2009年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2009年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分，每小題只有一個選項符合題意1（3分）兩個分別帶有電荷量Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閞2，則兩球間庫侖力的大小為（）A112FB34FC43FD14F【考點】A2：電荷守恒定律；A4：庫侖定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題【分析】清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分。根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，根據(jù)變化量和不變量求出問題?！窘獯稹拷猓航佑|前兩個點電荷之間的庫侖力大小為FkQ3Qr2，兩個相同的金屬

2、球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶電為+Q，距離又變?yōu)樵瓉淼?2，庫侖力為FkQQ(r2)2，所以兩球間庫侖力的大小為43F。故選：C?！军c評】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題。2（3分）用一根長1m的輕質(zhì)細(xì)繩將一副質(zhì)量為1kg的畫框?qū)ΨQ懸掛在墻壁上，已知繩能承受的最大張力為10N，為使繩不斷裂，畫框上兩個掛釘?shù)拈g距最大為（g取10m/s2）（）A32mB22mC12mD34m【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】將重力按照力的效果進(jìn)行分解，即沿兩細(xì)線的方向分解，求出繩子即將斷開時的臨界角度（兩細(xì)線夾角）即可得出畫

3、框上兩個掛釘?shù)淖畲箝g距【解答】解：一個大小方向確定的力分解為兩個等大的力時，合力在分力的角平分線上，且兩分力的夾角越大，分力越大，因而當(dāng)繩子拉力達(dá)到F10N的時候，繩子間的張角最大，為120°，此時兩個掛釘間的距離最大；畫框受到重力和繩子的拉力，三個力為共點力，受力如圖。繩子與豎直方向的夾角為60°，繩子長為L01m，則有mg2Fcos，兩個掛釘?shù)拈g距離L=2L02sin，解得L=32m，A項正確；故選：A?！军c評】熟練應(yīng)用力的合成和分解以及合成與分解中的一些規(guī)律，是解決本題的根本3（3分）英國新科學(xué)家（New Scientist）雜志評選出了2008年度世界8項科學(xué)之最，

4、在XTEJ1650500雙星系統(tǒng)中發(fā)現(xiàn)的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半徑R約45km，質(zhì)量M和半徑R的關(guān)系滿足MR=c22G（其中c為光速，G為引力常量），則該黑洞表面重力加速度的數(shù)量級為（）A108m/s2B1010m/s2C1012m/s2D1014m/s2【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；21：信息給予題【分析】根據(jù)物體與該天體之間的萬有引力等于物體受到的重力，列出等式表示出黑洞表面重力加速度。結(jié)合題目所給的信息求解問題。【解答】解：黑洞實際為一天體，天體表面的物體受到的重力近似等于物體與該天體之間的萬有引力，對黑洞表面的某一質(zhì)量為m物體有：GMmR2

5、=mg，又有MR=c22G，聯(lián)立解得g=c22R，代入數(shù)據(jù)得重力加速度的數(shù)量級為1012m/s2，故選：C?！军c評】處理本題要從所給的材料中，提煉出有用信息，構(gòu)建好物理模型，選擇合適的物理方法求解。4（3分）在無風(fēng)的情況下，跳傘運動員從水平飛行的飛機上跳傘，下落過程中受到空氣阻力，下列描繪下落速度的水平分量大小vx、豎直分量大小vy與時間t的圖象，可能正確的是（）ABCD【考點】45：運動的合成和分解菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】跳傘運動員下落過程中受到的空氣阻力并非為恒力，與速度有關(guān)，且速度越大受到的阻力越大，明確這一點后，把跳傘運動員的下落運動與受的阻力分解為水平方向和豎直方向

6、，豎直方向運動員受重力和空氣阻力，合力向下，速度逐漸增大，阻力增大合力減小，加速度減??；水平方向只受阻力，開始由于慣性具有水平初速度，跳后速度減小，阻力減小，加速度減小再根據(jù)vt圖象中圖線的斜率作出判斷【解答】解：A、B：跳傘運動員下落過程中受到的空氣阻力并非為恒力，與速度有關(guān)，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，同時跳傘運動員具有水平方向速度，所以做減速運動，且速度減小，阻力減小，加速度減小。在vt圖象中圖線的斜率表示加速度，A選項錯誤，B選項正確。C、D：豎直方向運動員受重力和空氣阻力，豎直方向的速度逐漸增大，空氣阻力增大，豎直方向的合力減小，豎直方向的加速度

