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