2019年江苏省高考物理试卷解析版

2023-10-27 · U3 上传 · 12页 · 1.2 M

2019年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、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.(3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:10,当输入电压增加20V时,输出电压( )A.降低2V B.增加2V C.降低200V D.增加200V【考点】E8:变压器的构造和原理.菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;53A:交流电专题;62:推理能力.【分析】变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比,结合原线圈电压的变化得出副线圈电压的变化。【解答】解:根据得,,即,解得:△U2=200V,即输出电压增加200V.故D正确,ABC错误。故选:D。【点评】解决本题的关键知道原副线圈的电压之比和匝数之比的关系,基础题。2.(3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( )A. B. C.Tsinα D.Tcosα【考点】3C:共点力的平衡.菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;527:共点力作用下物体平衡专题;61:理解能力.【分析】气球处于静止状态,受力平衡,对气球受力分析,根据受力平衡即可计算。【解答】解:气球在风中处于静止状态,受力平衡合力为零,对气球受力分析得,气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力,水平方向上受力平衡得:F风=Tsinα,故C正确,ABD错误。故选:C。【点评】本题首先要选择好研究对象,再进行受力情况分析,最后由平衡条件求解,按照三个步骤进行研究,难度适中。3.(3分)如图所示的电路中,电阻R=2Ω.断开S后,电压表的读数为3V;闭合S后,电压表的读数为2V,则电源的内阻r为( )A.1Ω B.2Ω C.3Ω D.4Ω【考点】BB:闭合电路的欧姆定律.菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;535:恒定电流专题;61:理解能力.【分析】电压表是理想电表,根据闭合电路欧姆定律计算即可。【解答】解:断开S后,电压表的读数为3V,即电源的电动势为3V,闭合S后,电压表的读数为2V,使用电阻的电压为2V,电路的电流为:IA=1A,电源的内阻为:rΩ=1Ω.故A正确,BCD错误。故选:A。【点评】本题是对闭合电路欧姆定律的考查,注意电路中的电压表认为是理想电表,串联电路的电流相同。4.(3分)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星,该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示,设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2,近地点到地心的距离为r,地球质量为M,引力常量为G.则( )A.v1>v2,v1 B.v1>v2,v1 C.v1<v2,v1 D.v1<v2,v1【考点】4F:万有引力定律及其应用.菁优网版权所有【专题】34:比较思想;4E:模型法;52A:人造卫星问题;63:分析综合能力.【分析】根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理,将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较,即可求解。【解答】解:根据开普勒第二定律有:v1>v2。若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时,线速度大小为,将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道,必须在近地点加速,所以有:v1。故选:B。【点评】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理,知道当万有引力小于所需要的向心力时,卫星做离心运动。5.(3分)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P﹣t关系图象是( )A. B. C. D.【考点】63:功率、平均功率和瞬时功率;AE:电势能与电场力做功;AK:带电粒子在匀强电场中的运动.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;532:电场力与电势的性质专题;63:分析综合能力.【分析】明确带电粒子在电场中受力情况,知道带电粒子垂直电场方向进入时做类平抛运动;同时明确功率P=Fvcosα,即功率等于力与力的方向上速度的乘积。【解答】解:带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动,沿电场方向上做匀加速直线运动,故沿电场方向上的速度为:v=att;故ts秒时电场力的功率为:P=Eqv;故说明P与时间成正比,故A正确BCD错误。故选:A。【点评】本题考查了带电粒子在电场中偏转规律的应用,同时明确功率的计算方法,知道只需求出竖直方向上的速度即可,由于粒子做类平抛运动,水平方向上的速度不会影响电场力的功率。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.(4分)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱( )A.运动周期为 B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为mω2R【考点】48:线速度、角速度和周期、转速;4A:向心力.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;521:牛顿第二定律在圆周运动中的应用;62:推理能力.【分析】座舱做匀速圆周运动,根据向心力的性质可确定其受力情况,再根据匀速圆周运动中线速度、角速度以及周期间的关系确定周期和线速度的大小。【解答】解:A、根据角速度和周期的关系可知,周期T,故A错误;B、线速度大小v=ωR,故B正确;CD、座舱做匀速圆周运动,受到的合外力充当向心力,故合力大小F=mω2R;由于座舱的重力和摩天轮对座舱的作用力充当合外力,故摩天轮对座舱的作用力不等于mg,故C错误,D正确。故选:BD。【点评】本题考查匀速圆周运动的性质,要注意明确做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的,方向始终指向圆心,且大小恒定。7.(4分)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( )A.均向左 B.