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1、中小学教育() 教案学案课件试题全册打包本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！【试卷总评】 纵观今年的江苏物理试卷，其命题特点可以概括为：稳中有变、覆盖面广、突显方法、着实能力。特点之一：稳重有变试卷结构稳定：整卷满分为120分，题量为15题，分为单项选择题5题，每小题3分，及关于电学方面的内容，是力电的结合，这在以往也是很少见的。特点之二：覆盖面广试卷的考点分布面广：必修1中考查了牛顿运动定律、质点的运动、摩擦力、力与运动的关系、自由落体运动等；必修二中考查了斜抛运动、运动的合成与分解、行星运动三定律、动能、动能定理、圆周运动、能量转化与守恒等。选修3-1中考查了场强的
2、叠加、闭合电路欧姆定律与传感器、动态电路的结合、电场强度、电势、电势能与电场力做功等概念及相互关系的理解及伏安法测小灯泡的功率P和电压U等；选修3-2中考查了变压器原理、电容、动态电路的综合、法拉第电磁感应定律与带点粒子在磁场中的运动等；选修3-3涉及热力学第一定律及理想气体状态方程、阿伏伽德罗常数等核心考点；选修3-4中涉及受迫振动；相对论初步（“尺缩效应”、“光速不变原理”的理解）、光的折射定律等；选修3-5中考查了德布罗意波长与动量、动能、质能方程、玻尔原子结构理论、动量守恒定律等考点。实验部分有滑动变阻器的连接方式、实验设计、误差分析、数据处理等方面。特点之三：突显方法来源:.Com在
3、试题的分析中，考生如果用常规的解决问题的方法，往往会陷于泥潭而难以自拔，要能量”。本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！第卷(选择题 共31分)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.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【答案】 C【解析】 根据开普勒第一定律可判断太阳位于椭圆的焦点上；开普勒第
4、二定律描述行，所以有，故C项正确。本题答案为C。 【考点定位】 本题考查开普勒行星运动三定律的理解。难度：中等偏低。2. 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AA的速度比B的大BA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【答案】 DmgT【解析】 根据A、B座椅同轴转动可推知它们转动的角速度相等，结合v=r可推知A、B速度的关系，再根据a=r2及A、B圆周运动半径关系可推知向心加速度的大小关系，由F向=ma向及拉力
5、与重力、向心力的关系可推知A、B缆绳的拉力大小。因为两座椅A、B均绕着圆盘轴做圆周运动，故角速度A=B，假设圆盘转动的角速度运动的半径关系是突破的难点。难度：中等。来源:Z+xx+k.Com3. 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【答案】 B【解析】 根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场为零，则C中的场强大小为，D图由于完全对称，易得合场强ED=0。故O 处电场强度最大的是图B。故答案为B。【考点定位】 本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算。难度：中等。4. 在输液时，药液有时会从针
6、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【答案】 C【解析】 根据“S两端电压U增大，装置发出警报”这一结果进行反推：说明电路里的电流在增大，再由闭合电路欧姆定律可知R总在减小，由此可推知传感器的电阻在变小，再由S与R、M的分压关系可讨论出R的大小对U的影响。报警器两端的电压增大，则说明流过报警器的电流在增大，根据闭合电路欧姆
7、定律可知整个电路的总电阻R总在减小，则可得RM在变小，排除A、B答案；极限法：假设R很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器RM的大小变化对S的电压就无影响，则R越大， U增大越明显，排除D项，C项正确。故答案为C。【考点定位】 本题考查闭合电路欧姆定律与传感器、动态电路的结合，考查考生的分析、推理能力，要避免陷于对电路工作原理的纠缠。难度：较难。5. 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A30% B.50% C.70% D.90%【答案】 A【解析】 闪光照片的闪光时间是相等的，根据图上照
8、片的间距可推知白球和灰球在碰选项A接近，故本题答案为A。【考点定位】 本题考查动能、速度、位移与频闪照相相结合。通过对频闪照片的观察与测量，估测出碰撞前后小球的速度关系，进而推知动能的关系，有效考查考生的观察能力与分析能力。较难。本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！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.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
9、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【答案】 ABD【解析】 根据电场线的疏密，可推知a、b两点的电场强度的大小；沿着电场线电势与辨析。7. 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AB的加速度比A的大BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的大【答案】 CD【解析】 由A、B的受力即可比较A、B的加速度大小；由于斜抛运动竖直方向是匀故落地的速度由得：B球大于A球，故D项正确。故答案为CD。【
10、考点定位】 斜上抛运动，运动的合成与分解，要注意理解斜上抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的的匀变速直线运动。难度：中等。8. 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【答案】 BC【解析】 本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径。灯泡变亮则其两端的电压必需增大，流过灯泡的电流增大。再具体分析滑动片P的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容器C的电容对灯泡电压、电流的影响即可。对A项：滑片P下移，导致副线圈的匝数变小，由