7、ay逐漸變小，圖象中的圖線的斜率減小，而由斜率表示加速度知，C圖中，豎直方向的加速度不變，D圖中加速度增大，與實際不符，故C、D錯誤。故選：B?！军c評】知道速度與所受阻力的規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，再利用分解的思想把跳傘運動員的受力和運動向水平方向和豎直方向分解，在兩個方向上分別分析判斷5（3分）在如圖所示的閃光燈電路中，電源的電動勢為E，電容器的電容為C當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá)到擊穿電壓U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時，閃光燈周期性短暫閃光，則可以判定（）A電源的電動勢E一定小于擊穿電壓UB電容器所帶的最大電荷量一定為CEC閃光燈閃光時，電容器所帶的電荷量一定增大D在一個閃光周期內(nèi)，通過電阻

8、R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等【考點】AN：電容器與電容菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】本題重在理解題意并能明確電路的工作原理，根據(jù)工作原理才能明確電源電壓與擊穿電壓U之間的關(guān)系，由QUC可知極板上的電荷量【解答】解：A、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈被擊穿，電容器放電，放電后閃光燈兩端電壓小于U，斷路，電源再次給電容器充電，達(dá)到電壓U時，閃光燈又被擊穿，電容器放電，如此周期性充放電，使得閃光燈周期性短暫閃光。要使得充電后達(dá)到電壓U，則電源電動勢一定大于等于U，A 項錯誤；B、電容器兩端的最大電壓為U，故電容器所帶的

9、最大電荷量為QCU，B項錯誤；C、閃光燈閃光時電容器放電，所帶電荷量減少，C項錯誤；D、充電時電荷通過R，通過閃光燈放電，故充放電過程中通過電阻R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等，D項正確。故選：D。【點評】本題有效地將電路及電容器結(jié)合在一起，考查學(xué)生的審題能力及知識的遷移應(yīng)用能力，對學(xué)生要求較高二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分，每小題有多個選項符合題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6（4分）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1：5，原線圈兩端的交變電壓為u202sin100tV 氖泡在兩端電壓達(dá)到100V時開始發(fā)光，下列說法中正確的有（

10、）A開關(guān)接通后，氖泡的發(fā)光頻率為100HzB開關(guān)接通后，電壓表的示數(shù)為100VC開關(guān)斷開后，電壓表的示數(shù)變大D開關(guān)斷開后，變壓器的輸出功率不變【考點】BG：電功、電功率；E3：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式；E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53A：交流電專題【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結(jié)論【解答】解：A、交變電壓的頻率為f=1002=50Hz，一個周期內(nèi)電壓兩次大于100V，即一個周期內(nèi)氖泡能兩次發(fā)光，所以其發(fā)光頻率為100Hz，所以A項正確；B、由交變電壓的瞬時值表達(dá)式知，原線圈兩端電壓的有效值為U1=202

11、2V20V，由n1n2=U1U2得副線圈兩端的電壓為U2100V，電壓表的示數(shù)為交流電的有效值，所以B項正確；C、開關(guān)斷開前后，輸入電壓不變，變壓器的變壓比不變，故輸出電壓不變，所以C項錯誤；D、斷開后，電路消耗的功率減小，輸出功率決定輸入功率，所以D項錯誤。故選：AB?！军c評】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解7（4分）如圖所示，以8m/s勻速行駛的汽車即將通過路口，綠燈還有2s將熄滅，此時汽車距離停車線18m該車加速時最大加速度大小為2m/s2，減速時最大加速度大小為5m/s2此路段允許行駛的最大速度為12.5m/s，下列說

