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2009 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3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在
相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为 ，则
两球间库仑力的大小为（ ）
A． B． C． D． F
【考点】A2：电荷守恒定律；A4：库仑定律．
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【专题】11：计算题．
【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分。
根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。
【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为 F＝k ，两个相同的金属球各
自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，
距离又变为原来的 ，库仑力为F′＝k ，
所以两球间库仑力的大小为 。
故选：C。
【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。
2．（3分）用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳
能承受的最大张力为 10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（g 取
10m/s2）（ ）A． B． C． D．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．
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【分析】将重力按照力的效果进行分解，即沿两细线的方向分解，求出绳子即将断开时
的临界角度（两细线夹角）即可得出画框上两个挂钉的最大间距．
【解答】解：一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，
且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到 F＝10N的时候，绳子间的张角
最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；
画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。
绳子与竖直方向的夹角为 ＝60°，绳子长为L ＝1m，则有mg＝2Fcos ，两个挂钉的间
0
θ θ
距离 ，解得 m，A项正确；
故选：A。
【点评】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本．
3．（3分）英国《新科学家（New Scientist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，
在XTEJ1650﹣500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径 R约45km，质量M和半径R的关系满足 （其中c为光速，G为引力常量），则该黑洞表面
重力加速度的数量级为（ ）
A．108m/s2 B．1010m/s2 C．1012m/s2 D．1014m/s2
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
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【专题】11：计算题；21：信息给予题．
【分析】根据物体与该天体之间的万有引力等于物体受到的重力，列出等式表示出黑洞
表面重力加速度。
结合题目所给的信息求解问题。
【解答】解：黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之
间的万有引力，
对黑洞表面的某一质量为m物体有：
，
又有 ，
联立解得 ，
代入数据得重力加速度的数量级为1012m/s2，
故选：C。
【点评】处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的
物理方法求解。
4．（3分）在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气
阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小v 、竖直分量大小v 与时间t的图象，可能正
x y
确的是（ ）
A． B．C． D．
【考点】45：运动的合成和分解．
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【专题】16：压轴题．
【分析】跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大
受到的阻力越大，明确这一点后，把跳伞运动员的下落运动与受的阻力分解为水平方向
和竖直方向，竖直方向运动员受重力和空气阻力，合力向下，速度逐渐增大，阻力增大
合力减小，加速度减小；水平方向只受阻力，开始由于惯性具有水平初速度，跳后速度
减小，阻力减小，加速度减小．再根据v﹣t图象中图线的斜率作出判断．
【解答】解：A、B：跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，
且速度越大受到的阻力越大，把阻力向水平方向分解，水平方向只受阻力，同时跳伞运
动员具有水平方向速度，所以做减速运动，且速度减小，阻力减小，加速度减小。在v
﹣t图象中图线的斜率表示加速度，∴A选项错误，B选项正确。
C、D：竖直方向运动员受重力和空气阻力，竖直方向的速度逐渐增大，空气阻力增大，
竖直方向的合力减小，竖直方向的加速度a 逐渐变小，图象中的图线的斜率减小，而由
y
斜率表示加速度知，C图中，竖直方向的加速度不变，D图中加速度增大，与实际不符，
故C、D错误。
故选：B。
【点评】知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键，再利用分解的思想把跳伞运动
员的受力和运动向水平方向和竖直方向分解，在两个方向上分别分析判断．
5．（3分）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光
灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期
性短暂闪光，则可以判定（ ）
A．电源的电动势E一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为CE
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
【考点】AN：电容器与电容．
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【专题】16：压轴题．
【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压
与击穿电压U之间的关系，由Q＝UC可知极板上的电荷量．
【解答】解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，
达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于
U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如
此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压 U，则电源电动
势一定大于等于U，A 项错误；
B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q＝CU，B项错误；
C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；
D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过
