備考2022練習(xí)2009年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（全國(guó)卷ⅱ）（含解析版）

1、2009年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（全國(guó)卷）一、選擇題（本題共8小題在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1（6分）下列關(guān)于簡(jiǎn)諧振動(dòng)和簡(jiǎn)諧波的說(shuō)法，正確的是（）A媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期一定和相應(yīng)的波的周期相等B媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的速度一定和相應(yīng)的波的波速相等C波的傳播方向一定和媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向一致D橫波的波峰與波谷在振動(dòng)方向上的距離一定是質(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍2（6分）兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?0.4s時(shí)間內(nèi)的vt圖象如圖所示若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為（）A和0.30s

2、B3和0.30sC和0.28sD3和0.28s3（6分）如圖，水平放置的密封氣缸內(nèi)的氣體被一豎 直隔板分隔為左右兩部分，隔板可在氣缸內(nèi)無(wú)摩擦滑動(dòng)，右側(cè)氣體內(nèi)有一電熱絲氣缸壁和隔板均絕熱初始時(shí)隔板靜止，左右兩邊氣體溫度相等現(xiàn)給電熱絲提供一微弱電流，通電一段時(shí)間后切斷電源當(dāng)缸內(nèi)氣體再次達(dá)到平衡時(shí)，與初始狀態(tài)相比（）A右邊氣體溫度升高，左邊氣體溫度不變B左右兩邊氣體溫度都升高C左邊氣體壓強(qiáng)增大D右邊氣體內(nèi)能的增加量等于電熱絲放出的熱量4（6分）圖為測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)得到的UI圖線用此電源與三個(gè)阻值均為3的電阻連接成電路，測(cè)得路端電壓為4.8V則該電路可能為（）ABCD5（6分）氫原子的部分能級(jí)

3、如圖所示。已知可見(jiàn)光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間。由此可推知，氫原子（）A從高能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)了出的光的波長(zhǎng)比可見(jiàn)光的短B從高能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光均為可見(jiàn)光C從高能級(jí)向n=3能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光的頻率比可見(jiàn)光的高D從n=3能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光為可見(jiàn)光6（6分）如圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對(duì)值也相等現(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，若不計(jì)重力，則（）AM帶負(fù)電荷，N帶正電荷BN在a點(diǎn)的速度與M在c

4、點(diǎn)的速度大小相同CN在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功DM在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功等于零7（6分）以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為（）A和 B和C和 D和8（6分）一玻璃磚橫截面如圖所示，其中ABC構(gòu)成直角三角形（AC邊未畫(huà)出），AB為直角邊，ABC=45°；ADC為一圓弧，其圓心在BC邊的中點(diǎn)。此玻璃的折射率為1.5P為一貼近玻璃磚放置的、與AB垂直的光屏。若一束寬度與AB邊長(zhǎng)度相等的平行光從AB邊垂直射入玻璃磚，則（）A從BC邊折射出一束寬度

5、與BC邊長(zhǎng)度相等的平行光B屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長(zhǎng)度C屏上有一亮區(qū)，其寬度等于AC邊的長(zhǎng)度D當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動(dòng)時(shí)，屏上亮區(qū)先逐漸變小然后逐漸變大二、解答題（共5小題，滿分72分）9（5分）某同學(xué)利用多用電表測(cè)量二極管的反向電阻完成下列測(cè)量步驟：（1）檢查多用電表的機(jī)械調(diào)零（2）將紅、黑表筆分別插入正、負(fù)表筆插孔，將選擇開(kāi)關(guān)拔至電阻測(cè)量擋適當(dāng)?shù)牧砍烫帲?）將紅、黑表筆 ，進(jìn)行歐姆調(diào)零（4）測(cè)反向電阻時(shí)，將 表筆接二極管正極，將 表筆接二極管負(fù)極，讀出電表示數(shù)（5）為了得到準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)讓電表指針盡量指向表盤 （填“左側(cè)”、“右側(cè)”或“中央”）；否則，在可能的條件下，應(yīng)重

6、新選擇量程，并重復(fù)步驟（3）、（4）（6）測(cè)量完成后，將選擇開(kāi)關(guān)拔向 位置10（13分）某同學(xué)用圖1所示裝置做“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果在坐標(biāo)紙上描出了小球水平拋出后的運(yùn)動(dòng)軌跡，但不慎將畫(huà)有軌跡圖線的坐標(biāo)紙丟失了一部分，剩余部分如圖2所示。圖2中水平方向與豎直方向每小格的長(zhǎng)度均代表0.10m，P1、P2和P3是軌跡圖線上的3個(gè)點(diǎn)，P1和P2、P2和P3之間的水平距離相等。完成下列真空：（重力加速度取9.8m/s2）（1）設(shè)P1、P2和P3的橫坐標(biāo)分別為x1、x2和x3，縱坐標(biāo)分別為y1、y2和y3，從圖2中可讀出|y1y2|= m，|y1y3|= m，|x1x2|= m（保留一位小數(shù)

7、）。（2）若已測(cè)知拋出后小球在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)。利用（1）中讀取的數(shù)據(jù)，求出小球運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為 s，小球拋出后的水平速度為 （均可用根號(hào)表示）。（3）已測(cè)得小球拋出前下滑的高度為0.50m。設(shè)E1和E2分別為開(kāi)始下滑時(shí)和拋出時(shí)的機(jī)械能，則小球從開(kāi)始下滑到拋出的過(guò)程中機(jī)械能的相對(duì)損失，= %（保留一位有效數(shù)字）11（15分）如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時(shí)間的變化率=k，k 為負(fù)的常量用電阻率為、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為l的方框?qū)⒎娇蚬潭ㄓ诩埫鎯?nèi)，其右半部位于磁場(chǎng)區(qū)域中求（1）導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小；（2）磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化12（18分）如圖在寬