12、法中正確的有（）A如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前汽車可能通過停車線B如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前通過停車線汽車一定超速C如果立即做勻減速運動，在綠燈熄滅前汽車一定不能通過停車線D如果距停車線5m處減速，汽車能停在停車線處【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；511：直線運動規(guī)律專題【分析】本題中汽車有兩種選擇方案方案一、加速通過按照AB選項提示，汽車立即以最大加速度勻加速運動，分別計算出勻加速2s的位移和速度，與實際要求相比較，得出結(jié)論；方案二、減速停止按照CD選項提示，汽車立即以最大加速度勻減速運動，分別計算

13、出減速到停止的時間和位移，與實際要求相比較，即可得出結(jié)論【解答】解：AB、如果立即做勻加速直線運動，t12s內(nèi)的位移x=v0t1+12a1t12=20m18m，此時汽車的速度為v1v0+a1t112m/s12.5m/s，汽車沒有超速，A項正確、B錯誤；C、不管是用多小的加速度做勻減速運動，在綠燈熄滅前汽車一定不能通過停車線，因為即使不減速，勻速行駛，2秒所能行駛的距離也只是16m18m；故C正確D、如果立即以最大加速度做勻減速運動，速度減為零需要的時間為：t2=v0a2=1.6s，此過程通過的位移為x2=12a2t22=6.4m，即剎車距離為6.4m，所以如果距停車線5m處減速，則會過線；D錯

14、誤。故選：AC?！军c評】熟練應(yīng)用勻變速直線運動的公式，是處理問題的關(guān)鍵，對汽車運動的問題一定要注意所求解的問題是否與實際情況相符8（4分）空間某一靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示，x軸上兩點B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有（）AEBx的大小大于ECx的大小BEBx的方向沿x軸正方向C電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大D負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功【考點】AB：電勢差；AC：電勢；AG：電勢差和電場強度的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】本題的入手點在于如何判斷EBx和ECx的大小，由圖象可知在x軸上各點的電

15、場強度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強電場，用勻強電場的處理方法思考，從而得到結(jié)論，此方法為微元法?！窘獯稹拷猓涸贐點和C點附近分別取很小的一段d，由圖象，B點段對應(yīng)的電勢差大于C點段對應(yīng)的電勢差，看做勻強電場有E=d，可見EBxECx，A項正確；同理可知O點場強最小，電荷在該點受到的電場力最小，C項錯誤；沿電場方向電勢降低，在O點左側(cè)，EBx的方向沿x軸負(fù)方向，在O點右側(cè)，ECx的方向沿x軸正方向，所以B項錯誤，D項正確。故選：AD?！军c評】本題需要對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)由較為全面的理解，并要求學(xué)生能靈活應(yīng)用微分法；故此題的難度較高。9（4分）如圖所示

16、，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑，彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有（）A當(dāng)A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大B當(dāng)A、B加速度相等時，A、B的速度差最大C當(dāng)A、B速度相等時，A的速度達(dá)到最大D當(dāng)A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大【考點】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】對于整體而言，有力F對整體做正功，所以系統(tǒng)的機械能將不斷的增大；A從靜止開始運動，彈簧的被拉長，產(chǎn)生彈力，從而使B開始運動，

17、在運動的過程中A的合力逐漸的減小，而B的合力在逐漸的增大，當(dāng)加速度相同之后，A的速度增加不如B速度增加的快了，此時，它們的速度之差也就減小了；當(dāng)A、B的速度相等時，彈簧的形變量最大，此時彈簧的彈性勢能最大；【解答】解：對A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當(dāng)加速度大小相同為a時，對A有FF1ma，對B有F1ma，得F1=F2，在整個過程中A的合力（加速度）一直減小，而B的合力（加速度）一直增大，在達(dá)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）。兩物體運動的vt圖象如圖所示，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差

18、最大，t2時刻兩物體的速度相等，A速度達(dá)到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，此時彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，所以系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。故選：BCD?！军c評】處理本題的關(guān)鍵是對物體進(jìn)行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分共計42分選做題本題包括A、B、C三個小題，請選定其中兩題作答若三題都做，則按A、B兩題評分10（8分）有一根圓臺狀均勻質(zhì)合金棒如圖甲所示，某同學(xué)猜測其電阻的大小與該合金棒的電阻率、長