闪光灯的电荷量一定相等，D项正确。
故选：D。
【点评】本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应
用能力，对学生要求较高．
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）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为
u＝20 sin100 tV 氖泡在两端电压达到 100V 时开始发光，下列说法中正确的有
π
（ ）
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
【考点】BG：电功、电功率；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．
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【专题】53A：交流电专题．
【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相
等，逐项分析即可得出结论．
【解答】解：A、交变电压的频率为 Hz，一个周期内电压两次大于
100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项正确；
B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为 V＝20V，由
得副线圈两端的电压为U ＝100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项
2
正确；
C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以 C项
错误；
D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变
压器变压原理、功率等问题彻底理解．
7．（4分）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时
汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为
5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（ ）
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题中汽车有两种选择方案
方案一、加速通过
按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和
速度，与实际要求相比较，得出结论；
方案二、减速停止
按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间
和位移，与实际要求相比较，即可得出结论．
【解答】解：AB、如果立即做匀加速直线运动，t ＝2s内的位移
1
20m＞18m，此时汽车的速度为v ＝v +a t ＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、
1 0 11
B错误；
C、不管是用多小的加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线，因
为即使不减速，匀速行驶，2秒所能行驶的距离也只是16m＜18m；故C正确
D、如果立即以最大加速度做匀减速运动，速度减为零需要的时间为： s，
此过程通过的位移为 6.4m，即刹车距离为6.4m，所以如果距停车线5m处
减速，则会过线；D错误。
故选：AC。
【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定
要注意所求解的问题是否与实际情况相符．
8．（4分）空间某一静电场的电势 在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强
度在x方向上的分量分别是E 、φE ，下列说法中正确的有（ ）
Bx Cx
A．E 的大小大于E 的大小
Bx CxB．E 的方向沿x轴正方向
Bx
C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
【考点】AB：电势差；AC：电势；AG：电势差和电场强度的关系．
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【专题】16：压轴题．
【分析】本题的入手点在于如何判断E 和E 的大小，由图象可知在x轴上各点的电
Bx Cx
场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强
电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。
【解答】解：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大
于C点段对应的电势差，看做匀强电场有 ，可见E ＞E ，A项正确；
Bx Cx
同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；
沿电场方向电势降低，在O点左侧，E 的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E 的方向
Bx Cx
沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。
故选：AD。
【点评】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应
用微分法；故此题的难度较高。
9．（4分）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在
水平面上，所有接触面均光滑，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．
在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下
列说法中正确的有（ ）
A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大
B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大
C．当A、B速度相等时，A的速度达到最大
D．当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．
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【专题】16：压轴题．
【分析】对于整体而言，有力F对整体做正功，所以系统的机械能将不断的增大；A从静止开始运动，弹簧的被拉长，产生弹力，从而使B开始运动，在运动的过程中A
的合力逐渐的减小，而B的合力在逐渐的增大，当加速度相同之后，A的速度增加不如
B速度增加的快了，此时，它们的速度之差也就减小了；
当A、B的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大；
【解答】解：对A、B在水平方向受力分析如图，F 为弹簧的拉力；
1
当加速度大小相同为a时，对A有F﹣F ＝ma，对B有F ＝ma，得 ，
1 1
在整个过程中A的合力（加速度）一直减小，而B的合力（加速度）一直增大，
在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的
合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）。
两物体运动的v﹣t图象如图所示，t 时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，
l
t 时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，
2
两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长；
除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，所以系统机械能增加，
t 时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。
