2011年江蘇省高考物理試卷解析版

2011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）如圖所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽略不計，求石塊側(cè)面所受彈力的大小為（）A．mg2sinα B．mg2cosα C．12mgtanα D．【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】11：計算題．【分析】對石塊受力分析，根據(jù)共點力平衡條件，運用合成法列式求解．【解答】解：對物體受力分析，如圖根據(jù)共點力平衡條件，將彈力F1、F2合成，結(jié)合幾何關(guān)系，有F1＝F2＝Fmg＝2×Fcos（90°﹣α）所以F=故選：A?！军c評】本題考查力的平衡和力的合成；運用共點力平衡條件可以結(jié)合合成法、分解法、正交分解法求解．2．（3分）如圖所示，固定的水平長直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行．線框由靜止釋放，在下落過程中（）A．穿過線框的磁通量保持不變 B．線框中感應(yīng)電流方向保持不變 C．線框所受安培力的合力為零 D．線框的機(jī)械能不斷增大【考點】CA：安培定則；DB：楞次定律．【分析】根據(jù)磁能量形象表示：穿過磁場中某一面積的磁感線的條數(shù)判斷磁能量的變化．用楞次定律研究感應(yīng)電流的方向．用左手定則分析安培力，根據(jù)能量守恒定律研究機(jī)械能的變化．【解答】解：A、線框在下落過程中，所在磁場減弱，穿過線框的磁感線的條數(shù)減小，磁通量減小。故A錯誤。B、下落過程中，因為磁通量隨線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，不變，所以感應(yīng)電流的方向不變，故B正確。C、線框左右兩邊受到的安培力平衡抵消，上邊受的安培力大于下邊受的安培力，安培力合力不為零。故C錯誤。D、線框中產(chǎn)生電能，機(jī)械能減小。故D錯誤故選：B?！军c評】本題考查電流的磁場和電磁感應(yīng)中楞次定律等，難度不大．如是單選題，高考時，C、D項可以不再研究3．（3分）如圖所示，甲、乙兩同學(xué)從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB．若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關(guān)系為（）A．t甲＜t乙 B．t甲＝t乙 C．t甲＞t乙 D．無法確定【考點】45：運動的合成和分解．【專題】11：計算題．【分析】甲、乙兩同學(xué)實際的速度是靜水中的游速與水流速度的合速度，設(shè)游速為v，水速為v0根據(jù)速度合成可知：甲游到A點的速度為v+v0，游回的速度為v﹣v0；乙來回的速度都為v2【解答】解：設(shè)游速為v，水速為v0，OA＝OB＝l，則甲整個過程所用時間：t甲乙為了沿OB運動，速度合成如圖：則乙整個過程所用時間：t乙∵v∴t甲＞t乙，∴選C正確，選項A、B、D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查運動的合成（主要是速度的合成）和勻速運動規(guī)律，運用速度合成的矢量平行四邊形法則求出各自的合速度是關(guān)鍵。4．（3分）如圖所示，演員正在進(jìn)行雜技表演．由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于（）A．0.3J B．3J C．30J D．300J【考點】62：功的計算．【專題】52B：功的計算專題．【分析】估計一個雞蛋的重力的大小，在根據(jù)雞蛋的運動情況，可以估計上升的高度的大小，根據(jù)動能定理可以求得人對雞蛋做的功．【解答】解：大約10個雞蛋1斤，一個雞蛋的質(zhì)量約為m=0.510=0.05kg，雞蛋大約能拋h＝0.5m，則做的功大約為W＝mgh＝0.05×故選：A?！军c評】本題考查估算物體的質(zhì)量及拋出的高度的大小，從而計算做的功的大?。@道題目從生活中來，與生活相聯(lián)系，可以提高學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣．5．（3分）如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計。勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸。T＝0時，將開關(guān)S由1擲到2．Q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖象正確的是（）A． B． C． D．【考點】CC：安培力；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】16：壓軸題．【分析】知道電容器放電后會在電路中產(chǎn)生電流．