19、度L和兩底面直徑d、D有關(guān)他進(jìn)行了如下實驗：（1）用游標(biāo)卡尺測量合金棒的兩底面直徑d、D和長度L圖乙中游標(biāo)卡尺（游標(biāo)尺上有20個等分刻度）的讀數(shù)L9.940cm（2）測量該合金棒電阻的實物電路如圖丙所示（相關(guān)器材的參數(shù)已在圖中標(biāo)出）該合金棒的電阻約為幾個歐姆圖中有一處連接不當(dāng)?shù)膶?dǎo)線是（用標(biāo)注在導(dǎo)線旁的數(shù)字表示）（3）改正電路后，通過實驗測得合金棒的電阻R6.72根據(jù)電阻定律計算電阻率為、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd13.3、RD3.38他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內(nèi)，電阻R滿足R2RdRD，由此推斷該圓臺狀合金棒的電阻RR=4LdD（用、L、d、D表述）【考點】B7：電阻定

20、律；BE：伏安法測電阻；L3：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；ND：探究決定導(dǎo)線電阻的因素菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實驗題【分析】（1）20分度游標(biāo)卡尺游標(biāo)每一分度表示長度為0.05mm，由主尺讀出整毫米數(shù)，根據(jù)游標(biāo)尺上第幾條刻度線與主尺對齊，讀出毫米的小數(shù)部分（2）電路分為測量電路和控制電路兩部分測量電路采用伏安法根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表外接法；（3）電阻定律的公式Rls進(jìn)行求解【解答】解：（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，按步驟進(jìn)行則不會出錯首先，確定游標(biāo)卡尺的精度為20分度，即為0.05mm，然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00mm，注意小數(shù)點后的有效數(shù)字要與精度一樣

21、，再從游標(biāo)尺上找出對的最齊一根刻線，精度×格數(shù)0.05×8mm0.40mm，最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00mm+0.40mm99.40mm9.940cm（2）本實驗為測定一個幾歐姆的電阻，在用伏安法測量其兩端的電壓和通過電阻的電流時，因為安培表的內(nèi)阻較小，為了減小誤差，應(yīng)用安培表外接法，線的連接使用的是安培表內(nèi)接法（3）審題是處理本題的關(guān)鍵，弄清題意也就能夠找到處理本題的方法根據(jù)電阻定律計算電阻率為、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd13.3、RD3.38即Rd=L(d2)2，RD=L(D2)2，而電阻R滿足R2RdRD，將R

22、d、RD帶入得R=4LdD答案：（1）9.940 （2）（3）4LdD【點評】本題是研究“導(dǎo)體對電流的阻礙作用與哪些因素有關(guān)”的實驗題，應(yīng)用了控制變量法，認(rèn)真分析實驗條件及實驗數(shù)據(jù)，找出不同條件下，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)的不同得出結(jié)論，是本題的解題關(guān)鍵11（10分）“探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系”的實驗裝置如圖甲所示。（1）在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示。計時器大點的時間間隔為0.02s。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離。該小車的加速度a0.16m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）平衡摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上。掛上砝碼

23、盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度。小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如表砝碼盤中砝碼總重力F（N）0.1960.3920.5880.7840.980加速度a（ms20.691.181.662.182.70請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出aF的關(guān)系圖象。（3）根據(jù)提供的試驗數(shù)據(jù)作出的aF圖線不通過原點，請說明主要原因?！究键c】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】該實驗是探究加速度與力、質(zhì)量的三者關(guān)系，研究三者關(guān)系必須運用控制變量法。紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動推論，可計算出打

