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2015 年江苏省高考物理试卷解析版 D、从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于摩擦会产生静电，也是静电现象，不符
合题意。故D错误；
参考答案与试题解析
本题选不属于静电现象的，故选：C。
一、单项选择题（本题共5道小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意）
【点评】静电是因为摩擦使物体带电的现象，平时所见到的摩擦起电现象都是一种静电现象．如：塑料的梳
1．（3分）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为
子梳理干燥的头发的时候，头发和梳子会粘在一起，而且会产生噼啪的响声；玻璃棒和丝绸摩擦，用玻璃棒
800，则副线圈的匝数为（ ）
可以吸引碎纸片玻璃棒带正电，丝绸带负电；毛皮和橡胶棒摩擦也产生静电，现象和上面一样橡胶棒带负
A．200 B．400 C．1600 D．3200
电，毛皮带正电；注意闪电不属于静电，静电积累到一定程度，正负电子引诱，而产生的放电现象．
【考点】E8：变压器的构造和原理．
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3．（3分）过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳
【专题】53A：交流电专题．
系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动
【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．
1
𝑈 𝑛
1 1 半径的 ，该中心恒星与太阳的质量比约为（ ）
【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得： = 20
𝑈 𝑛
2 2
1
变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n ＝800，副线圈匝数n 。
1 2 A． B．1 C．5 D．10
10
𝑈
110
2
则：n 2 = ⋅𝑛 1 = ×800=400匝 【考点】4F：万有引力定律及其应用．
𝑈 220
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1
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
故选：B。
【分析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量分析
【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．
求解．
2．（3分）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬•考异邮》中有
【解答】解：研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：
“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是（ ）
2
𝐺𝑀𝑚 4𝜋
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
=m r
2 2
𝑟 𝑇
B．带电小球移至不带电金属附近，两者相互吸引
3
2
4𝜋 𝑟
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
M =
2
𝐺𝑇
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
1
【考点】AH：静电场中的导体；AI：静电现象的解释．
菁优网版权所有 “51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的 ，
20
【分析】分析各现象的形成原因，然后判断各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题．
3
1
【解答】解：A、梳子与头发摩擦会产生静电，吸起纸屑，是静电现象，不符合题意。故A错误；
( )
20
B、带电小球移至不带电金属附近，两者相互吸引属于静电感应现象，是静电现象，不符合题意。故 B错
所以该中心恒星与太阳的质量比约为 ≈1，
2
4
误；
( )
365
C、小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流属于电磁感应现象，不属于静电现象。故C正确。故选：B。 是指导体的有效长度。
【点评】要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断． 5．（3分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后
4．（3分）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相 匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（ ）
等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变
化，天平最容易失去平衡的是（ ）
A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．
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【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出
结果。
【解答】解：根据v＝at可得，
2＝2×t ，
1
A． B．
所以加速的时间为t ＝1s
1
1 1
加速的位移为x = at2 = ×2×12=1m，
1
2 2
7
C． D． 之后匀速运动的时间为 s＝3.5s，
2
【考点】CC：安培力．
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到达关卡2的时间为t ＝1+3.5＝4.5s小于5s，放行；可以通过，
【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B和电流大小I相等，即根据线框在 2
所以可以通过关卡2继续运动，
磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系。
8
【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
从第2关卡到第3关卡匀速运动时间t = s＝4s，
3
2
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁
所以到达第3关卡的时刻（从开始运动计时）为 8.5s，7＜8.5＜12，也是放行，可以通过，
场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，
从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是，所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为
磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡。
到达关卡4的总时间为1+3.5+4+4＝12.5s，12＜12.5＜14