l
故选：BCD。
【点评】处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以
使问题大大简化．
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．[选
做题]本题包括A、B、C三个小题，请选定其中两题作答．若三题都做，则按A、B两题
评分
10．（8分）有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金
棒的电阻率 、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：
（1）用游标ρ卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L．图乙中游标卡尺（游标尺上
有20个等分刻度）的读数L＝ 9.94 0 cm．（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）．该
合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是 ．（用标注在导线旁
的数字表示） ⑥
（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 ．根据电阻定律计算电阻率为
、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分Ω别为R ＝13.3 、R ＝3.38 ．
d D
ρ他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝R d•R
D
，由此推断该圆台Ω状合金棒的电Ω阻
R＝ ．（用 、L、d、D表述）
ρ
【考点】B7：电阻定律；BE：伏安法测电阻；L3：刻度尺、游标卡尺的使用；ND：探
究决定导线电阻的因素．
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【专题】13：实验题．
【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，
根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分．
（2）电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流
表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法；
（3）电阻定律的公式R＝ 进行求解．
ρ
【解答】解：（1）游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错．首先，确定游标卡尺的
精度为20分度，即为0.05mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注
意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格
数＝0.05×8mm＝0.40mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，
99.00mm+0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
（2）本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法， 线的连接使用的
是安培表内接法． ⑥
（3）审题是处理本题的关键，弄清题意也就能够找到处理本题的方法．根据电阻定律
计算电阻率为 、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为R ＝13.3 、
d
ρ Ω
R
D
＝3.38 ．即 ， ，而电阻R满足R2＝R d•R
D
，将R
d
、R
D
带入
Ω
得
答案：（1）9.940 （2） （3）
⑥
【点评】本题是研究“导体对电流的阻碍作用与哪些因素有关”的实验题，应用了控制
变量法，认真分析实验条件及实验数据，找出不同条件下，根据实验数据的不同得出结
论，是本题的解题关键．
11．（10分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器大点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之
间的距离。该小车的加速度a＝ 0.1 6 m/s2．（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车
上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总
重力F的实验数据如表
砝码盘中砝码 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
总重力F
（N）
加速度a 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
（m•s﹣2
请根据实验数据作出a﹣F的关系图象。
（3）根据提供的试验数据作出的a﹣F图线不通过原点，请说明主要原因 。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
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【专题】16：压轴题．
【分析】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量
法。
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动推
论，可计算出打出某点时纸带运动加速度。
根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，据数据确定个点的位置，将个点用一
条直线连起来，延长交与坐标轴某一点。
知道为什么需要平衡摩擦力以及不平衡摩擦力带来什么问题。
【解答】解：（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式△x＝at2，
由于每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t＝0.1s，
△x＝（3.68﹣3.52）×10﹣2m，带入可得加速度a＝0.16m/s2。
（2）如图所示（3）未放入砝码时，小车已有加速度，可以判断未计入砝码盘的重力。
答案：（1）0.16 （2）（见图）
（3）未计入砝码盘的重力
【点评】实验问题需要结合物理规律去解决。
处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义
则很多问题将会迎刃而解。
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中
应当清楚。
数据处理时注意单位的换算和有效数字的保留。
12．（24分）【选做题】A．（1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则
在此过程中关于气泡中的气体，
下列说法正确的是 D 。（填写选项前的字母）
（A）气体分子间的作用力增大（B）气体分子的平均速率增大
（C）气体分子的平均动能减小（D）气体组成的系统地熵增加
（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了
0.6J的功，则此过程中的气泡 吸收 （填“吸收”或“放出”）的热量是 0.6 J．
气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，
则此过程中，气泡内气体内能增加了 0. 2 J
（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常
数NA＝6.02×1023mol﹣1，取气体分子的平均直径为2×10﹣10m，若气泡内的气体能完全
变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留以为有效数字）
B．（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮
壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的