導(dǎo)體棒通有電流后會受到安培力的作用，會產(chǎn)生加速度而加速運動．導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動勢增大，則電流減小，安培力減小，加速度減?。窘獯稹拷猓洪_關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會在電路中產(chǎn)生電流。導(dǎo)體棒通有電流后會受到安培力的作用，會產(chǎn)生加速度而加速運動。導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動勢E＝Blv，即增大，則實際電流減小，安培力F＝BIL，即減小，加速度a=F因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直加速運動（變加速）。由于通過棒的電流是按指數(shù)遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的。由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運動，而導(dǎo)體棒運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢會給電容器充電。當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時，導(dǎo)體棒做勻速運動。當(dāng)棒勻速運動后，棒因切割磁感線有電動勢，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值（不會減少到0）。這時電容器的電壓等于棒的電動勢數(shù)值，棒中無電流。故選：D?！军c評】本題考查電容器放電及電磁感應(yīng)和安培力及加速度、速度等．電容器的充電和放電是與兩極板間的電勢差有關(guān)的．二、多項選擇：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．全部選對得4分，選對不全得2分，錯選或不答的得0分．6．（4分）美國科學(xué)家WillardS．Boyle與GeorgeE．Snith因電荷耦合器件（CCD）的重要發(fā)明獲得2009年度諾貝爾物理學(xué)獎．CCD是將光學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量的傳感器．下列器件可作為傳感器的有（）A．發(fā)光二極管 B．熱敏電阻 C．霍爾元件 D．干電池【考點】GB：傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用．【分析】傳感器是將非電學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量，如力傳感器是將力學(xué)量轉(zhuǎn)變成電學(xué)量．【解答】解：A選項：發(fā)光二極管兩極達(dá)到一定電壓時就會正向?qū)?，所以不是傳感器。故A不正確；B選項、C選項：熱敏電阻可以把溫度轉(zhuǎn)化為電學(xué)量，而霍爾元件可以把磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度轉(zhuǎn)化為電學(xué)量，故BC均正確D選項：干電池是電源，能給兩極提供電勢差的設(shè)備。故不正確；故選：BC?！军c評】本題考查傳感器的概念判斷．7．（4分）一行星繞恒星作圓周運動．由天文觀測可得，其運動周期為T，速度為v，引力常量為G，則（）A．恒星的質(zhì)量為v3B．行星的質(zhì)量為4πC．行星運動的軌道半徑為vT2πD．行星運動的加速度為2πv【考點】4A：向心力；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【分析】根據(jù)圓周運動知識和已知物理量求出軌道半徑．根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量．【解答】解：根據(jù)圓周運動知識得：由V=2πr行星運動的軌道半徑為r=vT2πA、根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：GMm由①②得M=vB、根據(jù)題意無法求出行星的質(zhì)量，故B錯誤。C、通過以上分析，故C正確。D、根據(jù)a=v由①③得：行星運動的加速度為2πvT故選：ACD。【點評】本題考查萬有引力與圓周運動問題．根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式可求出中心體的質(zhì)量，不能求出環(huán)繞體質(zhì)量．8．（4分）一粒子從A點射入電場，從B點射出，電場的等勢面和粒子的運動軌跡如圖所示，圖中左側(cè)前三個等勢面平行，不計粒子的重力．下列說法正確的有（）A．粒子帶負(fù)電荷 B．粒子的加速度先不變，后變小 C．粒子的速度不斷增大 D．