故选：A。
关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，
【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F＝BIL公式的L
所以C正确；故选：C。
【点评】本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过程是匀加速直线运动，要先计算出
加速运动的时间。
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，
A．做直线运动 B．做曲线运动
选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小
6．（4分）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方
【考点】AG：电势差和电场强度的关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
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向，则人对地板的压力（ ）
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向
的关系判断小球的速率变化．
【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线
运动。故A错误，B正确。
C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增
A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小
大。故C正确，D错误。
C．t＝8.5s时最大 D．t＝8.5s时最小
故选：BC。
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合
力也向上；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向
【点评】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．
下．
8．（4分）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电
【解答】解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，
荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ ）
此时处于失重状态，对地板的压力减小，
在t＝2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A正确；
在t＝8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以D正确；
故选：AD。
【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题．
7．（4分）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球
（ ） A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高 A．下滑过程中，加速度一直减小
C．c点的电场强度比d点的大 1
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 mv2
4
D．c点的电势比d点的低
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AA：电场的叠加；AC：电势． 1
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C．在C处，弹簧的弹性势能为 mv2﹣mgh
4
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小。根据电场线的方向判断电荷的正负。顺着电场线电势逐渐降 D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
低，由电场线的方向可判断电势的正负。 【考点】65：动能定理．
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【解答】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确。 【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；
B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误； 研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动
C、负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷 能定理列出等式求解；
产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确； 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式。
D、正电荷到 c点的平均场强大于正电荷到 d点的平均场强，根据 U＝Ed可知，正电荷到 c点电势降低的 【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，
多，所以c点的电势比d点的低； 所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，
也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c 所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
点，所以c点的总电势低于d点。所以D正确； B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
故选：ACD。 mgh+W
f
+W
弹
＝0﹣0＝0
【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面。 1
﹣mgh+（﹣W
弹
）+W
f
＝0
-
mv2
2
9．（4分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧
水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，圆 1
解得：W = mv2，故B正确；
f -
4
环在 C处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则圆环
（ ） 1 1
C、由上分析可知，W
弹
= mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh
-
mv2，故C错误；
4 4
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
1
mgh′+W′
f
+W′
弹
= mv
𝐵
2‒0
2
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式1 【专题】13：实验题．
﹣mgh′+W′
f
+（﹣W′
弹
）＝0
-
mv'
𝐵
2
2
【分析】（1）根据电流表所选的量程，直接读数即可；
