江苏省高考物理真题试卷-近5年合集

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A．质子B．α粒子C．β粒子D．正电子

2．（4分）有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10﹣8F的电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从﹣70mV变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ 　　）

A．1.5×10﹣7AB．2×10﹣7AC．3.5×10﹣7AD．5×10﹣7A

3．（4分）我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该卫星（ 　　）

A．运动速度大于第一宇宙速度

B．运动速度小于第一宇宙速度

C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星

D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星

4．（4分）如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为（ 　　）

A．x＝Rsin（ωt﹣）B．x＝Rsin（ωt+）

C．x＝2Rsin（ωt﹣）D．x＝2Rsin（ωt+）

5．（4分）在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ 　　）

A．BILB．2BILC．πBILD．2πBIL

6．（4分）铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（ 　　）

A．B．C．D．

7．（4分）某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为（ 　　）

A．1.2B．1.4C．1.6D．1.8

8．（4分）如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1＜ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是（ 　　）

A．

B．

C．

D．

9．（4分）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ 　　）

A．A比B先落入篮筐

B．A、B运动的最大高度相同

C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小

D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同

10．（4分）一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ 　　）

A．O、C两点电势相等

B．A点的电场强度大于B点

C．沿直线从A到B电势先升高后降低

D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大

二、解答题。

11．（15分）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。

（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝　　mm；

（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是　　；

（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：

Δt/s

0.

0.

0.

0.

0.

Δv/（m?s﹣1）

1.38

1.52

1.64

1.75

1.86

请根据表中数据，在方格纸上作出Δv﹣Δt图线；

（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值为　　m/s2；

（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是　　。

A．选用的槽码质量偏小

B．细线与气垫导轨不完全平行

C．每次释放滑块的位置不同

D．实验中Δt的测量值偏大

12．（8分）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，年我国风力发电量高达亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：

（1）线圈中感应电动势的有效值E；

（2）线圈的输出功率P。

13．（8分）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0、T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：

（1）内能的增加量ΔU；

（2）最终温度T。

14．（13分）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；

（2）环A的质量M；

（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。

15．（16分）如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，片砖砌的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：

（1）粒子加速到P点所需要的时间t；

（2）极板N的最大厚度dm；

（3）磁场区域的最大半径Rm。

年江苏省新高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题。

1．由于该核反应方程为：，可知X是质子

解：该核反应方程为：

可知X是质子，故A正确，BCD错误；

故选：A。

本题考查核反应方程的掌握，需要熟练几个常见的核反应方程。

2．本题考查同学们公式和的使用情况，两个公式进行结合计算即可。

解：根据公式，当细胞膜两侧的电势差从﹣70mV变为30mV

所以

故ABC错误，D正确

故选：D。

注意电容器的基本公式，以及电流的宏观定义式，本题较为简单。

3．由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析轨道半径的大小。

解：AB、第一宇宙速度等于贴近地面做匀速圆周运动卫星的线速度；对环绕地球做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力有：＝m，解得：v＝，可知轨道半径越大、则线速度越小，“北斗”第49颗卫星的轨道半径大于地球的半径，则线速度小于第一宇宙速度，故A错误、B正确；

CD、根据开普勒第三定律可得＝k，该卫星的周期与“静止”在赤道上空的同步卫星的周期相同，则轨道半径相同，故CD错误。

故选：B。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

4．首先求解t时刻的角度，然后根据三角函数知识求解。

解：t时刻转动角度为ωt，总角度为ωt+，所以x＝Rsin（ωt+），故B正确，ACD错误。

故选：B。

解答本题的关键是：求解t时刻的总角度。

5．由安培力公式可求得两个固定点受到的安培力为F＝BIL，其中L强调的是两点之间的有效距离。

解：由几何关系可得，软导线在光滑水平面上受到安培力后会呈现如图所示的半圆周状态。软导线所受安培力大小为F＝2BIL，导线中张力大小等于导线两端的拉力T大小，则有：2T＝F＝2BIL，可得导线中张力大小为BIL，故BCD错误，A正确。

故选：A。

本题中要注意安培力的等效求法，虽然每一个点都受到安培力，但由于闭合的电路中，等效长度为2L，故等效安培力为2BIL。本题导线中的张力处处相等，都等于线端的拉力。

6．一束白光从右侧射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，路程差即（膜的厚度的两倍）是半波长的偶数倍，振动加强，为亮条纹，路程差是半波长的奇数倍，振动减弱，为暗条纹．

