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江苏高考物理真题及答案
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，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
【考点】D7：磁通量
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．
【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ＝BS．
【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ＝BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S＝πr2
结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ＝πBr2．与线圈的大小无关。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁通量的定义式和公式Φ＝BS的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式Φ＝BS的适用条件就能顺利解决．
2．（3分）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（）
【考点】43：平抛运动
【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，抓住两球的水平位移不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到相遇经过的时间。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
3．（3分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（）
A．
B．
C．
D．
【考点】65：动能定理
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝Ek﹣Ek0，所以Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ＝Ek﹣0，所以Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。
故C正确、ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
4．（3分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（）
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
BC板电量不变，BC板间的场强
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】解决考查带电粒子在电场中的运动，关键是要运用动能定理处理，注意在电量不变的条件下，改变极板间的距离场强不变。
5．（3分）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
【考点】37：牛顿第二定律；45：运动的合成和分解
【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；
当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；
利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；
根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解。
【解答】解：A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关系不确定，故A错误；
B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；
故选：D。
【点评】考查平衡条件的内容，掌握圆周运动是变速运动，处于非平衡状态，理解向心力的表达式，及牛顿第二定律的运用，最后掌握机械能守恒的条件及其内容。
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．错选或不答的得0分．
6．（4分）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．
B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度。故B正确。
故选：BCD。
7．（4分）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（）
A．电感L1的作用是通高频
B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分
D．扬声器乙用于输出高频成分
【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用
【专题】34：比较思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．
【解答】解：A、电感L1的作用是通低频，阻高频，故A错误。
B、电容G2的作用是通高频，阻低频，故B正确。
C、电感L1的作用是通低频，阻高频，而电容C1的作用是通高频，阻低频，所以低频部分通过扬声器甲。故C错误。
D、电感L1的作用是通低频，阻高频，所以扬声器乙用于输出高频成分，故D正确。
故选：BD。
【点评】电容器的特性在理解的基础上记住：通交流隔直流，通高频阻低频．电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高．
8．（4分）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化．
【解答】解：A、由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；
D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误；
故选：AC。
【点评】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；又有场强为零的地方，电势差为零，故为等势体．
9．（4分）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（）
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
【考点】37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡；65：动能定理；6B：功能关系
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．
C、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；
故选：AB。
【点评】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．
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）利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M＝200.0g，钩码的质量为m＝10.0g，打点计时器的电源为50Hz的交流电．
（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动．
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O，一次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝0.228m/s．
W/×10﹣3J2.452.923.353.814.26
△Ek/×10﹣3J2.312.733.123.614.00
请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出△Ek﹣W图象．
（4）实验结果表明，△Ek总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F＝0.093N．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动．
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1的瞬时速度．
（3）根据表格中的数据作出△Ek﹣W图象．
（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律得出小车受到的实际拉力．
【解答】解：（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动，摩擦力达到平衡．
（3）根据表格中的数据做出△Ek﹣W图象如图所示．
故答案为：（1）小车做匀速运动
（2）0.228．
（3）
（4）0.093N
【点评】本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系，掌握平衡摩擦力的方法，知道实验的原理以及误差的来源，掌握牛顿第二定律，并能熟练运用整体法和隔离法．
11．（10分）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻R1、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如表所示
t/℃30.040.050.060.070.080.0
R1/Ω199.5145.4108.181.862.949.1
（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0～200Ω）、滑动变阻器R2（0～500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0～999.9Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30～80℃之间任一温度的控制，电源E应选用E2（选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用R2（选填“R1”或“R2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至C（选填“A”、“B”、“C”或“D”）
（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针不偏转（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针偏转（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是⑤④②③①．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω
【考点】N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；
（2）明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的量程；
（3）根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；
（4）明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的基本步骤．
【解答】解：（1）要想控制30℃时的情况，此时热敏电阻的阻值约为200Ω，需要的最小电动势E＝0.015×（200+20）＝3.3V；由于还要考虑滑动变阻器的阻值，因此3V的电源电动势太小，应选择6V的电源E2；
滑动变阻器采用限流接法，因此其阻值应约为热敏电阻的几倍左右，因此滑动变阻器应采用R2
（2）要想测量电压，应将旋钮旋至电压档位上，因电动势为6V，因此应选择10V量程，故旋至C点；
（3）若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时电表与电源不连接，因此指针不偏转；而接入a、c时，电表与电源直接连接，故指针发生偏转；
（4）要使50℃时被吸热，由表格数据可知，电阻为108.1Ω；为了使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，应先电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω；再合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直到观察到继电器的衔铁被吸合；此时再断开开关将电阻箱取下，换下热敏电阻即可实现实验目的；故步骤为⑤④②③①；
故答案为：（1）E2；R2；（2）C；（3）不偏转；偏转；（4）⑤④②③①
【点评】本题考查多用电表的使用方法，要注意明确实验原理，注意分析实验电路图，从而确定实验应采用的基本方法，从而确定实验所采用的仪器．
【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3-3]（12分）
12．（2分）一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V﹣T图象如图所示。下列说法正确的有（）
今天小编精心为大家整理了一些江苏高考物理真题及答案的相关内容，希望能帮助到大家，欢迎大家阅读和参考。
江苏高考物理真题及答案
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，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
【考点】D7：磁通量
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．
【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ＝BS．
【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ＝BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S＝πr2
结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ＝πBr2．与线圈的大小无关。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁通量的定义式和公式Φ＝BS的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式Φ＝BS的适用条件就能顺利解决．
2．（3分）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（）
【考点】43：平抛运动
【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，抓住两球的水平位移不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到相遇经过的时间。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
3．（3分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（）
A． B．
C． D．
【考点】65：动能定理
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝Ek﹣Ek0，所以Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ＝Ek﹣0，所以Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。
故C正确、ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
4．（3分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（）
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动