1 （2）根据数据作图，在U﹣I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池
mgh′﹣W′
f
+W′
弹
= mv'
𝐵
2
2
的内阻；
1 1 （3）干电池不易长时间工作，干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化。
由于W′＜0，所以 mv'2＞ mv2，则有：v＜𝑣'，即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正
f 𝐵 𝐵 𝐵 𝐵
2 2
【解答】解：（1）电流表选择的量程是0.6A，所以此时电流表的示数为0.44A；
确； （2）根据表中的数据，画出U﹣I图象如图所示，
故选：BD。
【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根
本方法，掌握动能定理的应用。
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（12题）两部分，共计42分。必做题
10．（8分）小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。
根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E＝1.60V；内
1.6 ‒ 1.0
阻r = Ω＝1.2Ω。
0.5
（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。
故答案为：（1）0.44
（1）图1中电流表的示数为 0.44 A
（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）
（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。
U（V） 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06
【点评】本题考查对图象的认识，要掌握从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的
I（A） 0.12 0.20 0.28 0.36 0.44
时候，要注意纵坐标的起点不是零。
请根据表中的数据，在图2上作出U﹣I图线。
11．（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如图1所示，打点计时
由图线求得：电动势E＝ 1.60 V；内阻r＝ 1.2 Ω。
器的电源为50Hz的交流电．
（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考
虑，这样的操作不妥，因为 干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大 。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．
菁优网版权所有（2）根据相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，来计算4点的瞬时速度的大小；
（3）根据磁铁速度的变化情况可以得出变化的情况情况，分析速度变化的原因；
（4）塑料管不会产生电磁感应现象，与铜管中运动的情况对比明显．
【解答】解：（1）A、小磁铁竖直下落，穿过铜管，所以铜管要竖直地固定在限位孔的正下方，所以A正
确；
B、纸带要穿过限位孔，并且压在复写纸下面，所以B正确；
C、手应该拉住纸带，而不是捏紧磁铁，所以C错误；
D、应该先接通打点计时器的电源，在让磁铁下落，所以D错误；
（1）下列实验操作中，不正确的是 CD ．
本题选错误的，故选：CD．
A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方
5.60 ‒ 4.04
B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面
（2）打下4点的速度等于3、5之间的平均速度，所以v = cm/s≈39.0cm/s
4
0.04
C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落
（3）根据实验数据可知，在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是逐渐增大到39.8cm/s，之后
D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源
匀速运动，说明磁铁受到的阻尼作用是逐渐增大，最后等于重力的大小．
（2）该同学按正确的步骤进行实验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落
（4）磁铁在塑料管中不会产生电磁感应现象，不受阻尼作用的影响，对比实验①和②可知，磁铁在铜管中
的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，…，8，用刻度尺量出各计数
受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用．
点的相邻两计时点到O点的距离，记录在纸带上，如图2所示．
故答案为：（1）CD
计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据补充完整．
（2）39.0
位置 1 2 3 4 5 6 7 8
（3）逐渐增大到39.8cm/s；逐渐增大到等于重力
v 24.5 33.8 37.8 39.0 39.5 39.8 39.8 39.8
（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用； 磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用
（cm/s）
【点评】本题是对纸带运动情况的考查，同时也考查的对电磁感应现象理解，根据纸带的运动情况分析电磁
（3）分析如表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是 逐渐增大到
感应对运动情况的影响，抓住实验的本质即可分析本题．
39.8cm/s ；磁铁受到阻尼作用的变化情况是 逐渐增大到等于重力 ．
（选做题）本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应答题区域内作答，若多做，则按A、B两
（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为“实验②”），结果表明磁
小题评分。A[选修3-3]
铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可
12．（4分）对下列几种固体物质的认识，正确的有（ ）
得到什么结论？
A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．
菁优网版权所有 B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
【专题】13：实验题．
C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
【分析】（1）小磁铁竖直下落，做的是直线运动，根据打点计时器的使用方法可以判断选项的结果；
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同【考点】92：* 晶体和非晶体． 【分析】根据等温变化的玻意尔定律P V ＝P V ，利用假设法，即假设气体的体积不变，即可求解体积，从