24、出某點時紙帶運動加速度。根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)，合理的設(shè)計橫縱坐標(biāo)的刻度值，據(jù)數(shù)據(jù)確定個點的位置，將個點用一條直線連起來，延長交與坐標(biāo)軸某一點。知道為什么需要平衡摩擦力以及不平衡摩擦力帶來什么問題?！窘獯稹拷猓海?）處理勻變速直線運動中所打出的紙帶，求解加速度用公式xat2，由于每5個點取一個點，則連續(xù)兩點的時間間隔為t0.1s，x（3.683.52）×102m，帶入可得加速度a0.16m/s2。（2）如圖所示（3）未放入砝碼時，小車已有加速度，可以判斷未計入砝碼盤的重力。答案：（1）0.16 （2）（見圖） （3）未計入砝碼盤的重力【點評】實驗問題需要結(jié)合物理規(guī)律去解決。處理圖象問題要注意

25、圖線的斜率、交點、拐點、面積等意義，能正確理解這些量的意義則很多問題將會迎刃而解。對于實驗我們要清楚每一項操作存在的理由。其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應(yīng)當(dāng)清楚。數(shù)據(jù)處理時注意單位的換算和有效數(shù)字的保留。12（24分）【選做題】A（1）若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，則在此過程中關(guān)于氣泡中的氣體，下列說法正確的是D。（填寫選項前的字母）（A）氣體分子間的作用力增大（B）氣體分子的平均速率增大（C）氣體分子的平均動能減小（D）氣體組成的系統(tǒng)地熵增加（2）若將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底上升到湖面的過程中，對外界做了0.6J的功，則此過程中的氣泡吸收（填“吸收”或“放出

26、”）的熱量是0.6J氣泡到達(dá)湖面后，溫度上升的過程中，又對外界做了0.1J的功，同時吸收了0.3J的熱量，則此過程中，氣泡內(nèi)氣體內(nèi)能增加了0.2J（3）已知氣泡內(nèi)氣體的密度為1.29kg/m3，平均摩爾質(zhì)量為0.29kg/mol。阿伏加德羅常數(shù)NA6.02×1023mol1，取氣體分子的平均直徑為2×1010m，若氣泡內(nèi)的氣體能完全變?yōu)橐后w，請估算液體體積與原來氣體體積的比值。（結(jié)果保留以為有效數(shù)字）B（1）如圖甲所示，強強乘電梯速度為0.9c（c為光速）的宇宙飛船追趕正前方的壯壯，壯壯的飛行速度為0.5c，強強向壯壯發(fā)出一束光進(jìn)行聯(lián)絡(luò)，則壯壯觀測到該光束的傳播速度為D。（

27、填寫選項前的字母）（A）0.4c（B）0.5c（C）0.9c（D）1.0c（2）在t0時刻，質(zhì)點A開始做簡諧運動，其振動圖象如圖乙所示。質(zhì)點A振動的周期是4s；t8s時，質(zhì)點A的運動沿y軸的正方向（填“正”或“負(fù)”）；質(zhì)點B在波動的傳播方向上與A相距16m，已知波的傳播速度為2m/s，在t9s時，質(zhì)點B偏離平衡位置的位移是10cm（3）圖丙是北京奧運會期間安置在游泳池底部的照相機拍攝的一張照片，照相機的鏡頭豎直向上。照片中，水利方運動館的景象呈限在半徑r11cm的圓型范圍內(nèi)，水面上的運動員手到腳的長度l10cm，若已知水的折射率為n=43，請根據(jù)運動員的實際身高估算該游泳池的水深h，（結(jié)果保留

28、兩位有效數(shù)字）C在衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出。中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實驗中很難探測。1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統(tǒng)，利用中微子與水中11H的核反應(yīng)，間接地證實了中微子的存在。（1）中微子與水中的11H發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中子（01n）和正電子（+10e），即中微子+11H01n+10e可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是A。（填寫選項前的字母）（A）0和0（B）0和1（C）1和0（D）1和1（2）上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體后，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子（），即+10e+-10e2已知正電子和電子的質(zhì)量都為9.1&

