1、江苏省淮安市2015届高三第四次调研测试物理试题答案与详解1、【答案】C【目的】本题旨在考察牛顿第二定律【解析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而得到空中运动的时间关系，以及落地时速度关系由于空气阻力做功，乒乓球的机械能不守恒解：AD、根据牛顿第二定律得：mgf=ma，得加速度 a=g随着速度的增大，空气阻力f增大，则知加速度减小，当加速度a=0时做匀速运动设匀速运动的速度为v，则f=kv，由mg=f=kv得，匀速运动的速度 v=由于乒乓球在落地前已经做匀速运动，可知从更高处由静止释放，落地前也做匀速运动，落地瞬间的速度不变，故AD错误B、在下落过程中，空气阻力一直做负功，所以其机械能不断
2、减小，故B错误C、从更高处由静止释放，变加速运动的时间相同，而匀速运动的时间变长，所以在空中运动时间变长，故C正确故选：C2、【答案】B【目的】本题旨在考察静电现象的解释【解析】验电器是利用同种电荷相互排斥原理制成的，金属箔片是否张开角度说明物体是否带电，金属箔片张开角度的大小反应了物体带电的多少解：验电器原来带少量正电，金属片张开一定角度；将一带负电小球靠近金属球时，由于静电感应，金属片上的正电荷移向小球，从而张角减小，继续靠近，金属片上的正电荷继续移向小球，造成偏角继续减小直至减小为零，继续静电感应，正电荷继续移向小球，造成金属片失去正电荷而带负电再次张开然后逐渐增大故选：B3、【答案】D
3、【目的】本题旨在考察闭合电路欧姆定律、电功、电功率【解析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解：A、只有纯电阻电路才能适用于欧姆定律求解，故A错误；B、电动机为非纯电电路，不能应用欧姆定律求解；故B错误；C、电源的效率=，因为电动机非纯电阻；故C错误；D、电动机的机械功率等于电源总功率去除所有的产热功率；故D正确；故选：D4、【答案】A【目的】本题旨在考察法拉第电磁感应定律和变压器的构造原理【解析】根据
4、Em=NBS及=2n可分析发电机输出电压变化，然后根据变压器电压与匝数的关系、角速度与频率之间关系解决其他问题解：转速加倍，根据=2n则角速度加倍，根据Em=NBS加倍，AB、变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器电压与匝数成正比，则副线圈两端电压加倍，则电流加倍，由根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，故A正确，B错误；C、转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为50Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻R上交流电的频率为50Hz，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率的成之比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，故D错误；故选：A5、【答案
5、】B【目的】本题旨在考察运动的合成与分解【解析】足球被踢出后斜向上直线运动，可以分解为竖直向上匀减速直线和水平方向匀速，球门的高度大约2.45m.设水平方向初速度，竖直方向，则，解得；所以足球在踢出后到球门的时间，水平方向匀速直线，则，所以踢出时足球具有的动能，故做估计月为60J,故选B6、【答案】BC【目的】本题旨在考察圆周运动中各个物理量的关系【解析】通过题意可知，两小球匀速圆周运动时的向心力是相同的，但是B的半径大于A 的半径，依据向心力与各物理量的关系即可求解。对小球进行受力分析可知，绳子在竖直方向的分力与其重力平衡，两球重力相等，绳子与竖直线的夹角相等，绳子的拉力相等，绳子沿水平方向
6、的分力提供向心力，所以向心力相等。A、 根据可知，B的半径大于A的半径，所以,故A错误B、 根据可知，B的半径大于A的半径，所以,故B正确C、 根据可知，向心力相等，所以向心加速度相等，故C正确D、 向心力相等，故D错误故选BC7、【答案】AC【目的】本题旨在考察万有引力定律的应用【解析】根据木卫一绕木星的运动周期T和通过木星影区的时间t，计算走影区对应的圆心角，进而到木卫一的轨迹半径，从而求得中心天体质量和圆周运动的加速度解：A、B、如图：通过木星影区的时间t，周期为T，则：，解得：，而：，解得：，根据万有引力提供向心力：，解得：M=，可求得中心天体的质量，球体体积V=，可得：，故A正确，B