0 0 1 1
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【分析】单晶体结构规则且具有各向异性，晶体有固定的熔点，在熔化过程中温度保持不变． 而与其比较，进而求解．
【解答】解：A、晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变，有固定的熔点，食盐熔化过程中，温度保持不 【解答】解：假设不漏气，设加压后的体积为V ，
1
变，说明食盐是晶体。所以A正确； 根据等温过程，即P V ＝P V ，
0 0 1 1
𝑃 𝑉
B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，所以B错误； 0 0 1 × 1
代入数据，解得：V = = =0.5L；
1
𝑃 2
C、天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则造成的，所以C错误；
1
D、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，所以D正确； 由于0.45L＜0.5L，因此包装袋是漏气．
故选：AD。 答：通过以上计算，该包装袋是漏气．
【点评】晶体熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，而温度是分子平均动能的标志，由能量守恒定律 【点评】考查理想气体的状态方程的应用，掌握等温变化的气体变化规律，理解假设法的运用．同时知道理
分析知，热量转化为内能，表现为分子势能的增加． 想气体的含义．
13．（4分）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中 B[选修3-4]
充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气 15．（4分）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比
体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力 增大 （选填“增大”、“减 （ ）
小”或“不变”），包装袋内氮气的内能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”）． A．波速变大 B．波速不变 C．频率变高 D．频率不变
【考点】8F：热力学第一定律；9K：封闭气体压强． 【考点】FC：多普勒效应．
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【专题】548：热力学定理专题． 【专题】1：常规题型．
【分析】对包装袋缓慢地施加压力的过程中，外界对其他做功，气体的体积减小，根据热力学定律来分析内 【分析】根据声音的多普勒效应分析回答，声源移向观察者时接收频率变高，即距离声源越远，频率越低，
能的变化，根据气体状态方程分析压强的变化． 距离声源越近，频率越高．
【解答】解：包装袋缓慢地施加压力，气体的体积减小，压强增大，装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击 【解答】解：渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，
的作用力增大， 波速由介质决定，所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比波速不变，
测试时，对包装袋缓慢地施加压力，说明在实验的过程中，气体的温度不变，所以实验气体的内能不变． 根据声音的多普勒效应，声源移向观察者时接收频率变高，
故答案为：增大；不变 所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比频率变高，
【点评】本题是对气体的热力学定律和气体状态方程的考查，知道外力做功和气体内能变化之间的关系即 故选：BC。
可，难度不大． 【点评】对于多普勒效应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者
14．（4分）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压，体积为1L，将其缓慢压 远离时接收频率变低；即高亢表示远离，低沉表示靠近．
缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L，请通过计算判断该包装袋是否漏气． 16．（4分）用2×106Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s和1500m/s，则
【考点】99：理想气体的状态方程． 该超声波在结石中的波长是胆汁中的 1.5 倍，用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时
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【专题】54B：理想气体状态方程专题． 不容易 （选填“容易”或“不容易”）发生衍射．【考点】F9：超声波及其应用． 𝑃𝐷 7
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所以：sinγ= =
𝑂𝑃 21.2
【分析】本题考查波长、波速及频率的关系，解题时要注意频率与波源决定；而波速由介质决定；同时明确
𝑠𝑖𝑛30° 0.5
三者间的关系．
该人造树脂材料的折射率：n= = ≈1.5
𝑠𝑖𝑛𝛾 7
𝑣 2250
【解答】解：超声波在传播中频率不变，波长λ = ；则说明波长与波速成正比，故波长之比为： = 21.2
𝑓 1500
答：该人造树脂材料的折射率是1.5．
1.5倍；
【点评】该题考查光的折射定律，在已知入射角的情况下，结合几何关系来确定折射角的大小或折射角的正
由于波长越短越不容易发生衍射现象；故采用超声波可以有效检查胆结石；
弦值的大小是解答的关键．所以解答的思路是先求出折射角的正弦值．
故答案为：1.5；不容易．
C[选修3-5]
【点评】本题考查声波中波长、波速和频率的关系，要注意明确三个物理量各自的决定因素及相互关系．
18．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（ ）
17．（4分）人造树脂是常用的眼镜镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
上的P点，已知光线的入射角为30°，OA＝5cm，AB＝20cm，BP＝12cm，求该人造树脂材料的折射率n．
B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
【考点】IF：光的波粒二象性．
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【分析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义；光电效
应现象揭示了光的粒子性；相邻原子之间的距离大致与中子的德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象；
普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念；德布罗意波
【考点】H3：光的折射定律．
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ℎ
【专题】54D：光的折射专题．
长为λ = ，P是动量，h是普朗克常量．
𝑝
