2009年江苏省高考物理试卷解析版_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_江苏高考物理07-20_A4word版_PDF版（赠送）

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 𝑟 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 2 两球间库仑力的大小为（ ） 1 3 4 1 A． 𝐹 B． 𝐹 C． 𝐹 D． F 12 4 3 4 【考点】A2：电荷守恒定律；A4：库仑定律． 菁优网版权所有 【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。 𝑄 ⋅ 3𝑄 【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 2 𝑟 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 1 𝑄 ⋅ 𝑄 +Q，距离又变为原来的 ，库仑力为F′＝k ， 2 2 𝑟 ( ) 2 4 所以两球间库仑力的大小为 𝐹。 3 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） （ ）3 2 1 3 A． 𝑚 B． 𝑚 C． 𝑚 D． 𝑚 2 2 2 4 【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡． 菁优网版权所有 【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θ＝60°，绳子长为L ＝1m，则有mg＝2Fcosθ，两个挂钉的 0 𝐿 3 0 间距离L=2⋅ 𝑠𝑖𝑛𝜃，解得L= m，A项正确； 2 2 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， 2 𝑀 𝑐 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 𝑅 2𝐺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． 菁优网版权所有 【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： 𝑀𝑚 G =𝑚𝑔， 2 𝑅 2 𝑀 𝑐 又有 = ， 𝑅 2𝐺 2 𝑐 联立解得g= ， 2𝑅 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． 菁优网版权所有【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 y 小，而由斜率表示加速度知，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． 菁优网版权所有 【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 2sin100πtV 氖泡在两端电压达到 100V时开始发光，下列说法中正确的有 （ ） 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． 菁优网版权所有 【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． 100𝜋 【解答】解：A、交变电压的频率为f= =50Hz，一个周期内电压两次大于 2𝜋 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； 20 2 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U = V＝20V，由 1 2 𝑛 𝑈 1 1 = 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 2 𝑛 𝑈 2 2 项正确； 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． 1 【解答】解：AB、如果立即做匀加速直线运动，t ＝2s内的位移x=𝑣 𝑡 + 𝑎 𝑡 2= 1 0 1 1 1 2 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 1 0 11 确、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 𝑣 0 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：t = =1.6s， 2 𝑎 2 1 此过程通过的位移为x = 𝑎 𝑡2=6.4m，即刹车距离为6.4m，所以如果距停车线5m处 2 2 2 2 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φ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 、E ，下列说法中正确的有（ ） Bx Cx A．E 的大小大于E 的大小 Bx Cx B．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． 菁优网版权所有 【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 △ 𝜑 于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E= ，可见E ＞E ，A项正确； Bx Cx 𝑑 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 Bx Cx 向沿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． 菁优网版权所有 【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； 1𝐹 当加速度大小相同为a时，对A有F﹣F ＝ma，对B有F ＝ma，得F = ， 1 1 1 2 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 l 大，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ρ、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＝ 9.940 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 ⑥ ．（用标注在导线旁的 数字表示） （3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72Ω．根据电阻定律计算电阻率为 ρ、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 ＝13.3Ω、R ＝ d D 3.38Ω．他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝R R ，由此推断该圆台状合金 d• D 4𝜌𝐿 棒的电阻R＝ R= ．（用ρ、L、d、D表述） 𝜋𝑑𝐷 【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． 菁优网版权所有 【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； 𝑙 （3）电阻定律的公式R＝ρ 进行求解． 𝑠 【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，⑥线的连接使用的是安培表内接法． （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 ρ、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 ＝ d 𝐿 𝐿 13.3Ω、R ＝3.38Ω．即R =𝜌 ，R =𝜌 ，而电阻 R满足 R2＝R R ，将 D 𝑑 𝐷 d• D 2 2 𝑑 𝐷 𝜋( ) 𝜋( ) 2 2 4𝜌𝐿 R 、R 带入得R= d D 𝜋𝑑𝐷 4𝜌𝐿 答案：（1）9.940 （2）⑥（3） 𝜋𝑑𝐷 【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＝ 0.16 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（m• 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 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． 菁优网版权所有 【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 10 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 4 的运动员手到脚的长度l＝10cm，若已知水的折射率为n= ，请根据运动员的实际身 3 高估算该游泳池的水深h，（结果保留两位有效数字） C．