7、错误；C、根据万有引力提供向心力：，解得：a=，故C正确；D、公式只能计算中心天体的物理量，故D错误；故选：AC8、【答案】AC【目的】本题旨在考察含容电路的分析【解析】电容器的充放电过程取决于电容器两板间的电势差，电路中的电流是否恒定看电源的电动势及电阻，电子眼拍照的原理是产生电压。A、 车轮经过感应线时，对感应线产生压力，从而产生电压，电容器进行充电，当车轮离开后，压力消失，电压随之消失，电容器随之放电，故A正确B、 车轮经过的过程中，经历电容器的冲、放电两个过程，在每个过程里，都是电流增大再减小，故车轮经过时，经过电阻的电流是增大减小，反向增大，再减小。故B错误C、 车轮停在感应线上时，
8、产生恒定电压，电容器充电完毕后，电路中不再有电流，故C错误D、 车轮经过感应线时，会产生电压，倒回时，再次施加压力，产生电压，故会进行拍照，故D正确故选AD9、【答案】ABD【目的】本题旨在考察带电粒子在复合场中的运动【解析】小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，然后根据牛顿第二定律列式分析求解解：小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球达到最高点后向下运动的过
9、程中受重力、洛伦兹力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；A、由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减小负号表示速度的方向前后相反故A正确；B、由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大故B正确；C、小球向上运动的过程中：Ek=Ek0WGWf=Ek0mgxfx，由于f逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小故C错误；D、小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动
10、的过程中：E=fx，由于向上运动的过程中f逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大故D正确故选：ABD10、【答案】1）6.196-6.199 2）电流表断路 2.94-2.98 0.68-0.78【目的】本题旨在考察螺旋测微器的读数和实验：测电源的电动势和内阻【解析】螺旋测微器的读数包括主尺和螺旋尺读数之和，电路故障有两种：断路或短路，电路断路时，电路电流为零；闭合开关，电流表几乎没有示数，说明电路断路；根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，推导出表达式U=rI+E，故纵轴截距表示电源的电动势，斜率表示电源的内电阻螺旋测微器的读数为：主尺
11、：6mm+螺旋尺：0.0119.8=6.198mm接通开关，电压表有示数，电流表为零，说明有断路，2、3号线两端电压表示数为零，说明在2、3号线以外的电路出现断路，接在电流表两端时，电压表有示数，说明电流表以外的电路没有问题，综上所述，可以判断，电路的故障时电流表断路。根据实验数据会出U-I图线，延长图线与两坐标轴相交，与纵轴的交点即为电源电动势，即E=2.95V，图线的斜率即为电源内阻。11、【答案】1） 2) 3）BD 4)重锤从靠近打点计时器处释放，或调解打点计时器限位孔在一条直线上【目的】本题旨在考察实验：验证机械能守恒【解析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出5
12、点的速度；（2）根据下降的高度，结合参考平面，求出重力势能；再由动能与重力势能相互转化，则机械能守恒可知，两图线的斜率相等即可； （3）根据实验原理，电源使用交流电，重锤要求重且小，纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能；（4）根据实验操作与步骤，即可求解解：（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有，5点的瞬时速度v5=，（2）取打点O时重锤所在水平面为参考平面，那么3点处，对应重锤的势能Ep3=mgh3；根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此k1=k2（3）A实验中打点计时器，不可用干电池作为电源，故A错误；B为了减小阻力
13、的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；C若纸带上打出的点被拉长为短线，说明打点时间过长，频率太高，因此应适当调低电源的频率，故C错误；D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确；（4）关于该实验操作，仍要注意事项：生锺从靠近打点计时器处释放，或调节打点计时器限位孔在同一竖直线上12、A、1）【答案】C【目的】本题旨在考察分子引力、表面张力、液晶等。【解析】分子之间存在着相互作用的引力和斥力；温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同液晶分子具有各向异性的特点液体表面分子比内部分子稀疏，液体表面存在表面张力解：A、液体分子之间保持一定的间
