。（3）已知?dú)湓犹幵诘谝?、第二激發(fā)態(tài)的能級分別為3.40eV和1.51eV，金屬鈉的截止頻率為5.53×1014Hz，普朗克常量h6.63×1034Js請通過計(jì)算判斷，氫原子從第二激發(fā)態(tài)躍遷到第

28、一激發(fā)態(tài)過程中發(fā)出的光照射金屬鈉板，能否發(fā)生光電效應(yīng)?！究键c(diǎn)】8E：溫度、氣體壓強(qiáng)和內(nèi)能；H3：光的折射定律；IC：光電效應(yīng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；547：內(nèi)能及其變化專題；54A：氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；54D：光的折射專題；54G：光的干涉專題；54I：光電效應(yīng)專題【分析】A、（1）根據(jù)理想氣體等溫變化特點(diǎn)可正確解答。（2）根據(jù)熱力學(xué)第一定律UW+Q可正確解答，注意W和Q的含義。（3）算出每次吸入空氣的摩爾體積，即可正確解答。B、（1）根據(jù)激光的特點(diǎn)可正確解答（2）根據(jù)光程差與波長的關(guān)系可判斷是明條紋還是暗條紋，根據(jù)公式x=Ld可以判斷條紋寬度的變化情況。（3）根據(jù)折射定

29、律以及幾何關(guān)系可正確求解。C、（1）光子的最大初動能與光照強(qiáng)度無關(guān)，但是光電流的大小與光照強(qiáng)度有關(guān)，據(jù)此可正確解答。（2）根據(jù)光電效應(yīng)方程可正確解答。（3）比較放出光子的能量與該金屬逸出功的大小即可判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈（1）等溫變化中，P-1V圖象為過原點(diǎn)的直線，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。（2）第一個(gè)過程中氣體等溫變化，因此內(nèi)能不變，根據(jù)UW+Q可知，外界對氣體做功等于氣體放出的熱量，故放出熱量為24KJ；第二個(gè)過程中，氧氣瓶體積不變，故W0，根據(jù)UW+Q可知，放出5KJ熱量，內(nèi)能將減小5KJ；故兩個(gè)過程總共放出熱量為29KJ。故答案為：5；放出；29。（3）設(shè)空氣的摩爾質(zhì)

30、量為M，在海底和岸上的密度分別為p海和p岸一次吸入空氣的體積為V，則有：n=(p海-p岸)VMNA，代入數(shù)據(jù)得n3×1022。故潛水員在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空氣的分子數(shù)為n3×1022。B（1）A、激光屬于電磁波，電磁波為橫波，故A錯(cuò)誤；B、頻率相同的激光在不同介質(zhì)中波長不相同，真空中波長最長，其它介質(zhì)中波長小于真空中波長，故B錯(cuò)誤；C、波產(chǎn)生干涉的前提條件是頻率相同，故C錯(cuò)誤；D、利用激光平行度好的特點(diǎn)可以測量月球到地球的距離，故D正確。故選D。（2）n=s2=3，即光程差為半個(gè)波長的奇數(shù)倍，因此將出現(xiàn)暗條紋；條紋間距為：x=Ld，由于其它條件不變，波長變長了因此

31、，條紋間距將變寬。故答案為：暗條紋，變寬。（3）設(shè)折射角為r，根據(jù)折射定律有：sinisinr=n由幾何關(guān)系有：l2dtanr 聯(lián)立解得：d=n2-sin2i2sinil。C（1）光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光照強(qiáng)度無關(guān)，因此在入射光頻率相同的情況下，遏止電壓相同，在能發(fā)生光電效應(yīng)的前提下，光電流隨著光照強(qiáng)度增大而增大，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。（2）由于光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用，因此光電子從金屬表面層逸出過程中，動量減小。故答案為：減小，光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用（或需要克服逸出功）。（3）氫原子放出的光子能量EE3E2，代入數(shù)據(jù)得E1.89eV，金屬鈉的逸

32、出功：W0hve，代入數(shù)據(jù)得W02.3eV。因?yàn)镋W0，所以不能發(fā)生光電效應(yīng)。故不能發(fā)生光電效應(yīng)?！军c(diǎn)評】本題考查全面，考查了整個(gè)選修內(nèi)容的基本知識，在平時(shí)學(xué)習(xí)中要加強(qiáng)這些基本知識的理解和應(yīng)用。四計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分解答時(shí)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(jì)算的提，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13（15分）如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L，一理想電流表和一電阻R串聯(lián)后再與兩導(dǎo)軌相連，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直一質(zhì)量為m、有效電阻為r的導(dǎo)體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I整個(gè)運(yùn)動