在β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1 1H的核反应，间接地证实了中微子的存在。 （1）中微子与水中的1 1H发生核反应，产生中子（0 1n）和正电子（ + 0 1e），即中微子 +1 1 H→0 1n + + 0 1e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（γ），即 + 0 1e + ‒ 0 1e→2γ 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 ×10﹣14 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． 菁优网版权所有 【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 1𝜌𝑉 3 𝜋𝑑 0 气体分子数n= 𝑁 ，V =𝑛 （或V ＝nd3） 𝐴 1 1 𝑚 6 𝑉 𝑉 𝜌 𝜌 1 1 则 = 𝜋𝑑3𝑁 （或 = 𝑑3𝑁 ） 𝐴 𝐴 𝑉 6𝑚 𝑉 𝑚 0 0 𝑉 1 解得 =1×10‒4（9×10‒5\～2×10‒4都算对） 𝑉 0 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 𝑥 16 置向上振动；波传播到B点，需要时间t = = s＝8s，故t＝9s时，质点又振动了 1 𝑣 2 1 1s（ 个周期），处于正向最大位移处，位移为10cm。 4 （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 nsinα＝sin90° 𝑅 𝑅 𝐿 几何关系 sinα= ，物象比 = 2 2 𝑟 𝑙 𝑅 + ℎ 𝐿 得h= 𝑛2‒1⋅ 𝑟 𝑙 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 𝐸 𝐸 ＝△mc2，故一个光子的能量为 ，代入数据得 =8.2×10﹣14J。 2 2 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。ℎ （3）物质波的波长为λ= ，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即 𝑝 p= 2𝑚𝐸 𝑘，因为m n ＜m c ，所以p n ＜p c ，故λ n ＜λ c 。 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 𝜌𝑉 3 𝜋𝑑 0 气体分子数n= 𝑁 ，V =𝑛 （或V ＝nd3） 𝐴 1 1 𝑚 6 𝑉 𝑉 𝜌 𝜌 1 1 则 = 𝜋𝑑3𝑁 （或 = 𝑑3𝑁 ） 𝐴 𝐴 𝑉 6𝑚 𝑉 𝑚 0 0 𝑉 1 解得 =1×10‒4（9×10﹣5～2×10﹣4都算对） 𝑉 0 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nsinα＝sin90° 𝑅 𝑅 𝐿 几何关系sinα= ， = 2 2 𝑟 𝑙 𝑅 + ℎ 𝐿 得h= 𝑛2‒1⋅ 𝑟 𝑙 取L＝2.2m，解得h＝2.1（m）（1.6\～2.6m都算对） C．（1）A；（2）8.2×10﹣14遵循动量守恒； ℎ （3）粒子的动量 p= 2𝑚𝐸 𝑘，物质波的波长λ= 𝑝 由m ＜m ，知p ＜p ，则λ ＞λ n c n c n c 【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 1 小； （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． 菁优网版权所有 【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 1 匀加速运动H= 𝑎 𝑡2 1 1 2 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 1 匀加速运动s = 𝑎 𝑡2 1 1 2 2 设失去升力后的加速度为a ，上升的高度为s 2 2 2 𝑣 1 由牛顿第二定律mg+f＝ma v ＝a t s = 2 1 12 2 2𝑎 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 2 2 𝑣 𝑣 3 3 且 + =ℎ 2𝑎 2𝑎 3 4 V 3＝ a 3 t 3 3 2 解得t = s（或2.1s） 3 2 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 2 （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 2 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． 菁优网版权所有 【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 m m 率，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 1 qU = mv 2 1 2 2 𝑣 1 qv B＝m 1 𝑟 1 1 2𝑚𝑈 解得 r = 1 𝐵 𝑞 1 4𝑚𝑈 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 r = 2 𝐵 𝑞 则 r：𝑟 = 2：1． 2 1 （2）设粒子到出口处被加速了n圈1 2nqU= 𝑚𝑣2 #/DEL/# 2 2 𝑣 𝑞𝑣𝐵=𝑚 #/DEL/# 𝑅 2𝜋𝑚 𝑇= #/DEL/# 𝑞𝐵 𝑡=𝑛𝑇 #/DEL/# 2 𝜋𝐵𝑅 解得 t= ． 2𝑈 𝑞𝐵 （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f= 2𝜋𝑚 𝑞𝐵 𝑚 当磁场感应强度为B 时，加速电场的频率应为f = m 𝐵𝑚 2𝜋𝑚 1 粒子的动能E = 𝑚𝑣2 𝐾 2 2 𝑣 𝑚 当f ≤f 时，粒子的最大动能由B 决定q𝑣 𝐵 =𝑚 Bm m m 𝑚 𝑚 𝑅 2 2 2 𝑞 𝐵 𝑅 𝑚 解得E = 𝑘𝑚 2𝑚 当f ≥f 时，粒子的最大动能由f 决定v ＝2πf R解得 E =2𝜋2𝑚𝑓2𝑅2 Bm m m m m 𝐾𝑚 𝑚 2 2 2 2 𝑞 𝐵 𝑅 𝜋𝐵𝑅 𝑚 答：（1）r ：r = 2：1 （2）t = （3）当 f ≤f 时，E = ； 2 1 Bm m Km 2𝑈 2𝑚 当f ≥f 时，E =2𝜋2𝑚𝑓2𝑅2． Bm m Km 𝑚 【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α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度 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． 菁优网版权所有 【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 mgsinα•4d+W﹣BIld＝0 且Q＝﹣W 解得 Q＝4mgdsinα﹣BIld （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 1 1 由动能定理得：mgsinα⋅2d BIld=0 𝑚𝑣2 - - 1 2装置在磁场中运动时收到的合力F＝mgsinα﹣F′ 感应电动势 E＝Bdv 𝐸 感应电流 I′ = 𝑅 安培力 F'＝BI'd 𝐹 由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有 △v= △𝑡 𝑚 𝐵2𝑑2𝑣 则∑△𝑣=∑[𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼‒ ]△𝑡 𝑚𝑅 2 3 2𝐵 𝑑 有v =𝑔𝑡 𝑠𝑖𝑛𝛼‒ 1 1 𝑚𝑅 2 3 2𝐵 𝑑 2𝑚(𝐵𝐼𝑙𝑑 ‒ 2𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝛼) + 𝑅 解得 t = 1 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 （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 mgsinα•x ﹣BIl（x ﹣d）＝0 m m 𝐵𝐼𝑙𝑑 解得 x = 𝑚 𝐵𝐼𝑙 ‒ 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 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4mgdsinα﹣BIld； （ 2） 线 框 第 一 次 穿 越 磁 场 区 域 所 需 的 时 间 t 为 1 2 3 2𝐵 𝑑 2𝑚(𝐵𝐼𝑙𝑑 ‒ 2𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝛼) + 𝑅 ；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 𝐵𝐼𝑙𝑑 区域下边界的最大距离Χ 为 。 m 𝐵𝐼𝑙 ‒ 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 【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。