14、隙还不会分散开，聚合在一起保持一定的体积，是由于分子之间存在引力的原因并不是因为有引力才使分子间保持一定的间隙，故A错误；B、同一温度下，中等速率大的分子数所占的比例大，温度升高使得分子的平均速率增大；不同温度下相同速率的分子所占比例不同故B错误；C、液晶一方面像液体具有流动性，另一方面又像晶体，分子在特定方向排列比较整齐有序，具有各向异性的特点故C正确；D、由于液体表面存在张力，所以露珠呈现球状，不属于毛细现象故D错误故选CA、2）【答案】 降低【目的】本题旨在考察宏观微观之间的换算和热力学第一定律。【解析】物质宏观微观之间的换算，需借助物质的量，据密度和体积算出物质的质量，再算出mol数，
15、根据1mol包含的分子个数可算出分子总数，根据气体做功来算内能的改变。根据题意可知，在短时间t内排出氮气的质量为，所以排出氮气的的mol数为,每mol氮气包含个氮气分子，所以在t时间内排出氮气的分子个数为，气囊与外界没有热交换，即Q=0，但在排气过程中，气体的体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，即温度降低。A、3）【答案】刚停止加热时封闭气体的温度T为；停止加热后，封闭气体向外传递的热量Q2为Q1P0（V2V）【目的】本题旨在考察理想气体状态方程【解析】加热过程气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；封闭气体的温度逐渐降低至与外界大气温度相同，加热过程与温度降低过程，
16、内能变化相同，利用热力学第一定律列式求解解：加热过程气体做等压变化，根据盖吕萨克定律得： 解得：加热过程，温度升高，气体内能增加，体积增大，气体对外界做功为：W=P0（V2V1）由热力学第一定律得：U=Q1W=Q1P0（V2V1） 停止加热，封闭气体的温度逐渐降低至与外界大气温度相同内能减小，减小量与温度升高过程相等；由热力学第一定律得：U=Q2 联立得：Q2=Q1P0（V2V1）12、B 、1）【答案】B【目的】本题旨在考察光的本性【解析】光在同一种介质中都是直线传播的；而光在弯曲的纤维中能传播是因为光的全反射；光的干涉和衍射现象均说明光具有波动性；解：A、光能在弯曲的光导纤维中传播是因为光
17、的全反射，不能说明光的沿曲线传播的；事实是光在同一种介质中沿直线传播；故A错误；B、白光照射到DVD片表面时出现彩色是因为光的干涉形成的，故说明光具有波动性；故B正确；C、相对论时空观认为在某参考系中同时发生的两件事，在另一参考系看来不一定是同时的，故C错误；D、真空中的光速在不同惯性参考系中是相同的；但光的频率在不同参考系中是不同的；与参考系有关；故D错误；故选：B12、B、2）【答案】0.04，偏振【目的】本题旨在考察光德干涉和衍射【解析】根据v=f求解超声波的波长；干涉和衍射是波特有的现象，横波还可以发生偏振现象，超声波是纵波解：超声波的波长：；超声波是纵波，不能发生偏振现象；12、B、
18、30【答案】激光透过玻璃板后光线方向与玻璃板的夹角为45该玻璃板的折射率n为【目的】本题旨在考察光的折射【解析】作出激光的光路图，由折射定律求激光透过玻璃板后光线方向与玻璃板的夹角由几何关系求出折射角的正弦值，再由折射定律求该玻璃板的折射率n解：作出激光的光路图如图所示，设光线在左侧面上的入射角为，折射角为则在右侧面上有，解得激光透过玻璃板后光线方向与玻璃板的夹角 =45由几何关系得 sin=可得 n=12、C、1）【答案】D【目的】本题旨在考察质能方程、示踪原子【解析】射线一般伴随着或射线产生，射线是电磁波；根据核反应的过程中质量的变化判定是释放能量，还是吸收能量；射线的穿透能力最强；放射性
19、同位素碘131能做示踪原子解：A、射线是一般伴随着或射线产生的电磁波，具有一定的能量，原子核受激发后向低能级跃迁时放出的故A错误；B、在稳定的重原子核中，质子数比中子数少故B错误；C、核反应过程中如果核子的平均质量减小，说明核反应的过程中由质量亏损，属于要释放核能故C错误；D、给怀疑患有甲状腺的病人注射碘131，诊断甲状腺的器质性和功能性疾病，是将碘131作为示踪原子，故D正确故选：D12、C、2）【答案】，线状谱【目的】本题旨在考察受激辐射的原理和光谱【解析】荧光粉吸收蓝光后发光，光子的能量一定小于蓝光的光子能量，根据公式E=h和c=分析波长情况；光谱分为连续谱与线状谱（发射），线状谱由稀薄