粒子的電勢能先減小，后增大【考點】A7：電場線；AF：等勢面．【專題】16：壓軸題；4B：圖析法．【分析】等勢面的疏密可以表示場強(qiáng)的大小，電場線與等勢面；電場力做正功，電勢能減?。窘獯稹拷猓篈、電場線（垂直于等勢面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以電場力與電場強(qiáng)度方向相反，所以粒子帶負(fù)電，A正確；B、因為等差等勢面先平行并且密，后變疏，說明電場強(qiáng)度先不變，后變小，則電場力先不變，后變小，所以加速度先不變，后變小，B正確；C、由于起初電場力與初速度方向相反，所以速度先減小，C錯誤；D、因為電場力先做負(fù)功，所以電勢能先增大，D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查等勢面、電場線、電場力、電場力做功、電勢能等等．可以先根據(jù)等勢面確定電場線的分布情況再判斷．9．（4分）如圖所示，傾角為α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦．現(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m（M＞m）的小物塊同時輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上．兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．在α角取不同值的情況下，下列說法正確的有（）A．兩物塊所受摩擦力的大小總是相等 B．兩物塊不可能同時相對綢帶靜止 C．M不可能相對綢帶發(fā)生滑動 D．m不可能相對斜面向上滑動【考點】37：牛頓第二定律；38：牛頓第三定律．【專題】16：壓軸題．【分析】對物體M和物體m分別受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律判斷兩物塊所受摩擦力的大小關(guān)系；通過求解出M、m與斜面間的最大靜摩擦力并結(jié)合牛頓第二定律判斷兩個物塊可能的運動情況．【解答】解：A、輕質(zhì)綢帶與斜面間無摩擦，受兩個物體對其的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：fM﹣fm＝m綢a＝0（輕綢帶，質(zhì)量為零）故fM＝fmM對綢帶的摩擦力和綢帶對M的摩擦力是相互作用力，等大；m對綢帶的摩擦力和綢帶對m的摩擦力也是相互作用力，等大；故兩物塊所受摩擦力的大小總是相等；故A正確；B、當(dāng)滿足Mgsinα＜μMgcosα、mgsinα＜μmgcosα和Mgsinα＞mgsinα?xí)r，M加速下滑，m加速上滑，均相對綢帶靜止，故B錯誤；C、由于M與綢帶間的最大靜摩擦力較大，故綢帶與M始終相對靜止，m與綢帶間可能有相對滑動，故C正確；D、當(dāng)動摩擦因數(shù)較大時，由于綢帶與斜面之間光滑，并且M＞m，所以M、m和綢帶一起向左滑動，加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有：整體：Mgsinα﹣mgsinα＝（M+m）a隔離M，有：Mgsinα﹣fM＝Ma對m有：fm﹣mgsinα＝ma解得：f故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題關(guān)鍵根據(jù)牛頓第三定律判斷出綢帶對M和m的拉力（摩擦力提供）相等，然后根據(jù)牛頓第二定律判斷．多數(shù)學(xué)生對本題有疑問，關(guān)鍵是沒有認(rèn)識到物理模型的應(yīng)用，題中絲綢質(zhì)量不計，類似輕繩模型．三、簡答題.（共22分）10．（8分）某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計A掛于固定點P，下端用細(xì)線掛一重物M，彈簧測力計B的一端用細(xì)線系于O點，手持另一端水平向左拉，使結(jié)點O靜止在某位置，分別讀出彈簧測力計A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點位置和拉線的方向。（1）本實驗用的彈簧測力計示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為3.8N。（2）下列不必要的實驗要求是D。（請?zhí)顚戇x項前對應(yīng)的字母）A．應(yīng)測量重物M所受的重力B．彈簧測力計應(yīng)在使用前校零C．拉線方向應(yīng)與木板平面平行D．改變拉力，進(jìn)行多次實驗，每次都要使O點靜止在同一位置（3）某次實驗中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)彈簧測力計A的指針稍稍超出量程，請您提出兩個解決辦法。方法一：減小彈簧測力計B的拉力方法二：減小重物的質(zhì)量（4）該同學(xué)在實驗中保持彈簧測力計B的拉力的方向一直水平，你認(rèn)為該做法科學(xué)嗎？為什么？