11、变压器原副线圈电压关系交流电对电容器的影响。难度：中等。9. 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。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B物块在B点时,弹簧的弹性势能小于C经O点时,物块的动能小于 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【答案】 BC【解析】 由于物块与水平桌面间存在着摩擦，则该装置不能看成是弹簧振
12、子，则A、，则C项正确；物块动能最大时是物体第一次回到平衡位置，受力分析不难得出该位置在O点的右边，物体受到的弹力和物体受到的摩擦力大小相等，由于摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D项错误。故本题答案为BC。【考点定位】 本题考查动能定理、功能关系及弹力做功与弹性势能关系的理解。难度：较难。本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！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.【必做题】10. （8分）为探究小灯泡
13、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“3.0 V 1.8 W”，电源为12 V的电池,滑动变阻器的最大阻值为10.（1）准备使用的实物电路如图甲所示。请将滑动变阻器接入电路的正确位置.（用笔画线代替导线） （2）现有10、20和50的定值电阻，电路中的电阻R1应选_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，如图乙所示。请指出图象中不恰当的地方.【答案】 （1）如图所示 （2）10 （3）电池 （4）图线不应画为
14、直线；横坐标的标度不恰当【解析】 （1）从滑动变阻器的最大阻值为10及电功率P和电压U的关系图线知：滑动变阻器在电路里调节范围大，故滑动变阻器必须采取分压式，由于电流表测量流过灯泡的电流，由可推知，电流表应选量程0-0.6A，连接电路图如上图所示。（2）电源为12V，而小灯泡的额定电压为3V，且滑动变阻器的电阻只10，故需串联一合适的电阻来分担电压。小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”，可求出灯泡的电阻,设串联的电阻阻值为当滑动触头P移到最右端时：灯泡两端的电压最大，流过灯泡的电流最大，此时流过灯泡的电流即可，且，可解得,若取太大，电路里的电流则太小，取较合适；（3）为了电路的安全，首先要断
15、电，故应拆除电池两端的导线。（4）本试验中为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，而电功率P和电压U2图线的连接、器材的选取、电路的安全及实验数据的处理等方面。难度：较大。11. （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
16、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=1.980 m，10个小球下落的总时间T =6.5 s，可求出重力加速度g =_m/s。（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，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对实验结果的影响?请推导说明。【答案】（1）BD; (2)9.4; (3)增加小球下落的高度
17、，多次重复实验，结果取平均值。（其它答案只要合理也可）；（4）可以消去的影响。 【解析】 （1）因为电磁铁的作用是利用其磁效应来吸住铁球的，电路的通断是靠敲正确。本题答案选BD。（2）设每个小球下落时间为t，则，由自由落体运动的位移公式得，注意结果保留两位有效数值。（3）要想减少误差，可以增加小球下落的高度，以延长下落的时间，从而减小测量下落时间而造成的误差；还可以多次试验，取平均值，以减少偶然误差等。（4）由和可得,因此可以消去的影响。【考点定位】 自由落体运动测重力加速度。本题、考查实验的原理，（3）（4）考查试验的数据处理和误差分析，侧重于基本实验技能的考查。难度：中等。12. 【选做题
18、】本题包括A、B、C 三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答. 若多做,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，AB和CD为等温过程，BC和DA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_.AAB过程中，外界对气体做功BBC过程中，气体分子的平均动能增大CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DDA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化（2）该循环过程中，内能减小的过程是_ （选填“A B”、“B C”、“C D”或“DA”
19、）. 若气体在AB过程中吸收63 kJ的热量，在CD过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为_kJ.（3）若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，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=6.01023mol-1，计算结果保留一位有效数字）【答案】（1）C （2）B C，25 （3）【解析】（1）要分析这几个过程，只能逐项判断。对A项：从图上看：A B过程体积变大，则气体对外做功，W0，故A项错误；对B程热量交换，整个循环中内能变化量U=0，由U=Q+W知W=-25kJ，即整个过程对外做的功为25kJ。
20、（3）A B过程为等温过程，由得,则由关系式，代入数据可得气体在B状态时单位体积内的分子数为。【考点定位】 热力学第一定律U=Q+W及理想气体状态方程、阿伏伽德罗常数等方面的考查。特别是要注意对卡诺循环从整体上运用热力学第一定律。难度：较易。B. 选修3-4（12分）（1）如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz。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.1 Hz B.3 Hz C.4 Hz D.5 Hz【答案】 A 【解析】弹簧振子是把手转动使其做受迫振动，而受迫振动的频率等于驱动力的频率，则把手转动的频率就是1 Hz