29、#215;1031kg，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為8.2×1014J正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，原因是遵循動量守恒定律。（3）試通過分析比較，具有相同動能的中子和電子的物質(zhì)波波長的大小?！究键c】53：動量守恒定律；73：簡諧運動的振動圖象；89：溫度是分子平均動能的標(biāo)志；8F：熱力學(xué)第一定律；H3：光的折射定律；IG：物質(zhì)波；JH：質(zhì)量虧損；JI：愛因斯坦質(zhì)能方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】A、本題考查熱學(xué)內(nèi)容，熟練掌握分子動理論和熱力學(xué)定律才能準(zhǔn)確處理本題。B、（1）光速在任何參考系中的數(shù)值是不變的；（2）要理解振動圖象的意義，由圖象的橫坐標(biāo)可得出周期

30、；要求B點的位置，應(yīng)先求得B起振的時刻，及振動的時間；（3）根據(jù)題意能畫出光路圖，正確使用物象比解決本題的關(guān)鍵。C、（1）由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可求中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)；（2）光子的能量來自于原子核的質(zhì)量虧損，由質(zhì)能方程可求得光子能量；根據(jù)動量守恒可知能否只產(chǎn)生一個光子；（3）由物質(zhì)波的波長公式可求得電子與中子的波長關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈（1）氣泡的上升過程氣泡內(nèi)的壓強減小，溫度不變，由玻意爾定律知，上升過程中體積增大，微觀上體現(xiàn)為分子間距增大，分子間引力減小，溫度不變所以氣體分子的平均動能、平均速率不變，此過程為自發(fā)過程，故熵增大。D 項正確。（2）本題從熱力學(xué)第一定律入手，抓住理想氣體內(nèi)能只

31、與溫度有關(guān)的特點進(jìn)行處理。理想氣體等溫過程中內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律UQ+W，物體對外做功0.6J，則一定同時從外界吸收熱量0.6J，才能保證內(nèi)能不變。而溫度上升的過程，內(nèi)能增加了0.2J。（3）微觀量的運算，注意從單位制檢查運算結(jié)論，最終結(jié)果只要保證數(shù)量級正確即可。設(shè)氣體體積為V0，液體體積為V1氣體分子數(shù)n=V0mNA，V1=nd36（或V1nd3）則V1V0=6md3NA（或V1V0=md3NA）解得V1V0=1×10-4（9×10-52×10-4都算對）B（1）根據(jù)愛因斯坦相對論，在任何參考系中，光速不變。D項正確。（2）振動圖象和波形圖比較容易混淆，而

32、導(dǎo)致出錯，在讀圖是一定要注意橫縱坐標(biāo)的物理意義，以避免出錯。題圖為波的振動圖象，圖象可知周期為4s，波源的起振方向與波頭的振動方向相同且向上，t6s時質(zhì)點在平衡位置向下振動，故8s時質(zhì)點在平衡位置向上振動；波傳播到B點，需要時間t1=xv=162s8s，故t9s時，質(zhì)點又振動了1s（14個周期），處于正向最大位移處，位移為10cm。（3）設(shè)照片圓形區(qū)域的實際半徑為R，運動員的實際長為L，光路如圖：折射定律 nsinsin90°幾何關(guān)系 sin=RR2+h2，物象比Rr=Ll得h=n2-1Llr取L2.2m，解得h2.1（m）（本題為估算題，在取運動員實際長度時可以有一個范圍，但要符合

33、實際，故求得h值可以不同1.6m2.6m均可）C（1）發(fā)生核反應(yīng)前后，粒子的質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)均不變，據(jù)此可知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分都是0，A項正確。（2）產(chǎn)生的能量是由于質(zhì)量虧損。兩個電子轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子之后，質(zhì)量變?yōu)榱悖蒃mc2，故一個光子的能量為E2，代入數(shù)據(jù)得E2=8.2×1014J。正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體，故系統(tǒng)總動量為零，故如果只產(chǎn)生一個光子是不可能的，因為此過程遵循動量守恒。（3）物質(zhì)波的波長為=hp，要比較波長需要將中子和電子的動量用動能表示出來即p=2mEk，因為mnmc，所以pnpc，故nc。故答案為：A（1）D； （2）吸收，0.6，0