答：不科學(xué)，因為不能驗證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則?！究键c】M3：驗證力的平行四邊形定則．【專題】13：實驗題．【分析】彈簧測力計A掛于固定點，下端用細(xì)線掛一重物。當(dāng)彈簧測力計B一端用細(xì)線系于O點，當(dāng)向左拉使結(jié)點靜止于某位置。彈簧測力計A和B的示數(shù)分別為兩細(xì)線的力的大小，同時畫出細(xì)線的方向即為力的方向。雖懸掛重物的細(xì)線方向確定，但大小卻不知，所以要測重物重力。當(dāng)結(jié)點靜止于某位置時，彈簧測力計B的大小與方向就已確定了。原因是掛重物的細(xì)線大小與方向一定，而彈簧測力計A大小與方向也一定，所以兩力的合力必一定。當(dāng)出現(xiàn)超出彈簧測力計A的量程時，通過改變其中一個力大小或另一個力方向來達(dá)到此目的?！窘獯稹拷猓海?）彈簧測力計讀數(shù)，每1N被分成5格，則1格就等于0.2N．圖指針落在3N到4N的第3格處，所以3.8N。（2）A、實驗通過作出三個力的圖示，來驗證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道。故A項也需要；B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準(zhǔn)確必須在測之前校零。故B項也需要；C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準(zhǔn)確性。故C項也需要；D、當(dāng)結(jié)點O位置確定時，彈簧測力計A的示數(shù)也確定，由于重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實驗。故D項不需要。故選：D。（3）當(dāng)彈簧測力計A超出其量程，則說明彈簧測力計B與重物這兩根細(xì)線的力的合力已偏大。又由于掛重物的細(xì)線力的方向已確定，所以要么減小重物的重量，要么改變測力計B拉細(xì)線的方向，或改變彈簧測力計B拉力的大小，從而使測力計A不超出量程。（4）不科學(xué)，因為不能驗證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則。故答案為：（1）3.8；（2）D；（3）減小彈簧測力計B的拉力；減小重物的質(zhì)量；（4）不科學(xué)，因為不能驗證任意角度下的力的合成滿足平行四邊形法則?！军c評】通過作出力的圖示來驗證“力的平行四邊形定則”，重點是如何準(zhǔn)確作出力的圖示。同時值得注意其中有一力大小與方向均已一定，從而減少實驗的操作步驟。11．（10分）某同學(xué)利用如圖1所示的實驗電路來測量電阻的阻值．（1）將電阻箱接入a、b之間，閉合開關(guān)．適當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R′后保持其阻值不變．改變電阻箱的阻值R，得到一組電壓表的示數(shù)U與R的數(shù)據(jù)如表：電阻R/Ω5.010.015.025.035.045.0電壓U/V1.001.501.802.142.322.45請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖2作出U﹣R關(guān)系圖象．（2）用待測電阻RX替換電阻箱，讀得電壓表示數(shù)為2.00V．利用（1）中測繪的U﹣R圖象可得RX＝20Ω．（3）使用較長時間后，電池的電動勢可認(rèn)為不變，但內(nèi)阻增大．若仍用本實驗裝置和（1）中測繪的U﹣R圖象測定某一電阻，則測定結(jié)果將偏?。ㄟx填“偏大”或“偏小”）．現(xiàn)將一已知阻值為10Ω的電阻換接在a、b之間，你應(yīng)如何調(diào)節(jié)滑動變阻器，便仍可利用本實驗裝置和（1）中測繪的U﹣R圖象實現(xiàn)對待測電阻的準(zhǔn)確測定？【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；N2：測定金屬的電阻率．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）建立坐標(biāo)系，選定單位長度，描點作圖；（2）利用圖象，讀出電壓為2.00V時對應(yīng)的電阻即可；（3）閉合電路和部分電路的歐姆定律的綜合應(yīng)用．【解答】解：（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，選取橫坐標(biāo)單位長度為10Ω，縱坐標(biāo)的單位長度為0.5v，建立U﹣R坐標(biāo)系，然后根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點，最后用光滑的曲線連接所描的點，即作出U﹣R圖，如圖所示：（2）在U﹣R圖中作出U＝2V的直線，與圖象有一交點，通過交點作橫軸的垂線，與橫軸交與R＝20Ω的點，即當(dāng)U＝2.00V時，Rx＝20Ω（3）因為U=IR=ERR+r+R'=E1+r+R'R，當(dāng)電池的內(nèi)阻r增大時，則r+R答案：（1）U﹣R圖如圖所示，（2）20，（3）偏小；改變滑動變阻器阻值，使電壓表示數(shù)為1.50V．