21、，故A项正确。答案为:A。【考点定位】 受迫振动，注意对受迫振动关键是理解。难度:较易。（2）如图所示,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_。【答案】 大于 c（或光速）【解析】 飞船相对地面在高速行驶，从地面测量两飞船间的间距已经发生了“尺缩效应”而变短，则A测得两飞船间的距离就可理解是不发生“尺缩效应”效应的实际距离，故A测得的距离应大于L。信号通过光速c传播，根据爱因斯坦的光速不变原理，可知A测得该信号的速度为c（或光速）
22、。【考点定位】相对论初步：“尺缩效应”、“光速不变原理”的理解。 （3）如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC。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）【答案】 【解析】 首先画出光路图如下：设入射角为q，则根据两次反射的入射角相等结合光路图可得：入射角，而玻璃的折射率,当临界角时，折射率最小，故五棱镜折射率的最小值为。【考点定位】 光的折射定律，正确画出光路图是解题的关键。C. 选修3-5(12 分)（1）如果一个电子的德布
23、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【答案】 C（2）根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如图所示。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。【答案】 近 6【解析】 从图上可知n =3 轨道上的能级比n =5 轨道的能级低。根据玻尔原子结构理论：离核越近，能级越低可知n=3轨道上的电子离氦核的距离近。处于第4激发态的He+的发射光子的种类为：种。【考点定位】 玻尔原子结构理论。（3）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和1
24、00 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/ s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/ s，求此时B的速度大小和方向。【答案】 0.02 m/ s，离开空间站方向。【解析】 太空中没有空气阻力，在宇航员推动前后，两宇航员系统则满足动量守恒定本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！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.来源:Z,xx,k.Com13.（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
25、直。已知线圈的匝数N =100，边长ab =1.0 m、bc =0.5 m，电阻r =2。磁感应强度B在0 1 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T，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15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q。【答案】 （1）E=10V，感应电流方向为adcba （2）q=10C （3）Q=100J 【解析】 （1）要求解0.5s时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则0.5s的
26、瞬时感应电动应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为：adcba。（2）同理可得：，感应电流，电量解得：,代入数据得：q=10C。（3）0 1 s 内的焦耳热，且15 s 内的焦耳热，由,代入数据得：【考点定位】 法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。14. （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。重力加速度为
27、g。（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；（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，=0.2，砝码与纸板左端的距离d =0.1 m，取g =10m/s2。若砝码移动的距离超过l =0.002 m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大? 【答案】 （1） （2） （3）22.4N.【解析】 （1）要求解纸板所受的摩擦力，则需要对纸板的受力作出准确的判断：竖直方向：纸板受竖直向下的重力和砝码的压力，竖直向上的支持力,水平板的位移与砝码的位移即可。（1）砝码对纸板的摩擦力 , 桌面对纸板的摩擦力 解得 （2）设砝码的
28、加速度为,纸板的加速度为,则 发生相对运动 解得 （3）纸板抽出前,砝码运动的距离纸板运动的距离纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 由题意知 解得 代入数据得 【考点定位】 匀变速直线运动、牛顿第二定律与摩擦力的综合。难度：中等。来源:Z|xx|k.Com15.（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做周期性变化的图象如图所示。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
29、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（0t0）时刻释放P，求P速度为零时的坐标。【答案】 （1） （2），（n=1，2，3）（3）.【解析】（1）对比题图可知：随着时间的变化，电场和磁场是交替产生的，有磁场前，电场力的作用下匀加速-t0的时间，并以速度进入磁场，在根据对称性，找到速度为零的时刻，再根据数学的知识找到其坐标即可。解：（1）时间段内做匀加速直线运动，2时间段内做匀速圆周运动电场力F=qE0，加速度a=，速度v0=at，其中t=，解得v0=.（2）只有当t=2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，（n=1，2，3）匀速圆周运动 ，解得，（n=1，2，3）（3）在t0时刻释放，P在电场中加速时间为-t0，在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径，解得又经-t0时间P减速为零后向右加速时间为t0，P再进入磁场，圆周运动的半径，解得综上分析，速度为零时横坐标x=0，相应的纵坐标为来源:y=或2k（r1-r2），（k=1，2，3）