2009年江苏省高考物理试卷解析版下载

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．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。 【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） （　　） 第 1 页 共 23 页 A． B． C． D． 【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 L0＝1m，则有 mg＝2Fcosθ，两个挂钉的 间距离 ，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 第 2 页 共 23 页 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： ，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 vx、竖直分量大小 vy 与时间 t 的图象，可能正确 的是（　　） A． B． C． D． 【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有 第 3 页 共 23 页 【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 ay 逐渐变小，图象中的图线的斜率减小，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． 第 4 页 共 23 页 【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 sin100πtV 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． 第 5 页 共 23 页 【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 U2＝100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以 B 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； 第 6 页 共 23 页 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，t1＝2s 内的位移 20m ＞18m，此时汽车的速度为 v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A 项正确、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 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 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 EBx、ECx，下列说法中正确的有（　　） A．EBx 的大小大于 ECx 的大小 B．EBx 的方向沿 x 轴正方向 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 EBx 和 ECx 的大小，由图象可知在 x 轴上各点的电 第 7 页 共 23 页 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 EBx＞ECx，A 项正确； 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，EBx 的方向沿 x 轴负方向，在 O 点右侧，ECx 的方 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，F1 为弹簧的拉力； 第 8 页 共 23 页 当加速度大小相同为 a 时，对 A 有 F﹣F1＝ma，对 B 有 F1＝ma，得 ，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，tl 时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大， t2 时刻两物体的速度相等，A 速度达到最大值， 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， tl 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。 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． 第 9 页 共 23 页 （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 Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他 发现：在误差允许范围内，电阻 R 满足 R2＝Rd•RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻 R＝　 　．（用 ρ、L、d、D 表述） 【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； （3）电阻定律的公式 R＝ρ 进行求解． 【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 第 10 页 共 23 页 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 Rd＝13.3Ω、RD ＝3.38Ω．即 ，，而电阻 R 满足 R2＝Rd•RD，将 Rd、RD 带入得 答案：（1）9.940 （2）⑥（3） 【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 第 11 页 共 23 页 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 第 12 页 共 23 页 （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） 第 13 页 共 23 页 （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，水面上的 运动员手到脚的长度 l＝10cm，若已知水的折射率为 算该游泳池的水深 h，（结果保留两位有效数字） ，请根据运动员的实际身高估 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 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（ H→ 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） e），即中微子 n（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 ee→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 第 14 页 共 23 页 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 V0，液体体积为 V1 气体分子数 则，（或 V1＝nd3） （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 第 15 页 共 23 页 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 几何关系 nsinα＝sin90° 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 mn＜mc，所以 pn＜pc，故 λn＜λc。 故答案为：A．（1）D； （2）吸收，0.6，0.2； （3）设气体体积为 V0，液体体积为 V1 气体分子数 则，（或 V1＝nd3） （或 ）第 16 页 共 23 页 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 nsinα＝sin90° 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 mn＜mc，知 pn＜pc，则 λn＞λc 【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 t1＝8s 时到达高度 H＝64m．求飞行器所阻力 f 的大小； （2）第二次试飞，飞行器飞行 t2＝6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞 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 t3． 第 17 页 共 23 页 【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 t3． 【解答】解：（1）第一次飞行中，设加速度为 a1 匀加速运动 由牛顿第二定律 F﹣mg﹣f＝ma1 解得 f＝4N （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度为 s1 匀加速运动 设失去升力后的加速度为 a2，上升的高度为 s2 由牛顿第二定律 mg+f＝ma2v1＝a1t2 解得 h＝s1+s2＝42m （3）设失去升力下降阶段加速度为 a3；恢复升力后加速度为 a4，恢复升力时速度为 v3 由牛顿第二定律 mg﹣f＝ma3 F+f﹣mg＝ma4 且V3＝a3t3 解得 t3 s（或 2.1s） 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 t2＝6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行 第 18 页 共 23 页 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 Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能 Ekm ．【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 第 19 页 共 23 页 力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解； （3）Bm 对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，fm 对应加速电场可提供的最大频率， 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 r1，速度为 v1 2qU mv1 qv1B＝m 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 Bm 时，加速电场的频率应为 粒子的动能 第 20 页 共 23 页 当 fBm≤fm 时，粒子的最大动能由 Bm 决定 解得 当 fBm≥fm 时，粒子的最大动能由 fm 决定 vm＝2πfmR 解得 答：（1）r2：r1 时，EKm ：1 （2）t （3）当 fBm≤fm 时，EKm ；当 fBm≥fm ．【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 t1； （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Χm。 【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． 第 21 页 共 23 页 【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 v1，则接着向下运动 2d，可由动能定理可列 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 v1，这样就可以求出时间 t； （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离 xm 之间往复运动，可以根据动 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 v1，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＝mgsinα﹣F′ 感应电动势 感应电流 安培力 E＝Bdv I′ 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 xm 之间往复运动 第 22 页 共 23 页 由动能定理 解得 mgsinα•xm﹣BIl（xm﹣d）＝0 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 t1 为 ；（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Χm 为 。【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。 第 23 页 共 23 页