【點評】本題是考查測量電阻實驗，其中利用圖象處理實驗數(shù)據(jù)是這類題目的共性，根據(jù)圖象再解決其它問題是高考的一個方向，要引起高度重視．四、選做題（12、13、14題，請選定其中兩題，若三題都做，則按12、13兩題評分．共24分）12．（12分）（1）如圖1所示，一演示用的“永動機(jī)”轉(zhuǎn)輪由5根輕桿和轉(zhuǎn)軸構(gòu)成，輕桿的末端裝有形狀記憶合金制成的葉片，輕推轉(zhuǎn)輪后，進(jìn)入熱水的葉片因伸展面“劃水”，推動轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動。離開熱水后，葉片形狀迅速恢復(fù)，轉(zhuǎn)輪因此能較長時間轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是A．轉(zhuǎn)輪依靠自身慣性轉(zhuǎn)動，不需要消耗外界能量B．轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動所需能量來自形狀記憶合金自身C．轉(zhuǎn)動的葉片不斷攪動熱水，水溫升高D．葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量（2）如圖2所示，內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置。一定質(zhì)量的理想氣體被密封在氣缸內(nèi)，外界大氣壓強(qiáng)為P0．現(xiàn)對氣缸緩慢加熱，氣體吸收熱量Q后，體積由V1增大為V2．則在此過程中，氣體分子平均動能增大（選增“增大”、“不變”或“減小”），氣體內(nèi)能變化了Q﹣P0（V2﹣V1）。（3）某同學(xué)在進(jìn)行“用油膜法估測分子的大小”的實驗前，查閱數(shù)據(jù)手冊得知：油酸的摩爾質(zhì)量M＝0.283kg?mol﹣1，密度ρ＝0.895×103kg?m﹣3．若100滴油酸的體積為1ml，則1滴油酸所能形成的單分子油膜的面積約是多少？（取NA＝6.02×1023mol﹣1．球的體積V與直徑D的關(guān)系為V=16πD【考點】8F：熱力學(xué)第一定律；8G：能量守恒定律；O1：用油膜法估測分子的大?。緦ｎ}】542：物體的內(nèi)能專題；544：估算分子個數(shù)專題；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】（1）考查熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律。（2）考查氣體實驗定律和熱力學(xué)第一定律，要注意功的求解W＝P0sL＝P0（SL2﹣SL1）＝P0（V2﹣V1）。（3）考查油膜法測分子直徑。Mρ是摩爾體積Vmol，vmolNA【解答】解：（1）A、轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動的過程中克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)輪的速度越來越小，所以要維持轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動需要外力做功。故A錯誤。B、要維持轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動需要外力做功，轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動所需能量不能由轉(zhuǎn)輪自己提供。故B錯誤。C、轉(zhuǎn)動的葉片不斷攪動熱水的過程是水對轉(zhuǎn)輪做功的過程，同時水會向四周放出熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知水的內(nèi)能減小，故水溫降低，故C錯誤。D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，物體不可能從單一熱源吸收能量全部用來對外做功而不引起其變化，故葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量。故D正確。故選D。（2）在對氣缸緩慢加熱的過程中封閉氣體的壓強(qiáng)保持不變，故氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)V1T1=V2T2，由于V根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W，其中W＝﹣P0sL＝﹣P0（SL2﹣SL1）＝﹣P0（V2﹣V1），故△U＝Q﹣P0（V2﹣V1）故本題的答案為：增大；Q﹣P0（V2﹣V1）。