【分析】先根据图中的几何关系，求出折射光线的折射角的正弦值，然后由折射率的定义式即可求得．
【解答】解：A、光电效应现象揭示了光的粒子性。故A正确；
【解答】解：将过O点的法线延长，与BP交于D点，如图，由几何关系可得：
B、热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性。故B正确；
C、黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规
律，破除了“能量连续变化”的传统观念。故C错误；
D、根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长相等，则动量P也相等，动能则
不相等。故D错误。
PD＝BP﹣BD＝BP﹣AO＝12﹣5＝7cm 故选：AB。
OP= 𝑂𝐷2+𝑃𝐷2= 𝐴𝐵2+𝑃𝐷2= 202+72= 449cm≈21.2cm 【点评】本题主要考查德布罗意波和黑体辐射理论，在考纲中属于基本要求．明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然”． 提供给每个核子的平均能量．
19．核电站利用原子核链式反应放出的世大能量进行发电，2 9 3 2 5U是核电站常用的核燃料，2 9 3 2 5U受一个中子轰击 四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最
后裂变成1 5 4 6 4Ba和8 36 9Kr两部分，并产生 3 个中子，要使链式反应发生，裂变物质的体积要 大于 （选填 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
“大于”或“小于”）它的临界体积． 21．（15分）做磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流，某同学为
【考点】JK：重核的裂变． 了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径 r＝
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【专题】54O：衰变和半衰期专题． 5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω•m，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若
【分析】正确解答本题需要掌握：聚变和裂变反应的特点以及应用；质量数和电荷数守恒在核反应中的应用 磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：（计算结果保留一位有效数字）
以及质子数、中子数、质量数等之间关系． （1）该圈肌肉组织的电阻R；
【解答】解：2 9 3 2 5U受一个中子轰击后裂变成1 5 4 6 4Ba和8 36 9Kr两部分，根据根据电荷数和质量数守恒有：92＝ （2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；
56+36，235+1＝144+89+x×1，解得x＝3，所以中子个数为3． （3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
链式反应的条件：大于临界体积．
故答案为：3，大于
【点评】裂变和聚变是在原子物理中学习的两种重要反应，要明确它们的特点以及应用，熟练应用质量数和
【考点】B7：电阻定律；BH：焦耳定律；D8：法拉第电磁感应定律．
电荷数守恒解答有关问题． 菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
20．取质子的质量m ＝1.6726×10﹣27kg，中子的质量m ＝1.6749×10﹣27kg，α粒子的质量m ＝6.6467×10﹣
p n α
【分析】（1）由电阻定律即可求出该圈肌肉组织的电阻R；
27kg，光速c＝3.0×108m/s，请计算α粒子的结合能．（计算结果保留两位有效数字）
（2）根据法拉第电磁感应定律即可求出该圈肌肉组织中的感应电动势E；
【考点】JE：原子核的结合能．
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（3）由焦耳定律：Q＝I2Rt，即可求出0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
【分析】组成α粒子的核子与α粒子的质量差即为两个质子和两个中子结合成一个α粒子时损失的质量，有
‒2
𝜌𝐿 𝜌 ⋅ 2𝜋𝑟 1.5 × 2 × 3.14 × 5.0 × 10
质能方程代入数据即可得知α粒子的结合能． 【解答】解：（1）由电阻定律得：R= = = =6×103Ω；
𝐴 𝐴 ‒4
0.80 × 10
【解答】解：组成α粒子的核子与α粒子的质量差为：
2
△ 𝛷 △ 𝐵 ⋅ 𝜋𝑟
△m＝（2m +2m ）﹣m
p n α （2）根据法拉第电磁感应定律得：E= =
△ 𝑡 △ 𝑡
所以结合能为：△E＝△mc2
代入数据得：E＝4×10﹣2V
代入数据解得：△E＝4.3×10﹣12J
2
2 2 ‒2
𝐸 𝐸 (4 × 10 )
答：α粒子的结合能为4.3×10﹣12J
（3）由焦耳定律：Q＝I2Rt = 𝑡，得：Q= △𝑡= ×0.3=8×10‒8J
𝑅 𝑅 3
6 × 10
【点评】核子结合成原子核时，有质量亏损，根据爱因斯坦的质能联系方程，必然放出相应的能量△E＝△
答：（1）该圈肌肉组织的电阻是6×103Ω；
mc2，这个能量叫做原子核的结合能．显然，如果要把原子核分开成核子，必须给以同样的能量．
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势是4×10﹣2V；
核子组成不同的原子核时，放出的结合能的大小也不相同．结合能除以核子数就得到核子的平均结合能，其
（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量是8×10﹣8J．
意义是：核子结合成原子核时，平均每个核子所释放的结合能．它也等于把原子核拆散成核子时，外界必须【点评】本题情景是设置虽然比较新颖，属于线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭 小球受力平衡，F cosθ +T cosθ ＝mg，F sinθ ＝T sinθ ，
1 1 1 1 1 1 1 1
合电路欧姆定律进行求解． 4𝑚𝑔
解得k = ．
𝐿
22．（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均
为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间， （2）设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ，OA杆与转轴的夹角为θ ，弹簧长度为x．
2 2 2
3 小环受到弹簧的弹力F
弹2
＝k（x﹣L），
原长为L，装置静止时，弹簧长为 L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度
2 5
小环受力平衡，F
弹2
＝mg，解得x = 𝐿，
4
内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k； 𝑥
对小球，F cosθ ＝mg，F𝑠𝑖𝑛𝜃 =𝑚𝜔 2𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 ，且cos𝜃 = ，
2 2 2 2 0 2 2
2𝑙
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω ；
