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- 2021-05-13 发布
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2009年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)物理试题
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。
1.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为的两处,它们间库仑力的大小为。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.
C 【解析】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为,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点为+Q,距离又变为原来的,库仑力为,所以两球间库仑力的大小为,C项正确。如两球原来带正电,则接触各自带电均为+2Q。
2.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,为使绳不断裂,画框上两个
挂钉的间距最大为(取)
A. B.
C. D.
A 【解析】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;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。题中当绳子拉力达到F=10N的时候,绳子间的张角最大,即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,绳子长为L0=1m,则有,两个挂钉的间距离,解得m,A项正确。
3.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,若某黑洞的半径约45km,质量和半径的关系满足(其中为光速,
为引力常量),则该黑洞表面重力加速度的数量级为
A. B.
C. D.
C 【解析】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。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,带入数据得重力加速度的数量级为,C项正确。
4.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、竖直分量大小与时间的图像,可能正确的是
B 【解析】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,知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键。竖直方向运动员受重力和空气阻力,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,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,B项正确。
5.在如图所师的闪光灯电路中,电源的电动势为,电容器的电容为。当闪光灯两端电压达到击穿电压时,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.电源的电动势一定小于击穿电压
B.电容器所带的最大电荷量一定为
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,通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电
荷量一定相等
D 【解析】理解此电路的工作过程是解决本题的关键。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;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CU,B项错误;闪光灯闪光时电容器放电,所带电荷量减少,C项错误;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的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等,D项正确。
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.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 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100 V
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
AB
【解析】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。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V,电压表的示数为交流电的有效值,B项正确;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,A项正确;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,C项错误;断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,D项错误。
7.如图所示,以匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯
还有2 s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,减速时最大加速度大小为
。此路段允许行驶的最大速度为,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.如果距停车线处减速,汽车能停在停车线处
AC 【解析】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。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12m/s<12.5m/s,汽车没有超速,A项正确;如果立即做匀减速运动,速度减为零需要时间s,此过程通过的位移为6.4m,C项正确、D项错误。
8.空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示,轴上两点B、C
点电场强度在方向上的分量分别是、,下列说法中正确的有
A.的大小大于的大小
B.的方向沿轴正方向
C.电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大
D.负电荷沿轴从移到的过程中,电场力先做正功,后做负功
AD 【解析】本题的入手点在于如何判断和的大小,由图象可知在x轴上各点的电场强度在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磁场,用匀强磁场的处理方法思考,从而得到结论,此方法为微元法;需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。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>,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,的方向沿x轴负方向,在O点右侧,的方向沿x轴正方向,所以B项错误,D项正确。
9.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
F
F1
F1
B
v
t
t2
t1
v1
v2
v
A
B
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的速度相等时,A的速度达到最大
D.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大
BCD 【解析】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。对A、B在水平方向受力分析如图,F1为弹簧的拉力;当加速度大小相同为a时,对A有,对B有,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,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,弹簧被拉到最长;除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功,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。
三、简答题:本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分。攻击42分。请将解答写在答题卡相应的位置。
【必做题】
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=________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)
(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)
(1)9.940 (2)⑥ (3)
【解析】(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=0.058mm=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、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=3.38
Ω.即,,而电阻R满足R2=Rd·RD,将Rd、RD带入得
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,打出了一条纸袋如图乙所示。计时器打点的时间间隔为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=______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的实验数据如下表:
砝码盘中砝码总重力F(N)
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a(m·s-2)
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70
请根据实验数据作出a-F的关系图像.
(3)根据提供的试验数据作出的-F图线不通过原点,请说明主要原因。
11. 11. (1) 0.16 (0.15也算对) (2)(见图) (3)未计入砝码盘的重力
【解析】(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,关键弄清公式中各个量的物理意义,为连续相等时间内的位移差,t为连需相等的时间间隔,如果每5个点取一个点,则连续两点的时间间隔为t=0.1s,(3.68-3.52)m,带入可得加速度=0.16m/s2。也可以使用最后一段和第二段的位移差求解,得加速度
=0.15m/s2.