（3）一個油酸分子的體積V=由球的體積與直徑的關(guān)系得分子直徑D=最大面積S=代入數(shù)據(jù)解得S＝1m2。【點評】考綱對3﹣3要求較低，故題目比較簡單，所以只要加強(qiáng)對基本概念的理解然后做些基礎(chǔ)題即可。13．（12分）（1）如圖所示，沿平直鐵路線有間距相等的三座鐵塔A、B和C．假想有一列車沿AC方向以接近光速行駛，當(dāng)鐵塔B發(fā)出一個閃光，列車上的觀測者測得A、C兩鐵塔被照亮的順序是（A）同時被照亮（B）A先被照亮（C）C先被照亮（D）無法判斷（2）一束光從空氣射向折射率為3的某種介質(zhì)，若反向光線與折射光線垂直，則入射角為60°。真空中的光速為c，則光在該介質(zhì)中的傳播速度為33c（3）將一勁度系數(shù)為K的輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，下湍系上質(zhì)量為m的物塊，將物塊向下拉離平衡位置后松開，物塊上下做簡諧運動，其振動周期恰好等于以物塊平衡時彈簧的伸長量為擺長的單擺周期。請由單擺周期公式推算出物塊做簡諧運動的周期T?！究键c】72：簡諧運動的振幅、周期和頻率；H3：光的折射定律．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）列車上的觀察者看到的是由B出發(fā)后經(jīng)過A和C反射的光，由于列車在這段時間內(nèi)向C運動靠近C，而遠(yuǎn)離A，所以C的反射光先到達(dá)列車上的觀察者，看到C先被照亮。（2）根據(jù)折射率的公式n=sinisinr及幾何關(guān)系求出入射角；根據(jù)v（3）通過單擺的周期公式及在平衡位置時kl＝mg聯(lián)合求解?！窘獯稹拷猓海?）列車上的觀察者看到的是由B出發(fā)后經(jīng)過A和C反射的光，由于列車在這段時間內(nèi)向C運動靠近C，而遠(yuǎn)離A，所以C的反射光先到達(dá)列車上的觀察者，看到C先被照亮。故選C。（2）根據(jù)折射率的公式n=sini所以i＝60°v=故答案為：60°；3（3）單擺周期公式T=2πl(wèi)解得T=2πm【點評】本題考查相對論初步，光的折射及單擺和彈簧振子。屬于容易題，關(guān)鍵要掌握這些知識點的基礎(chǔ)知識。14．（1）下列描繪兩種溫度下黑體輻射強(qiáng)度與波長關(guān)系的圖中，符合黑體輻射規(guī)律的是（2）按照玻爾原子理論，氫原子中的電子離原子核越遠(yuǎn)，氫原子的能量越大（選填“越大”或“越小”）。已知氫原子的基態(tài)能量為E1（E1＜0），電子質(zhì)量為m，基態(tài)氫原子中的電子吸收一頻率為γ的光子被電離后，電子速度大小為2(hγ+E（3）有些核反應(yīng)過程是吸收能量的。例如在X+714N→817O+11H中，核反應(yīng)吸收的能量Q＝[（mO+mH）﹣（mM+mN）]c2，在該核反應(yīng)中，X表示什么粒子？X粒子以動能EK【考點】J3：玻爾模型和氫原子的能級結(jié)構(gòu)；J4：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】16：壓軸題．【分析】要解決題目（1）就要理解黑體輻射的規(guī)律：溫度越高，輻射越強(qiáng)越大，溫度越高，輻射的電磁波的波長越短；要解決題目（2）就要理解波爾原子理論的三個假設(shè)：軌道量子化，能級假設(shè)，躍遷假設(shè)；要解決（3）要掌握核反應(yīng)方程遵循的規(guī)律，質(zhì)能方程，動量守恒定律。【解答】解：（1）黑體輻射以電磁輻射的形式向外輻射能量，溫度越高，輻射越強(qiáng)越大，故B、D錯誤。黑體輻射的波長分布情況也隨溫度而變，如溫度較低時，主要以不可見的紅外光進(jìn)行輻射，在500℃以至更高的溫度時，則順次發(fā)射可見光以至紫外輻射。即溫度越高，輻射的電磁波的波長越短，故C錯誤A正確。故選A。（2）按照波爾理論電子只能在一些特定的軌道上運動，且滿足rn＝n2r1，故電子離原子核越遠(yuǎn)n越大，電子在這些軌道上運動時并不向外輻射能量，且其能量滿足En=1n2E1，由于E基態(tài)中的電子吸收一頻率為γ的光子后，原子的能量增大為E＝E1+hγ電子發(fā)生電離時其電勢能為0，動能為1故有E＝0+所以有E1+hγ=解得v=答案為：越大，2(（3）在核反應(yīng)的過程中生成物和反應(yīng)物的核電荷數(shù)相等有Z+7＝8+1，解得Z＝2根據(jù)反應(yīng)物和生成物質(zhì)量數(shù)守恒可得A+14＝17+1，解得A＝4，故X為24根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程△E＝△mC2可知在核反應(yīng)發(fā)生的過程中核反應(yīng)吸收能量，質(zhì)量增加，題目中創(chuàng)設(shè)的X的動能恰好轉(zhuǎn)化為生成物的質(zhì)量，所以生成物的速度為0，故生成物的動量為0，而反應(yīng)物的動量不為0，所以該反應(yīng)違背了動量守恒定律，故該反應(yīng)不能實現(xiàn)?！