解：因为路程差即（膜的厚度的两倍）是半波长的偶数倍，振动加强，为亮条纹，路程差是半波长的奇数倍，振动减弱，为暗条纹。

所以人从同侧看，可看到亮条纹时，同一高度膜的厚度相同，则彩色条纹水平排列，因竖直放置的肥皂薄膜受到重力的作用，下面厚，上面簿，形状视如凹透镜，因此，在薄膜上不同的地方，来自前后两个面的反射光所走的路程差不同，导致上疏下密，故C正确，ABD错误。

故选：C。

解决本题的关键知道光波干涉的条件，知道什么情况下出现明条纹，什么情况下出现暗条纹．

7．根据题意作出光路图，结合全反射公式可解得折射率。

解：在如图所示位置时，出射光束恰好消失，作出光路图如下

根据全反射公式可知n＝

根据几何关系有sin

联立解得n＝1.2

故A正确，BCD错误

故选：A。

本题考查光的折射定律，解题关键在于理解题意，根据几何关系解得临界角。

8．由光电效应方程即动能定理得：Ekm＝eU+hν﹣hν0，逸出功是金属的固有属性，不同金属逸出功不同，入射光的频率相同，遏止电压大的，金属的逸出功小。

解：由光电效应方程：

hν＝m+W0，

又W0＝hν0，

光电子到达A极板过程，由动能定理：

eU＝Ekm﹣m，

联立知，光电子到达A板时动能的最大值

Ekm＝eU+hν﹣hν0，

可见Ekm﹣U图像的斜率为e，纵截距为hν﹣hν0。

由题知，1材料的截止频率小于2材料的截止频率，即ν1＜ν2，且入射光相同，则hν﹣hν1＞hν﹣hν2，可见用材料1和2进行光电效应实验得到的Ekm﹣U图线相互平行，且用材料1进行光电效应实验得到的Ekm﹣U图像的纵截距较大。故C正确，ABD错误。

故选：C。

此题考查了光电效应现象，解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的频率无关。

9．抛体运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，运动的时间由高度决定；根据抛射角和射程判断水平速度；根据斜抛运动的对称性判断即可。

解：AB、将A、B篮球的运动过程逆向看做是从篮筐沿同方向斜向上抛出的斜抛运动，落到同一高度上的两点，因A水平位移较大，可知A的抛射速度较大，竖直初速度较大，最大高度较大，运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；

C、因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；

D、由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。

故选：D。

该题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道抛体运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道抛体运动的时间由高度决定。

10．通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析A、B两点电场强度的关系，根据电场线方向判断电势高低，通过分析带电粒子受力情况，分析电场强度的变化情况。

解：A、对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，所以左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走后，右半球在中垂面上各点场强均垂直与中垂面，即中垂面为等势面，故O、C两点电势相等，故A正确；

BD、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2

由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2

根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2

在图示电场中，A的电场强度大小为E1，方向向左，B的电场强度大小为E2，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故从A到B场强不可能逐渐增大，故BD错误；

C、根据电场叠加原理可知，x轴上电场线的方向向左，沿着电场线的方向电势降低，则B点电势高于A点电势，故C错误；

故选：A。

本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场的关系，左半球面在A点的场强与缺失的右半球面在B点的产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。