传播速度为 D 。（填写选项前的字母）
（A）0.4c（B）0.5c
（C）0.9c（D）1.0c（2）在t＝0时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图乙所示。质点 A振动的周
期是 4 s；t＝8s时，质点A的运动沿y轴的 正 方向（填“正”或“负”）；质
点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在t＝9s时，质点
B偏离平衡位置的位移是 1 0 cm
（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜
头竖直向上。照片中，水利方运动馆的景象呈限在半径r＝11cm的圆型范围内，水面上
的运动员手到脚的长度l＝10cm，若已知水的折射率为 ，请根据运动员的实际身高
估算该游泳池的水深h，（结果保留两位有效数字）
C．在 衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此
在实验β中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系
统，利用中微子与水中 H的核反应，间接地证实了中微子的存在。
（1）中微子与水中的 H发生核反应，产生中子（ n）和正电子（ e），即中微
子 H→ n e可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是 A 。（填写选项
前的字母）
（A）0和0（B）0和1（C）1和0（D）1和1
（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可
以转变为两个光子（ ），即 e e→2
γ γ
已知正电子和电子的质量都为9.1×10﹣31kg，反应中产生的每个光子的能量约为 8.2×1 0
﹣ 1 4 J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是 遵循动量守恒定律 。（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。
【考点】53：动量守恒定律；73：简谐运动的振动图象；89：温度是分子平均动能的标
志；8F：热力学第一定律；H3：光的折射定律；IG：物质波；JH：质量亏损；JI：爱因
斯坦质能方程．
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【专题】16：压轴题．
【分析】A、本题考查热学内容，熟练掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。
B、（1）光速在任何参考系中的数值是不变的；
（2）要理解振动图象的意义，由图象的横坐标可得出周期；要求 B点的位置，应先求
得B起振的时刻，及振动的时间；
（3）根据题意能画出光路图，正确使用物象比解决本题的关键。
C、（1）由质量数和电荷数守恒可求中微子的质量数和电荷数；
（2）光子的能量来自于原子核的质量亏损，由质能方程可求得光子能量；根据动量守
恒可知能否只产生一个光子；
（3）由物质波的波长公式可求得电子与中子的波长关系。
【解答】解：A．（1）气泡的上升过程气泡内的压强减小，温度不变，由玻意尔定律知，
上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变所以气
体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大。D 项正确。
（2）本题从热力学第一定律入手，抓住理想气体内能只与温度有关的特点进行处理。
理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律△U＝Q+W，物体对外做功0.6J，则
一定同时从外界吸收热量0.6J，才能保证内能不变。而温度上升的过程，内能增加了
0.2J。
（3）微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可。
设气体体积为V ，液体体积为V
0 1
气体分子数 ， （或V ＝nd3）
1
则 （或 ）
解得 （ 都算对）
B．（1）根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变。D项正确。（2）振动图象和波形图比较容易混淆，而导致出错，在读图是一定要注意横纵坐标的
物理意义，以避免出错。题图为波的振动图象，图象可知周期为 4s，波源的起振方向与
波头的振动方向相同且向上，t＝6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位
置向上振动；波传播到B点，需要时间 s＝8s，故t＝9s时，质点又振动了1s
（ 个周期），处于正向最大位移处，位移为10cm。
（3）设照片圆形区域的实际半径为R，运动员的实际长为L，光路如图：
折射定律 nsin ＝sin90°
α
几何关系
得
取L＝2.2m，解得h＝2.1（m）
（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值
可以不同1.6m～2.6m均可）
C．（1）发生核反应前后，粒子的质量数和核电荷数均不变，据此可知中微子的质量数
和电荷数分都是0，A项正确。
（2）产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，由E
＝△mc2，故一个光子的能量为 ，代入数据得 8.2×10﹣14J。
正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故如果只
产生一个光子是不可能的，因为此过程遵循动量守恒。
（3）物质波的波长为 ，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即，因为m ＜m ，所以p ＜p ，故 ＜ 。
n c n c n c
λ λ
故答案为：A．（1）D； （2）吸收，0.6，0.2；
（3）设气体体积为V ，液体体积为V
0 1
气体分子数 ， （或V ＝nd3）
1
则 （或 ）
解得 （9×10﹣5～2×10﹣4都算对）
B．（1）D； （2）4，正，10；
（3）设照片圆形区域的实际半径为R，运动员的实际长为L，折射定律nsin ＝sin90°
α
几何关系
得
取L＝2.2m，解得h＝2.1（m）（ 都算对）
C．（1）A；（2）8.2×10﹣14遵循动量守恒；
（3）粒子的动量 ，物质波的波长
由m ＜m ，知p ＜p ，则 ＞
n c n c n c
λ λ
【点评】本题包括了三个选修内容，由题目可以看出，该题考查的知识点较多，但都难
度不大；故在选修的学习中应全面选修内容的知识点，不能忽视任何一个。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．
13．（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒
定升力F＝28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的
阻力大小不变，g取10m/s2．
（1）第一次试飞，飞行器飞行t ＝8s 时到达高度H＝64m．求飞行器所阻力f的大小；
1
（2）第二次试飞，飞行器飞行t ＝6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞
2
行器能达到的最大高度h；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t ．
3
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；37：牛顿第二定律．
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【分析】（1）第一次试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升做匀加速直线运动，
根据位移时间公式可求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以求出阻力f的大小；
（2）失去升力飞行器受重力和阻力作用做匀减速直线运动，当速度减为 0时，高度最
高，等于失去升力前的位移加上失去升力后的位移之和；
