2010年江苏省高考物理试卷解析版

2010年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、解答题（共5小题，满分15分）1．（3分）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧挑起细线水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度（ ）A．大小和方向均改变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均不变【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有【专题】517：运动的合成和分解专题．【分析】橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度．【解答】解：橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；故选：D。【点评】本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度．2．（3分）如图所示，水平放置的粗糙U形固定框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）A．此过程中通过电阻R0的电荷量为q B．此过程中电路产生的电热为Q＝Fdmv2 C．此时AC两端电压为UAC＝2BLv D．此时AC两端电压为UAC【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．【分析】根据电量的经验表达式q求出此过程中通过电阻R0的电荷量，根据能量守恒判断电热的正误，图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E＝Blv求解感应电动势的大小。AB相当于电源，其两端的电压是外电压。【解答】解：A、根据q得，该过程中通过电阻R0的电荷量为q，故A正确。B、根据能量守恒得，，则，故B错误。C、导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：E＝B•2L•v＝2BLv，AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：U，故D正确，C错误。故选：AD。【点评】本题要理解并掌握感应电动势公式，公式E＝BLv中，L是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度。也可画出等效电路，来区分外电压和内电压。3．（3分）如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为（ ）A．mg B． C． D．【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有【专题】11：计算题．【分析】以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力向水平和竖直方向分析，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力。【解答】解：要使相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，即3Fcosθ＝mg；解得Fmg；故选D。【点评】本题因是立体图，无法将所有力画出，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）如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（ ）A． B． C． D．【考点】DE：自感现象和自感系数．菁优网版权所有【专题】16：压轴题．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。【解答】解：在t＝0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB＝E﹣Ir，UAB逐渐减小直到稳定。稳定时，电阻R的电流小于灯泡D的电流。在t＝t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点电势高，UAB＜0．由于稳定时线圈中电流较小，根据UAB＝IRD，则此时UAB值比稳定时小。故选：B。【点评】本题考查综合运用楞次定律和欧姆定律分析自感现象的能力。要注意电势差的正负。5．（3分）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。下列说法正确的是（ ）A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和﹣x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势．菁优网版权所有【专题】16：压轴题．【分析】解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低。【解答】解：A、B、从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误，B也错误；C、由于x1和﹣x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到﹣x1电势降落相等，故x1和﹣x1两点的电势相等，因而C正确；D、由于沿着电场强度的方向，电势一定降低，故从O点到x1和从O点到x3电势都是一直降落，故x1和x3两点的电势不相等，故D错误；故选：C。【点评】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可。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，错选或不答得0分.6．（4分）航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（ ）A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度 B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度 C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有【专题】52A：人造卫星问题．【分析】A、轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加．B、从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动．C、根据开普勒第三定律，比较轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运动的周期．D、根据牛顿第二定律，通过比较所受的万有引力比较加速度．【解答】解：A、轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加，所以经过A的速度小于经过B的速度。故A正确。B、从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动。所以轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度。故B正确。C、根据开普勒第三定律，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期。故C正确。D、在轨道Ⅱ上和在轨道Ⅰ通过A点时所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度相等。故D错误。故选：ABC。【点评】解决本题的关键理解飞船的变轨问题，以及知道开普勒第三定律．7．（4分）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（ ）A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送．菁优网版权所有【专题】1：常规题型．【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。【解答】解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误。B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P＝UI，可知输电线上的电流I线增大，根据U损＝I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3＝U2﹣U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错。C、根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确。D、根据η，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大。故D正确。故选：CD。【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。8．（4分）如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B．然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A．上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（ ）A．物块经过P点的动能，前一过程较小 B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少 C．物块滑到底端的速度，前一过程较大 D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】小物块能滑下，把自身重力分解，可得出第一过程中沿斜面向下的合力是逐步加大的，第二过程是合力是逐步减小的。而且最大的合力和最小的合力都是固定不变的，故第一过程的合力较小。接下来可以运用动能定理和运动学公式求解。【解答】解：A、先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力。也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下。物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长。所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小；由B到P时合力做功较多，P点是动能较大。因而A正确；B、因板上的AP距离相等，故物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量μmgs，由于摩擦力大小无法确定，因此其做功无法确定，则产热也无法确定，故B错误；C、由动能定理，两过程合力做功相同，到底端时速度应相同；因而C错误；D、采用v﹣t法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长；因而D正确；故选：AD。【点评】本题关键要分清楚合力的变化情况，然后根据动能定理和运动学公式列式判断。9．（4分）如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α＞β．三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有（ ）A．三个质子从S运动到S′的时间相等 B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上 C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近 D．附加磁场方向与原磁场方向相同【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则由洛仑兹力充当向心力及圆周运动的规律可知各粒子的运动时间、圆心及附加磁场的性质．【解答】解：A、由图可知，粒子在