二、解答题。

11．（1）游标卡尺中游标尺的分度是20分度，根据读数规则可以读出游标尺的读数；

（2）滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；

（3）根据表格中的数据进行描点并用直线连接；

（4）取直线和表格交点的最大距离可知图像的斜率；

（5）根据动量定理可以判断图线斜率的实验值总小于理论值的可能原因。

解：（1）游标尺的主尺每一小格表示1mm，游标尺是20分度，每一小格表示0.05mm故游标卡尺的读数为：10mm+4×0.05mm＝10.20mm；

（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是证明气垫导轨水平；

（3）根据表格中数据描点并用直线连接；

尽可能让多的点落到直线上，不能落到直线上的点尽可能均匀的分布在直线两侧。

（4）根据动量定理可得：mgΔt＝（m+M）Δv，则理论上图像斜率k＝＝，代入数据解得：k＝1.96m/s2。

（5）根据动量定理FΔt＝MΔv变形得

A、槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力F偏大，故图线斜率的实验值偏大，故A错误；

B、细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F的水平分力，故图线斜率的实际值偏小，故B正确；

C、滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，故C错误；

D、Δt偏大，则偏小，图线斜率偏小，故D正确；

故选：BD。

故答案为：（1）10.20；（2）证明气垫导轨调至水平；（3）见图；（4）1.96；（05）BD。

明确游标卡尺的读数，明确动量定理的应用是解决问题的关键；

12．（1）根据Em＝NBSω计算出感应电动势的最大值，根据E＝计算出感应电动势的有效值；

（2）根据闭合电路欧姆定律求出线圈的输出电压，再根据P＝UI计算出线圈的输出功率。

解：（1）感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝×0.20×0.5×90V＝V

感应电动势的有效值为E＝＝V＝V；

（2）根据闭合电路欧姆定律，线圈的输出电压U＝E﹣Ir

线圈的输出功率为：P＝UI＝（E﹣Ir）I＝（﹣50×0.6）×50W≈W。

答：（1）线圈中感应电动势的有效值为V；

（2）线圈的输出功率为W。

本题关键是掌握感应电动势的最大值和电功率的计算公式，以及感应电动势的最大值与有效值间的关系。

13．（1）先对活塞受力分析，求出外界对气体做功，再根据热力学第一定律求内能的增加量；

（2）根据一定质量理想气体的状态方程即可求得最终温度。

解：（1）因为活塞缓慢移动过程中，活塞受封闭气体压力为F，对活塞有：

F﹣p0S﹣f＝0，

所以外界对气体做功为：

W＝﹣FL＝﹣（p0S+f）L，

根据热力学第一定律得内能的增加量：

ΔU＝W+Q＝Q﹣p0SL﹣fL。

（2）活塞刚移动时，气体发生等容变化，移动之后做等压变化末态的压强设为p，根据平衡条件得

pS＝p0S+f，

全过程根据一定质量理想气体的状态方程得

，

解得：T＝2T0（1+）。

答：（1）内能的增加量ΔU为Q﹣p0SL﹣fL；

（2）最终温度T为2T0（1+）。

本题考查一定质量理想气体的状态方程和热力学第一定律，解题关键是找出气体始末状态温度、气压、体积，列式求解即可。

14．（1）对装置进行受力分析，列出等式求出弹力的大小；

（2）对装置受力分析，分析其向心力来源并列式求解；

（3）根据能量守恒定律分析装置的能量变化。

解：（1）设AB、OB的张力分别为F1、F2，A受力平衡

则F＝F1sin37°

B受力平衡

F1cos37°+F2cos37°＝mg

F1sin37°＝F2sin37°

解得：

（2）设装置转动的角速度为ω，对A

对B

解得：

（3）B上升的高度，A、B的动能分别为：；

根据能量守恒定律可知，W＝EkA+EkB+mgh

解得：W＝

答：（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F为；

（2）环A的质量M为；

（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W为。

本题主要考查了能量守恒，在分析过程中同时涉及到了受力分析和圆周运动的相关知识，综合考查了多个模块的知识，有一定的综合性。

15．（1）根据qvB＝m和动能定理求解粒子运动的时间；

（2）根据r＝和几何关系dm＝2（r1﹣r2）求解即可；

（3）根据牛顿第二定律及几何关系求解半径。

解：（1）设粒子在P的速度大小为vP

根据qvB＝m可知半径表达式为R＝

根据动能定理粒子在静电场中加速，有nqU＝mvP2

粒子在磁场中运动的周期为T＝

粒子运动的总时间为t＝（n﹣1）

解得：t＝（﹣1）

（2）由粒子的运动半径r＝，结合动能表达式Ek＝mv2变形得r＝

则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为r1＝，r2＝

由几何关系dm＝2（r1﹣r2）

结合EkP＝解得：dm＝2（﹣）

（3）设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，有qvPB﹣qE＝m

设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O′

由题意知，O′在EQ上，且粒子飞离磁场的点F与O、O′在一条直线上，如图1所示

粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为Rm＝OF＝R+OO′

将等腰三角形△OO′Q放大如图2所示

虚线为从Q点向OO′所引垂线，虚线平分α角，则OO′＝2（rQ﹣R）sin

解得最大半径为Rm＝R+sin

答：（1）粒子加速到P点所需要的时间t为（﹣1）；

（2）极板N的最大厚度dm为2（﹣）；

（3）磁场区域的最大半径Rm为（R+sin）。

本题的难点在于结合图像判断相关的几何关系，要注意结合题意画图分析。

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