（3）求飞行器从开始下落时做匀加速直线运动，恢复升力后做匀减速直线运动，为了
使飞行器不致坠落到地面，到达地面时速度恰好为0，根据牛顿第二定律以及运动学基
本公式即可求得飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t ．
3
【解答】解：（1）第一次飞行中，设加速度为a
1
匀加速运动
由牛顿第二定律F﹣mg﹣f＝ma
1
解得f＝4N
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v ，上升的高度为s
1 1
匀加速运动
设失去升力后的加速度为a ，上升的高度为s
2 2
由牛顿第二定律mg+f＝ma
2
v
1
＝a
1
t
2
解得h＝s +s ＝42m
1 2（3）设失去升力下降阶段加速度为a ；恢复升力后加速度为a ，恢复升力时速度为v
3 4 3
由牛顿第二定律 mg﹣f＝ma
3
F+f﹣mg＝ma
4
且
V 3＝a
3
t
3
解得t s（或2.1s）
3
答：（1）飞行器所阻力f的大小为4N；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t ＝6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行
2
器能达到的最大高度h为42m；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为
s．
【点评】本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和
运动学基本公式求解，本题难度适中．
14．（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图
所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间
可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量
为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应
和重力作用．
（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感
应强度和加速电场频率的最大值分别为B 、f ，试讨论粒子能获得的最大动能E ．
m m km
【考点】65：动能定理；CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．
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【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力
提供向心力，推出半径表达式；
（2）假设粒子运动n圈后到达出口，则加速了2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹
力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；
（3）B 对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，f 对应加速电场可提供的最大频率，
m m
选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能．
【解答】解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r ，速度为v
1 1
qU mv 2
1
qv B＝m
1
解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则 ．
（2）设粒子到出口处被加速了n圈解得 ．
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
当磁场感应强度为B 时，加速电场的频率应为
m
粒子的动能
当f ≤f 时，粒子的最大动能由B 决定
Bm m m
解得
当f ≥f 时，粒子的最大动能由f 决定v ＝2 f R解得
Bm m m m m
π
答：（1）r ：r ：1 （2）t （3）当f ≤f 时，E ；当f ≥f
2 1 Bm m Km Bm m
时，E ．
Km
【点评】此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新
颖，需要学生反复琢磨解答过程．
15．（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为
l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为 ，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强
α度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框
连接在一起组成“ ”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I
的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为d（d＜l），电阻为R，下
边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返
回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。
求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t ；
1
（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χ 。
m
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力；
D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）线框中产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功，安培力所做的功可以通
过动能定理去求；
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v ，则接着向下运动2d，可由动能定理可列
1
出方程，再根据感应电动势公式，感应电流的公式，安培力的公式表达出这些物理量，
最后由牛顿第二定律求出在t到t+△t时间内速度的变化量，最后再两边同时求和，速度
求和就是v ，这样就可以求出时间t；
1
（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x 之间往复运动，可以根据动
m
能定理直接求出最大距离。
【解答】解：（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线
框上的安培力做功为W
由动能定理 mgsin •4d+W﹣BIld＝0
且Q＝﹣W α解得 Q＝4mgdsin ﹣BIld
（2）设线框刚离开磁场下α边界时的速度为v
1
，则接着向下运动2d
由动能定理得：
装置在磁场中运动时收到的合力F＝mgsin ﹣F′
感应电动势 E＝Bdv α
感应电流 I′
安培力 F'＝BI'd
由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有
则
有
解得
（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x 之间往复运动
m
由动能定理 mgsin •x ﹣BIl（x ﹣d）＝0
m m
α
解得
答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsin ﹣BIld；
α
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t 为 ；（3）
1
经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χ 为 。
m【点评】该题考查了动能定理以及微元法在磁场中的运用，微元法思想的渗透对加深学
生对物理概念、物理规律的理解，提高解决物理问题的能力有很大的帮助。该题难度很
大，涉及的知识点比较多，对同学们的能力要求很高，属于难题。