0
3 1 8𝑔
（3）弹簧长度从 L缓慢缩短为 L的过程中，外界对转动装置所做的功W． 解得ω = ．
0
2 2 5𝐿
1
（3）弹簧长度为 𝐿时，设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ，OA杆与弹簧的夹角为θ ，
3 3 3
2
1
小环受到的弹力F = 𝑘𝐿，
弹3
2
𝐿
小环受力平衡，2T
3
cosθ
3
＝mg+F
弹3
，且cosθ
3
= ，
4𝑙
【考点】3C：共点力的平衡；65：动能定理；6B：功能关系． 对小球，F cosθ ＝T cosθ +mg，F𝑠𝑖𝑛𝜃 +𝑇 𝑠𝑖𝑛𝜃 =𝑚𝜔 2𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 ，
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
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【分析】（1）装置静止时，分别对小环和小球分析，根据共点力平衡，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数； 16𝑔
解得ω = ．
3
𝐿
（2）当AB杆弹力为零时，对小环分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的长度，对小球分析，抓住竖
直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出装置转动的角速度ω ； 整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
0
3 1 3𝐿 𝐿 3𝐿 𝐿 1
（3）弹簧长度从 L缓慢缩短为 L的过程中，抓住弹簧的弹性势能不变，弹力不做功，根据动能定理，结 W mg( ‒ )‒2𝑚𝑔( ‒ )=2× 𝑚(𝜔 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 )2，
- 3 3
2 2 2 2 4 4 2
合小环平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力，求出外界对转动装置所做的功W． 16𝑚𝑔𝑙 2
解得W =mgL+ ．
【解答】解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ，OA杆与转轴的夹角为θ ， 𝐿
1 1 1
𝐿 4𝑚𝑔
小环受到弹簧的弹力F =𝑘 ， 答：（1）弹簧的劲度系数为 ；
弹1
2 𝐿
小环受力平衡，F
弹1
＝mg+2T
1
cosθ
1
，8𝑔 （2）由几何关系得到离子打在N点和Q点时的轨迹半径，由上式结果求解电压U的范围。
（2）装置转动的角速度为 ；
5𝐿
（3）运用归纳法，根据轨迹半径与电压的关系，得到调节电压U的次数表达式，再进行求解。
16𝑚𝑔𝑙 2 1
（3）外界对转动装置所做的功为mgL+ ． 【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：qU 0 = 𝑚𝑣2⋯①
𝐿 2
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用，当装置转动时，抓住小 𝑣 2
在磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝m ⋯②
环平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解． 𝑟
23．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U 的加速电场，其 1 2𝑚𝑈
0 0
解得：r =
初速度几乎为零，这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最 𝐵 𝑞
2 2
2 3 9𝑞𝐵 𝐿
后打在底片上，已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L．某次测量发现MN中左侧 区域MQ损坏，检测 代入r = L解得：m =
0
3 4 32𝑈
0
1 𝑞𝐵 2 𝑟 2
不到离子，但右侧 区域QN仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在 （2）由（1）中第①②两式知：U =
3 2𝑚
QN检测到。 5 10 100𝑈
0
离子打在Q点，轨迹半径为：r = 𝐿= r ，则有：U =
0
（1）求原本打在MN中点P的离子质量m； 6 9 81
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围； 4 16𝑈
0
离子打在N点，轨迹半径为：r＝L = r ，U =
0
（3）为了在 QN区域将原本打在 MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节 U的最少次数。（取 lg2＝ 3 9
0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699） 100𝑈 16𝑈
0 0
则电压的范围为： ≤U ≤ 。
81 9
（3）由（1）知，r∝ U
𝑈
𝐿 1
由题意知，第1次调节电压到U ，使原本打在Q点的离子打在N点，则 =
1
5 𝑈
0
𝐿
6
5
𝐿
𝑈
6 1
此时，原本半径为r 的打在Q 的离子打在Q上， =
1 1
𝑟 𝑈
1 0
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
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5
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
解得 r ＝（ ）2L
1
6
【分析】（1）离子先由电场加速，后进入磁场做匀速圆周运动。先根据动能定理求出电场加速获得的速度表
第2次调节电压到U ，使原本打在Q 的离子打在N点，原本半径为r 的打在Q 的离子打在Q上，则
达式，再由几何关系求出磁场中轨迹半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求解离子的质量。 2 1 2 25
𝐿
𝑈 𝑈
𝐿 2 6 2
= ， =
𝑟 𝑈 𝑟 𝑈
1 0 2 0
5 125
解得 r ＝（ ）3L = 𝐿
2
6 216
5
同理，第n次调节电压，有 r ＝（ ）n+1L
n
6
𝐿
检测完整，有 r ≤
n
2
𝑙𝑔2
解得 n ≥ ‒1≈2.8
6
𝑙𝑔
5
故需要调节U的最少次数为3次。
𝑈
𝐿 3
另一种解法（第三次调节电压到U ，使原本打到Q 点的离子打到N点，有： = ，此时，设原
3 2
5 𝑈
3 0
( ) 𝐿
6
5
𝐿
𝑈
6 3 5 625 1
本半径为 r 的打在 Q 的离子打在 Q上，则 = ，解得：r =( )4𝐿= 𝐿＜ 𝐿，调节电压的次
3 3 3
𝑟 𝑈 6 1296 2
3 0
数最少为3次。）
2 2
9𝑞𝐵 𝐿
答：（1）原本打在MN中点P的离子质量m为 ；
32𝑈
0
100𝑈 16𝑈
0 0
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，加速电压U的调节范围为 ≤U ≤ ；
81 9
（3）需要调节U的最少次数为3次。
【点评】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会运用几何知识和归纳法分析离子轨道半径
变化的规律，灵活运用动能定律和牛顿第二定律解答。
