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1、20年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题分，共计5分每小题只有一个选项符合题意（分）火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知（）A太阳位于木星运行轨道的中心B火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积【考点】4D：开普勒定律菁优网版权所有【专题】529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。第二定
2、律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。【解答】解：A、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上。故A错误；B、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；C、若行星的公转周期为T，则常量K与行星无关，与中心体有关，故C正确；D、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D错误；故选：C。【点评】正确理解开普勒的行星运动三定律是
3、解答本题的关键。2（分）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【考点】7：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力菁优网版权所有【专题】：定性思想；4：推理法；59：匀速圆周运动专题【分析】AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：vr，A的运动半径小，
4、A的速度就小。故A错误。B、根据公式：a2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanm2r，则得tan，A的半径r较小，相等，可知A与竖直方向夹角较小，故C错误。故选：D。【点评】解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大（分）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是（）ABCD【考点】A6：电场强度与电场力
5、；AA：电场的叠加菁优网版权所有【专题】52：电场力与电势的性质专题【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止【解答】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E。A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E。C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环
6、和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。所以坐标原点O处电场强度最大的是B。故选：B。【点评】本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题4（分）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（）ARM变大，且R越大，U增大越明显BRM变大，且R越小，U增大越明显CRM变小，且R越大，U增大越明显DRM变小，且R越小，U增大越明
7、显【考点】BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】6：压轴题；55：恒定电流专题【分析】M与R并联后与S串联，由S两端电压U增大可知电流增大，则RM减小；再利用极限法判断可知，R越大，U变化越明显【解答】解：由S两端电压U增大可知干路电流增大，由欧姆定律I可知总电阻减小，所以传感器的电阻RM变小；极限法：假设R很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器RM的大小变化对S的电压就无影响，则R越大，U增大越明显，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题是电路的动态分析问题，考查了学生分析、推理能力，注意极限思想法在物理中经常用到5（分）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量
8、相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（）A0%B50%C70%D90%【考点】5：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】6：压轴题；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】根据频闪照片，根据却是守恒定律研究碰撞后两球速度大小与碰撞前白球速度大小的关系，即可研究碰撞过程中系统损失的动能。【解答】解：设碰撞前白球的速度大小为2v，由图看出，碰撞后两球的速度大小相等，速度之间的夹角约为60，设碰撞后两球的速度大小为v根据动量守恒得：水平方向有：m2v2mvcos0，解得，v则碰撞过程中系统损失的动能为Ek，即碰撞过程中
9、系统损失的动能约占碰撞前动能的。故选：A。【点评】本题首先要根据照片的信息，知道两球速度大小近似相等，再由动量守恒求解碰撞前后速度大小的关系。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计6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）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AC：电势
10、；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】52：电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势。故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故
11、C错误；D：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功。故D正确。故选：ABD。【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加7（4分）如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同 空气阻力不计，则（）AB的加速度比A的大BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的大【考点】44：抛体运动；45：运动的合成和分解；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】52E：机械能守恒定律
12、应用专题【分析】由题知，两球均做斜抛运动，运用运动的分解法可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系两球在最高点的速度等于水平初速度由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系【解答】解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。故A错误。B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故B错误。C、hvyt，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大
13、小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由vyv0sin（是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosvycot，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大。故C正确。D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。故D正确。故选：CD。【点评】本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究8（4分
14、）如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A向下滑动PB增大交流电源的电压C增大交流电源的频率D减小电容器C的电容【考点】E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】6：压轴题；5A：交流电专题【分析】要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，
15、C正确；D、减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选：BC。【点评】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频9（4分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中（）A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】6B：