军c評】本題考查了原子物理當(dāng)中的幾乎所有的重要的知識點，難度中等，要求較高，要順利解決本題，一定要熟練記憶本深刻理解教材的基本的內(nèi)容，這是我們學(xué)好物理的捷徑。五、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．只與出最后答案的不能得分．有數(shù)值的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．15．（15分）如圖甲為一理想變壓器，ab為原線圈，ce為副線圈，d為副線圈引出的一個接頭，原線圈輸入正弦式交變電壓的ut圖象如圖乙所示。若只在ce間接一只R1＝400Ω的電阻，或只在de間接一只R2＝225Ω的電阻，兩種情況下電阻消耗的功率均為80W。（1）請寫出原線圈輸入電壓瞬時值uab的表達(dá)式。（2）求只在ce間接400Ω電阻時，原線圈中的電流I1。（3）求ce和de間線圈的匝數(shù)比n【考點】E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率；E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】11：計算題；53A：交流電專題．【分析】（1）要求原線圈的輸入電壓的瞬時值的表達(dá)式需要知道輸入電壓的圓頻率和電壓的最大值，而圓頻率ω=2πT；（2）已知原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，而輸入功率P＝U1I1即可求出原線圈的輸入電流I（3）根據(jù)輸出功率關(guān)系可以知道輸出電壓關(guān)系，根據(jù)原副線圈的電壓關(guān)系可知ce和de間線圈匝數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）由題圖2知ω=2πT=故原線圈的輸入電壓瞬時值uab＝400sin200πt（V）（2）原線圈輸入電壓的有效值U1=故U理想變壓器輸入功率等于副線圈的輸出功率即P1＝P2＝80w根據(jù)P1＝U1I1可得原線圈中的電流I解得I1=2（3）設(shè)ab間匝數(shù)為n1U1U1所以U由題意知R=可得U解得n代入數(shù)據(jù)得nce答：（1）原線圈的輸入電壓瞬時值uab＝400sin200πtV。（2）原線圈中的電流為0.28A。（3）ce和de間線圈的匝數(shù)比為4：3?！军c評】掌握原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)比，輸入功率等于輸出功率，就能順利解決此題。16．（16分）如圖所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為M＝km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口?，F(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運動，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變。（重力加速度為g）（1）求小物塊下落過程中的加速度大??；（2）求小球從管口拋出時的速度大?。唬?）試證明小球平拋運動的水平位移總小于22【考點】1H：勻變速直線運動的公式；37：牛頓第二定律；43：平拋運動．【專題】16：壓軸題．【分析】開始時小球沿斜面向上做勻加速，小物塊向下也做勻加速，兩者的加速度大小相等．對各自受力分析，運用牛頓第二定律列出等式，解出方程．小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上做勻減速運動，對其受力分析，運用牛頓第二定律解出此時的加速度（與前一階段加速度不等），結(jié)合運動學(xué)公式求出小球從管口拋出時的速度大?。\用平拋運動的規(guī)律表示出小球平拋運動的水平位移，利用數(shù)學(xué)知識證明問題．【解答】解：（1）設(shè)細(xì)線中的張力為T，對小球和小物塊各自受力分析：根據(jù)牛頓第二定律得：對M：Mg﹣T＝Ma對m：T﹣mgsin30°＝ma且M＝km解得：a=（2）設(shè)M落地時的速度大小為v，m射出管口時速度大小為v0，M落地后m的加速度為a0．根據(jù)牛頓第二定律有：﹣mgsin30°＝ma0對于m勻加速直線運動有：v2＝2aLsin30°對于小物塊落地靜止不動，小球m繼續(xù)向上做勻減速運動有：v2﹣v02＝2a0L（1﹣sin30°）解得：v0=k-2（3）平拋運動x＝v0tLsin30°=12gt解得x＝Lk-2因為k-2k+1＜1，所以x答：（1）求小物塊下落過程中的加速度大小是2k-12(k+1)（2）求小球從管口拋出時的速度大小是k-22(k+1)【點評】本題考查牛頓第二定律，勻加速運動的公式及平拋運動規(guī)律．要注意第（2）問中要分M落地前和落地后兩段計算，因為兩段的m加速度不相等．第（3）問中，因為k-2k+1＜17．（1