33、過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)動速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值Im【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）導(dǎo)體棒最終穩(wěn)定時(shí)，做勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件和電磁感應(yīng)知識可求出B；（2）由感應(yīng)電動勢公式EBLv求得速度（3）據(jù)題意，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度最大，由機(jī)械能守恒定律求出最大速度，再求電流的最大值Im【解答】解：（1）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動，此時(shí)導(dǎo)體棒受到的重力和安培力平衡， 則有 BILmg 解得：B=mgIL （2）感應(yīng)電動勢

34、EBLv 感應(yīng)電流 I=ER+r 解得：v=I2(R+r)mg （3）由題意得導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度最大，設(shè)為vm 由機(jī)械能守恒定律得，12mvm2=mgh 感應(yīng)電動勢最大值 EmBLvm 感應(yīng)電流最大值 Im=EmR+r 解得Im=mg2ghI(R+r)，則流經(jīng)電流表電流的最大值Im=mg2ghI(R+r)答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為B=mgIL；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)動速度的大小v為v=I2(R+r)mg；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值Im=mg2ghI(R+r)【點(diǎn)評】本題是基礎(chǔ)題，是電磁感應(yīng)知識、閉合電路歐姆、機(jī)械能守恒定律簡單的綜合應(yīng)用，考查基本功，不能丟分14（16分）在游樂

35、節(jié)目中，選手需要于借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，小舒和小程觀看后對此進(jìn)行了討論如圖所示，他們將選手簡化為質(zhì)量m60kg的質(zhì)點(diǎn)，選手抓住繩由靜止開始擺動，此時(shí)繩與豎直方向夾角53°，繩的懸掛點(diǎn)O距水面的高度為H3m（不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺露出水面的高度不計(jì)，水足夠深取重力加速度g10m/s2，sin53°0.8，cos53°0.6）（1）求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對繩拉力的大小F；（2）若繩長l2m，選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入水中設(shè)水對選手的平均浮力f1800N，平均阻力f2700N，求選手落入水中的深度d；（3）若選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手，小舒認(rèn)為繩越長，在浮臺

36、上的落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)；小程認(rèn)為繩越短，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)，請通過推算說明你的觀點(diǎn)【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動；4A：向心力；65：動能定理；6C：機(jī)械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）、在擺動過程中，機(jī)械能是守恒的，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)的速度再用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合圓周運(yùn)動的向心力求出繩子對選手的拉力，最后用牛頓第三定律求出選手對繩子的拉力（2）、對從選手開始下落，到進(jìn)入水后速度為零的過程中，由貫穿整個(gè)過程的重力做正功，進(jìn)入水后，浮力和阻力對選手做負(fù)功，選手初末狀態(tài)的動能都為零，用動能定理列式，求出落入水中的深度（3）、對平拋運(yùn)動沿水平和豎直兩個(gè)方向進(jìn)行分解，水平方向上

37、是勻速直線運(yùn)動，豎直方向上時(shí)自由落體運(yùn)動，分別列出位移式子，聯(lián)立后進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，得出當(dāng)l1.5m時(shí)，水平方向由最大值【解答】解：（1）選手?jǐn)[到最低點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒，有： mgl(1-cos)=12mv2選手?jǐn)[到過程中，做圓周運(yùn)動，設(shè)繩子對選手的拉力為F，則在最低點(diǎn)時(shí)有：Fmgmv2l兩式聯(lián)立，解得：F（32cos）mg1080N人對繩的拉力與繩對人的拉力是作用力與反作用力的關(guān)系，所以有：FF則F1080N（2）、對選手開始下落到在水中速度為零整個(gè)過程進(jìn)行分析，重力、浮力和阻力分別做功，設(shè)進(jìn)入水的深度為d，由動能定理有：mg（Hlcos+d）（f1+f2）d0則有：d=mg(H-lcos)

38、f1+f2-mg代入數(shù)據(jù)解得：d1.2m（3）、選手從最低點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動水平方向上有：xvt豎直方向上有：Hl=12gt2以上兩式聯(lián)立解得：x=2l(H-l)(1-cos)當(dāng)l=H2時(shí)，x有最大值，解得l1.5m因此，兩人的看法均不正確當(dāng)繩長越接近1.5m時(shí)，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)答：（1）求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對繩拉力為1080N（2）選手落入水中的深度為1.2m（3）當(dāng)l1.5m時(shí)，在浮臺上的落點(diǎn)距岸邊最遠(yuǎn)【點(diǎn)評】此題為2010年江蘇卷，考查到了機(jī)械能守恒，圓周運(yùn)動向心力，動能定理，平拋運(yùn)動規(guī)律及求極值問題解答第一問時(shí)，一定注意要求的是選手對繩子的拉力解題過程中是對選手進(jìn)行受力分析的，故不要忘記應(yīng)用牛頓第三定律應(yīng)用動能定理解答第二問時(shí)，要注意，重力做功貫穿整個(gè)過程，而浮力和阻力做功只是在水中時(shí)關(guān)于物理當(dāng)中的極值問題，要會熟練的對式子進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，從而得出結(jié)論15（16分）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