2014年江苏省高考物理试卷解析版

2023-10-27 · U3 上传 · 25页 · 1.8 M

2014年江苏省高考物理试卷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)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在△t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到3B.在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )A. B. C. D.【考点】D8:法拉第电磁感应定律.菁优网版权所有【专题】53C:电磁感应与电路结合.【分析】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,注意线圈的有效面积是正方形面积的一半.【解答】解:由法拉第电磁感应定律得:线圈中产生的感应电动势E=nn•n•故选:B。【点评】本题属于感生问题,运用法拉第电磁感应定律时,要注意要用有效面积求感应电动势.2.(3分)已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A.3.5km/s B.5.0km/s C.17.7km/s D.35.2km/s【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】航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时,由火星的万有引力提供向心力,根据万有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程;再研究近地卫星的速度与地球质量的关系,联立即可求解.【解答】解:航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时,由火星的万有引力提供向心力,则有:G①对于近地卫星,由地球的万有引力提供向心力,则得:Gm近②由①②得:又近地卫星的速度约为v近=7.9km/s可得:航天器的速率为v航km/s≈3.5km/s故选:A。【点评】对于卫星类型,关键建立卫星运动的模型,理清其向心力来源:万有引力,根据万有引力等于向心力进行解答.3.(3分)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R,变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是( )A. B.I2 C.I1U1=I22R D.I1U1=I2U2【考点】E8:变压器的构造和原理.菁优网版权所有【专题】53A:交流电专题.【分析】变压器电压之比等于匝数之比;电流之比等于匝数的反比;在远距离输电中,输电导线上功率有损耗【解答】解:A、升压变压器电流之比等于匝数的反比;故A错误;B、导线上的电流是电压损失与电阻的比值;故B错误;C、I1U1是表示输入功率,I22R表示电路损耗的功率,二者不等;故C错误;D、理想变压器输入功率等于输出功率;故I1U1=I2U2,故D正确。故选:D。【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等,且没有漏磁现象。远距离输电,由于导线通电发热导致能量损失,所以通过提高输送电压,从而实现降低电损4.(3分)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O,下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A.O点的电场强度为零,电势最低 B.O点的电场强度为零,电势最高 C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高 D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低【考点】A6:电场强度与电场力;AC:电势.菁优网版权所有【专题】532:电场力与电势的性质专题.【分析】圆环上均匀分布着正电荷,根据电场的叠加和对称性,分析O点的场强。根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向,即可判断电势的高低。【解答】解:A、B、圆环上均匀分布着正电荷,根据对称性可知,圆环上各电荷在O点产生的场强抵消,合场强为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量,根据电场的叠加原理可知,x轴上电场强度方向向右,根据顺着电场线方向电势降低,可知在x轴上O点的电势最高,故A错误,B正确;C、D、O点的场强为零,无穷远处场强也为零,所以从O点沿x轴正方向,场强应先增大后减小。x轴上电场强度方向向右,电势降低,故CD错误。故选:B。【点评】解决本题的关键有两点:一是掌握电场的叠加原理,并能灵活运用;二是运用极限法场强的变化。5.(3分)一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动,直到停止。下列速度v和位移x的关系图象中,能描述该过程的是( )A. B. C. D.【考点】1D:匀变速直线运动的速度与时间的关系;1E:匀变速直线运动的位移与时间的关系;1I:匀变速直线运动的图像.菁优网版权所有【专题】512:运动学中的图像专题.【分析】根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解.【解答】解:物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,则v2=2a1xv,所以图象是单调递增凸函数,刹车后做匀减速直线运动,可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a2,则v2=2a2x解得:v,则图象是单调递增的凸函数,再反过来即为单调递减的凸函数,故A正确。故选:A。【点评】本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用,知道车后做匀减速直线运动,可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动,难度适中.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,全都选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.6.(4分)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行试验,小锤打击弹性金属片,A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落,关于该实验,下列说法中正确的是( )A.两球的质量应相等 B.两球应同时落地 C.应改变装置的高度,多次实验 D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动【考点】MB:研究平抛物体的运动.菁优网版权所有【专题】13:实验题.