20、的单质气体产生，是相同种类的少量原子的某些核外电子在其各能级上跃迁时产生的，因此仅有有限的几条谱线解：荧光粉吸收蓝光后受激辐射产生的光的光子能量小于或等于蓝光的光子能量，根据公式E=h和c=，有E=；故荧光粉辐射光子的波长大于或等于入射蓝光光子的波长；荧光粉辐射光形成的光谱是发射光谱，故一定是线状谱；12、C、3）【答案】核反应方程式+HHe；反应后产生的另一个原子核的速度以及反应过程中释放的核能【目的】本题旨在考察能量守恒和动量守恒【解析】（1）根据质量数和电荷数守恒，书写核反应方程；（2）根据动量守恒定律求解氦核的速度；求出质量亏损，再根据爱因斯坦质能方程求解核反应释放出的能量解：（1）根
21、据质量与电荷数守恒，则有：+HHe； （2）由动量守恒定律得mv0=4m（v0）+4mv； 解得：v=v0，释放的核能为E=（4m）v2+4m（v0）2mv02；解得：E=；13、【答案】（1）开关S合向1瞬间导体棒的加速度a为；（2）S合到2的瞬间导体棒ab两端的电压U为，此后通过导体棒的电荷量q1为（3）此过程中导体棒ab上产生的焦耳热Q1为（2q2Emv2）【目的】本题旨在考察电磁感应和电路结合【解析】（1）由闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，再由安培力公式F=BIL求得力的大小，再由牛顿第二定律得到加速度a；（2）S合到2的瞬间导体棒ab切割磁感线，由E=BLv求出感应电动势，由串联电
22、路分压规律得到ab两端的电压U根据法拉第定律、欧姆定律和电量公式q=It结合求得通过导体棒的电荷量q1；（3）根据能量守恒定律和串并联电路特点求解ab上产生的焦耳热Q1解：（1）开关S与1闭合瞬间，由闭合电路欧姆定律得：此时通过导体棒的电流 I=由安培力：F=BIL由牛顿第二定律有 F=ma解得 a=（2）导体棒速度等于v时产生的感应电动势 E1=BLvab两端的电压 U=解得 U=此后过程中产生的平均感应电动势 通过导体棒的电荷量 q1=而=BLx可得 q1=（2）设此过程中电路中产生的焦耳热为Q，则 q2E=Q+导体棒ab上产生的焦耳热 Q1=解得 Q1=（2q2Emv2）14、【答案】（
23、1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1为；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小为（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L为4d【目的】本题旨在考察功能关系、牛顿第二定律【解析】（1）由机械能守恒定律可求得碰前的速度；（2）对两物体由牛顿第二定律可求得各自的加速度，再由速度公式可求得小物块B的速度大小；（3）由能量守恒对全过程分析，可求得最小速度解：（1）第一次碰撞前由机械能守恒定律有：（m+m）v12=2mgdsin解得：v1=；（2）设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则有：mgcos+mgsin=maAmgcosmgsin=m
24、aB；由于aAaB，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1=aAtv2=v1aBt解得：v2=；（3）对全过程进行分析，由能量守恒定律有：mgdsin+mg（d+L）sin=mgLcos解得：L=4d15、【答案】【目的】本题旨在考察带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动【解析】带电粒子在匀强电场中，电场力为其提供加速度，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，可以分别研究其运动形态，进而求解；解：1）0-时间内，粒子做匀速圆周运动，设加速度为a,则 解得粒子在磁场中做匀速圆周运动，则，由于则有在时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期；在时间内，粒子在+x方向做匀速直线
25、运动，在-y方向做初速度为零的匀加速直线运动。设时，+x方向的速度为，-y方向的速度为，则， 解得：2）在时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期：时间粒子在-x方向做匀速直线运动，在-y方向做匀减速直线运动，在时在y方向速度为零；做匀速圆周运动，运动了四分之一周期，粒子运动到y轴，速度沿+y方向，改变的大小，仍要使粒子做周期性运动，则要满足： （n=0， 1， 2， 3，）解得 （n=0， 1， 2， 3，）3）在时，粒子进入磁场做匀速圆周运动，设运动速度为，则，根据轨迹可得：速度沿y轴负方向时可能的位置由M、N、P点，M、N点对应的横坐标解得： （n=0， 1， 2， 3，）P点对应的横坐标 由于解得： （n=0， 1， 2， 3，）