均向右 C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左【考点】DB:楞次定律.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;53D:磁场磁场对电流的作用;62:推理能力.【分析】根据电流的方向,结合安培定则判断出电流周围磁场的方向,根据磁场的叠加确定线框所处位置的磁场方向,再根据左手定则判断安培力方向,从而确定线框是否能够处于平衡状态。【解答】解:A、若a、b电流方向均向左,根据安培定则以及磁场的叠加知,在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外,在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则知,线框上边所受的安培力方向向下,下边所受的安培力方向向下,则线框不能处于静止状态,故A错误。B、若a、b电流方向均向右,根据安培定则以及磁场的叠加知,在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里,在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外,根据左手定则知,线框上边所受的安培力方向向上,下边所受的安培力方向向上,则线框不能处于静止状态,故B错误。C、若电流方向a的向左,b的向右,根据安培定则以及磁场的叠加知,在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外,在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外,根据左手定则知,线框上边所受的安培力方向向下,下边所受的安培力方向向上,线框可以处于平衡状态,故C正确。D、若电流方向a的向右,b的向左,根据安培定则以及磁场的叠加知,在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里,在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则知,线框上边所受的安培力方向向上,下边所受的安培力方向向下,线框可以处于平衡状态,故D正确。故选:CD。【点评】本题考查了安培定则、左手定则、磁场的叠加等知识,知道安培定则和左手定则的区别,左右手定则不能混淆。8.(4分)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs D.物块在A点的初速度为【考点】6B:功能关系.菁优网版权所有【专题】34:比较思想;4T:寻找守恒量法;52Q:功能关系能量守恒定律;62:推理能力.【分析】物体向左运动时,当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时速度最大,物体继续向左运动,弹力将大于滑动摩擦力。整个过程中,物块克服摩擦力做的功为2μmgs.对物体向右运动的过程,利用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能。对整个过程,利用动能定理求物块在A点的初速度。【解答】解:A、物体向左运动时,当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时,即F=μmg速度最大,物体继续向左运动,弹簧继续被压缩,弹力增大,所以弹簧的最大弹力大于μmg,故A错误。B、整个过程中,物块所受的摩擦力大小恒定,摩擦力一直做负功,则物块克服摩擦力做的功为2μmgs,故B正确。C、物体向右运动的过程,根据能量守恒定律得:弹簧的最大弹性势能Ep=μmgs,故C正确。D、设物块在A点的初速度为v0.对整个过程,利用动能定理得:﹣2μmgs=0,可得:v0=2,故D错误。故选:BC。【点评】运用动能定理和功能关系时解题的关键要选择好研究的过程,分析过程中有哪些力做功,然后根据动能定理列式求解。9.(4分)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为﹣W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为﹣2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有( )A.Q1移入之前,C点的电势为 B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0 C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2W D.Q2在移到C点后的电势能为﹣4W【考点】AE:电势能与电场力做功;AG:电势差和电场强度的关系.菁优网版权所有【专题】32:定量思想;4E:模型法;532:电场力与电势的性质专题;62:推理能力.【分析】研究Q1从无穷远处(电势为0)移到C点的过程,利用公式W=qU求出无穷远处与C点间的电势差,从而求得C点的电势。Q1从C点移到B点的过程中,根据C点与B点间的电势差求电场力做功。Q2从无穷远处移到C点的过程中,先根据电场的叠加原理求C点的电势,再由W=qU求电场力做的功。再求Q2在移到C点后的电势能。【解答】解:A、Q1从无穷远处(电势为0)移到C点的过程,根据动能定理得:qU∞C=﹣W,得:U∞C.又U∞C=0﹣φC=﹣φC,可得Q1移入之前,C点的电势为:φC,故A正确。B、Q1移入之前,C点与B点的电势相等,两者间的电势差为0,根据W=qU知,Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0,故B正确。C、Q2从无穷远处移到C点的过程中,根据电场的叠加原理知,C点的电势为:φC′=2φC,Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为:W′=﹣2q(0﹣φC′)=4W,故C错误。D、Q2从无穷远处移到C点的过程中,电场力做的功为4W,其电势能减少了4W,而Q2在无穷远处电势能为0,所以Q2在移到C点后的电势能为﹣4W,故D正确。故选:ABD。【点评】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式W=qU时各个量均要代符号运算。三、简答题:本题分必做题(第10~12题)和选做题(第13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)某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理。(1)有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用:A.电磁打点计时器B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选择 B (选填“A”或“B”)。(2)保

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为PDF

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