(2)根据图中的数据,合理的设计横纵坐标的刻度值,使图线倾斜程度太小也不能太大,以与水平方向夹角45°左右为宜。由此确定F的范围从0设置到1N较合适,而a则从0到3m/s2较合适。设好刻度,根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。如图所示。
(3)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。与纵坐标相交而不过原点,该交点说明当不挂砝码时,小车仍由加速度,即绳对小车仍有拉力,从此拉力的来源考虑很容易得到答案,是因为砝码盘的重力,而在(2)问的图表中只给出了砝码的总重力,而没有考虑砝码盘的重力。
12.[选做题]本题包括、、C三个小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作
答。若三题都做,则按A、B两题评分
A.(选修模块3—3)(12分)
(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 ▲ 。(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 ▲ (填“吸收”或“放出”)的热量是 ▲ 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 ▲ J
(3)已知气泡内气体的密度为1.29kg/,平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数
,取气体分子的平均直径为,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。(结果保留一位有效数字)
B.(选修模块3—4)(12分)
(1)如图甲所示,强强乘电梯速度为0.9(为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮,壮壮的飞行速度为0.5,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 ▲ 。(填写选项前的字母)
(A)0.4c (B)0.5c
(C)0.9c (D)1.0c
(2)在时刻,质点A开始做简谐运动,其振动图象如
图乙所示。
质点A振动的周期是租 ▲ s;时,质点A的运动沿轴的 ▲ 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,在时,质点B偏离平衡位置的位移是 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现在半径的圆型范围内,水面上的运动员手到脚的长度,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,(结果保留两位有效数字)
C.(选修模块3—5)(12分)
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,利用中微子与水中的核反应,间接地证实了中微子的存在。
(1)中微子与水中的发生核反应,产生中子()和正电子(),即
中微子+→+
可以判定,中微子的质量数和电荷数分别是 ▲ 。(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 +2
已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31㎏,反应中产生的每个光子的能量约为 ▲
J.正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子,原因是 ▲ 。
(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。
12 A. (1) D (2) 吸收 0.6 0.2
(3) 设气体体积为,液体体积为
气体分子数, (或)
则 (或)
解得 (都算对)
【解析】(1)掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。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,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,液体体积为
气体分子数, (或)
则 (或)
解得 (都算对)
B.(1)D (2)4 正 10
(3)(3)设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为
折射定律
几何关系
得
取,解得(都算对)
【解析】(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)根据题意能画出光路图,正确使用物象比解决本题的关键。
设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为,光路如图:
折射定律
几何关系
得
取,解得
(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值可以不同均可)
C.(1)A (2) 遵循动量守恒
(3)粒子的动量 ,物质波的波长
由,知,则
【解析】(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,故一个光子的能量为,带入数据得=J。
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,所以,故。
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 =2㎏,动力系统提供的恒定升力F =28 N。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 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小;
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2 = 6 s 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 。
解析:
(1)第一次飞行中,设加速度为
匀加速运动
由牛顿第二定律
解得
(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为,上升的高度为
匀加速运动
设失去升力后的速度为,上升的高度为
由牛顿第二定律
解得
(3)设失去升力下降阶段加速度为;恢复升力后加速度为,恢复升力时速度为
由牛顿第二定律
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=(s)(或2.1s)
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E㎞。
解析:
(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1
qu=mv12
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
当≤时,粒子的最大动能由Bm决定
解得
当≥时,粒子的最大动能由fm决定
解得
(1)
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,图中未图出)。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m 。
15.解析:
(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
且
解得
(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为,则接着向下运动
由动能定理
装置在磁场中运动时收到的合力
感应电动势 =Bd
感应电流 =
安培力
由牛顿第二定律,在t到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之间往复运动
由动能定理
解得
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