【分析】本题图源自课本中的演示实验,通过该装置可以判断两球同时落地,可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动;【解答】解:根据装置图可知,两球由相同高度同时运动,A做平抛运动,B做自由落体运动,因此将同时落地,由于两球同时落地,因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的,故根据实验结果可知,平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动,不需要两球质量相等,要多次实验,观察现象,则应改变装置的高度,多次实验,故BC正确。故选:BC。【点评】本题比较简单,重点考查了平抛运动特点,平抛是高中所学的一种重要运动形式,要重点加强。7.(4分)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有( )A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯【考点】DG:*涡流现象及其应用.菁优网版权所有【分析】由题意可知电器的工作原理,则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法。【解答】解:A、由题意可知,本题中是涡流现象的应用;即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流;从而进行加热的,则由法拉第电磁感应定律可知,增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率;则可以缩短加热时间;故AB正确;C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流;则无法加热水;故C错误;D、取走铁芯磁场减弱,则加热时间变长;故D错误;故选:AB。【点评】本题考查涡流的应用,要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的,由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱。8.(4分)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,现对A施加一水平拉力F,则( )A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止 B.当Fμmg时,A的加速度为μg C.当F>3μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg【考点】27:摩擦力的判断与计算;37:牛顿第二定律.菁优网版权所有【专题】522:牛顿运动定律综合专题.【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力,隔离对B分析求出整体的临界加速度,通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。然后通过整体法隔离法逐项分析。【解答】解:A、设B对A的摩擦力为f1,A对B的摩擦力为f2,地面对B的摩擦力为f3,由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等,方向相反,f1和f2的最大值均为2μmg,f3的最大值为,.故当0<F时,A、B均保持静止;继续增大F,在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动,故A错误;B、设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′,加速度为a′,则对A,有F′﹣2μmg=2ma′,对A、B整体,有F′,解得F′=3μmg,故当F≤3μmg时,A相对于B静止,二者以共同的加速度开始运动;当F>3μmg时,A相对于B滑动。当F时,A、B以共同的加速度开始运动,将A、B看作整体,由牛顿第二定律有F3ma,解得a,故B、C正确。D、对B来说,其所受合力的最大值Fm=2μmg,即B的加速度不会超过,故D正确。故选:BCD。【点评】本题考查牛顿第二定律的综合运用,解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。9.(4分)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=k,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离,电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则( )A.霍尔元件前表面的电势低于后表面 B.若电源的正负极对调,电压表将反偏 C.IH与I成正比 D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【考点】CO:霍尔效应及其应用.菁优网版权所有【分析】A、根据通电导线产生磁场,带电粒子在电场力作用下加速,而磁场力的作用下偏转,由左手定则可知,偏转方向,得出电势高低;B、由电源的正负极变化,导致电子运动方向也变化,由左手定则可知,电子的偏转方向,从而即可求解;C、根据并联电压相等,可知,电流与电阻成反比,即可求解;D、根据IH与I的关系,结合U=k,及P=IU,即可求解.【解答】解:A、根据电流周围存在磁场,结合安培定则可知,磁场的方向,而电子移动方向与电流的方向相反,再由左手定则可得,电子偏向后表面,导致前表面的电势高于后表面,故A错误;B、当电源正负对调后,磁场虽反向,而电子运动方向也反向,由左手定则可知,洛伦兹力的方向不变,则电压表将不会反偏,故B错误;C、如图所示,R和霍尔元件串联再与RL并联,I是干路电流,IH是霍尔元件支路的电流,电压表测量的霍尔元件的电压UH,而不是外电路(就是串联R再并联RL),根据串并联特点,则有:IHR=(I﹣IH)RL,即为I;因此IH与I成正比,故C正确;D、根据RL消耗的电功率PL,显然PL与成正比,又因为磁感应强度大小B与I成正比,即B与IH成正比,电压表的示数UH,则UH与I2成正比,所以UH与RL消耗的电功率PL成正比,故D正确。故选:CD。【点评】考查电流形成的条件,理解左手定则与安培定则的应用,注意串并联电路的特点,掌握理论推理的方法:紧扣提供信息,结合已有的规律.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)某同学通过实验测量一种合金的电阻率。(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径,为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应先旋紧图1所示的部件 B (选填“A”、“B”、“C”或“D”),从图中的示数可读出合金丝的直径为 0.410 mm。(2)图2所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出,合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化,由此可以推断:电路中 7、9(7、8) (选填图中表示连线柱的数字)之间出现了 断路 (选填“短路”或“断路”)。(3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为2.2

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