34、.2；（3）設(shè)氣體體積為V0，液體體積為V1氣體分子數(shù)n=V0mNA，V1=nd36（或V1nd3）則V1V0=6md3NA（或V1V0=md3NA）解得V1V0=1×10-4（9×1052×104都算對）B（1）D； （2）4，正，10；（3）設(shè)照片圓形區(qū)域的實際半徑為R，運動員的實際長為L，折射定律nsinsin90°幾何關(guān)系sin=RR2+h2，Rr=Ll得h=n2-1Llr取L2.2m，解得h2.1（m）（1.62.6m都算對）C（1）A；（2）8.2×1014遵循動量守恒；（3）粒子的動量 p=2mEk，物質(zhì)波的波長=hp由mnmc，

35、知pnpc，則nc【點評】本題包括了三個選修內(nèi)容，由題目可以看出，該題考查的知識點較多，但都難度不大；故在選修的學(xué)習(xí)中應(yīng)全面選修內(nèi)容的知識點，不能忽視任何一個。四、計算題：本題共3小題，共計47分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13（15分）航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F28N試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2（1）第一次試飛，飛行器飛行t18s 時到達(dá)高度H64m求飛行器所阻力f的大?。唬?）第二次試飛，飛行器

36、飛行t26s 時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力求飛行器能達(dá)到的最大高度h；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3【考點】1G：勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）第一次試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升做勻加速直線運動，根據(jù)位移時間公式可求出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律就可以求出阻力f的大?。唬?）失去升力飛行器受重力和阻力作用做勻減速直線運動，當(dāng)速度減為0時，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）求飛行器從開始下落時做勻加速直線運動，恢復(fù)升力后做勻減速直線運動，為了使飛行器不致墜落到地

37、面，到達(dá)地面時速度恰好為0，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)基本公式即可求得飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3【解答】解：（1）第一次飛行中，設(shè)加速度為a1勻加速運動H=12a1t12由牛頓第二定律Fmgfma1解得f4N（2）第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為v1，上升的高度為s1勻加速運動s1=12a1t22設(shè)失去升力后的加速度為a2，上升的高度為s2由牛頓第二定律mg+fma2v1a1t2 s2=v122a2解得hs1+s242m（3）設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加速度為a4，恢復(fù)升力時速度為v3由牛頓第二定律 mgfma3F+fmgma4且v322a3+v322a4=hV

38、3a3t3解得t3=322s（或2.1s）答：（1）飛行器所阻力f的大小為4N；（2）第二次試飛，飛行器飛行t26s 時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，飛行器能達(dá)到的最大高度h為42m；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間為322s【點評】本題的關(guān)鍵是對飛行器的受力分析以及運動情況的分析，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)基本公式求解，本題難度適中14（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直A處粒子源產(chǎn)生的粒

39、子，質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm【考點】65：動能定理；CK：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；537：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】（1）狹縫中加速時根據(jù)動能定理，可求出加速后的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力，推出半徑表達(dá)式；（2）假設(shè)粒

40、子運動n圈后到達(dá)出口，則加速了2n次，整體運用動能定理，再與洛倫茲力提供向心力，粒子運動的固有周期公式聯(lián)立求解；（3）Bm對應(yīng)粒子在磁場中運動可提供的最大頻率，fm對應(yīng)加速電場可提供的最大頻率，選兩者較小者，作為其共同頻率，然后求此頻率下的最大動能【解答】解：（1）設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1qU=12mv12qv1Bmv12r1解得 r1=1B2mUq同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 r2=1B4mUq則 r2：r1=2：1（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈2nqU=12mv2#/DEL/#qvB=mv2R#/DEL/#T=2mqB#/DEL/#t=nT#/DEL/# 解得 t=BR22U（3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f=qB2m當(dāng)磁場感應(yīng)強度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為fBm=qBm2m粒子的動能EK=12mv2當(dāng)fBmfm時，粒子的最大動能由Bm決定qvmBm=mvm2R解得Ekm=q2Bm2R22m當(dāng)fBmfm時，粒子的最大動能由fm決定vm2fmR解得 EKm=22mfm2R2答：（1）r2：r1=2：1 （2）t=BR22U （3）當(dāng)fBmfm時，EKm=q