8、度分別為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，電場(chǎng)方向與電、磁場(chǎng)分界線平行向右一帶正電荷的粒子以速率v從磁場(chǎng)區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場(chǎng)，然后以垂直于電、磁場(chǎng)分界線的方向進(jìn)入電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)邊界上的Q點(diǎn)射出已知PQ垂直于電場(chǎng)方向，粒子軌跡與電、磁場(chǎng)分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比13（21分）如圖，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲(chǔ)藏有石油，假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為；石油密度遠(yuǎn)小于，可將上述球形區(qū)域視為空腔。如果沒(méi)有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度（正常值）

9、沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時(shí)，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會(huì)與正常情況有微小偏離。重力加速度在原豎直方向（即PO方向）上的投影相對(duì)于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！薄榱颂綄な蛥^(qū)域的位置和石油儲(chǔ)量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反常現(xiàn)象。已知引力常數(shù)為G。（1）設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d（遠(yuǎn)小于地球半徑），PQ=x，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常。（2）若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在與k（k1）之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L(zhǎng)的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積。2009年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試

10、卷（全國(guó)卷）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1（6分）下列關(guān)于簡(jiǎn)諧振動(dòng)和簡(jiǎn)諧波的說(shuō)法，正確的是（）A媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期一定和相應(yīng)的波的周期相等B媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的速度一定和相應(yīng)的波的波速相等C波的傳播方向一定和媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向一致D橫波的波峰與波谷在振動(dòng)方向上的距離一定是質(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍【考點(diǎn)】71：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】簡(jiǎn)諧波傳播過(guò)程中，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期一定和相應(yīng)的波的周期相等質(zhì)點(diǎn)

11、振動(dòng)的速度與波的波速是兩回事縱波的傳播方向一定和介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向在同一直線上橫波的波峰與波谷在振動(dòng)方向上的距離是質(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍【解答】解：A、簡(jiǎn)諧波傳播過(guò)程中，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)在波源驅(qū)動(dòng)力作用做受迫振動(dòng)，振動(dòng)周期都等于波的振動(dòng)周期。故A正確。B、簡(jiǎn)諧波在同一均勻介質(zhì)中傳播時(shí)速度不變，而質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間做周期性變化。故B錯(cuò)誤。C、縱波的傳播方向一定和介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向在同一直線上，但不是總是一致。故C錯(cuò)誤。D、橫波的波峰與波谷在振動(dòng)方向上的距離是質(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍。故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)描述波的基本物理量的理解質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期和頻率就等于波的周期與頻率，常常不加區(qū)分2（6分

12、）兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?0.4s時(shí)間內(nèi)的vt圖象如圖所示若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為（）A和0.30sB3和0.30sC和0.28sD3和0.28s【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】512：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題【分析】先根據(jù)三角形相似知識(shí)求出t1，再根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛頓第二定律和第三定律求解兩物體質(zhì)量之比【解答】解：根據(jù)三角形相似得：=，得t1=0.30s。根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，得到：甲的加速度大小為a甲=，乙的加速度大小為a乙=10m/s2據(jù)題，僅在兩物體之間存在相互作

13、用，根據(jù)牛頓第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛頓第二定律F=ma得：兩物體的加速度與質(zhì)量成反比，則有質(zhì)量之比為 m甲：m乙=a乙：a甲=3：1。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題一方面考查速度圖象的斜率等于加速度；另一方面考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力3（6分）如圖，水平放置的密封氣缸內(nèi)的氣體被一豎 直隔板分隔為左右兩部分，隔板可在氣缸內(nèi)無(wú)摩擦滑動(dòng)，右側(cè)氣體內(nèi)有一電熱絲氣缸壁和隔板均絕熱初始時(shí)隔板靜止，左右兩邊氣體溫度相等現(xiàn)給電熱絲提供一微弱電流，通電一段時(shí)間后切斷電源當(dāng)缸內(nèi)氣體再次達(dá)到平衡時(shí)，與初始狀態(tài)相比（）A右邊氣體溫度升高，左邊氣體溫度不變B左右兩邊氣體溫度都升高C左邊氣體壓強(qiáng)增大D右邊氣

14、體內(nèi)能的增加量等于電熱絲放出的熱量【考點(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】根據(jù)氣體狀態(tài)方程=C和已知的變化量去判斷其它的物理量；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體的內(nèi)能變化【解答】解：A、B、當(dāng)電熱絲通電后，右側(cè)的氣體溫度升高氣體膨脹，將隔板向左推，對(duì)左邊的氣體做功，又因左側(cè)氣體為絕熱過(guò)程，由熱力學(xué)第一定律知內(nèi)能增加，氣體的溫度升高。故A錯(cuò)誤，B正確；C、利用為一常數(shù)知，左邊的氣體壓強(qiáng)增大。故C正確。D、電熱絲放出的熱量等于右邊氣體內(nèi)能的增加量與對(duì)外做功之差，所以右邊氣體內(nèi)能的增加值為電熱絲放出的熱量減去對(duì)左邊的氣體所做的功，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)

15、評(píng)】掌握一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能變化由溫度決定，根據(jù)氣體狀態(tài)方程找出新的平衡狀態(tài)下物理量間的關(guān)系4（6分）圖為測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)得到的UI圖線用此電源與三個(gè)阻值均為3的電阻連接成電路，測(cè)得路端電壓為4.8V則該電路可能為（）ABCD【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題【分析】根據(jù)UI圖形可得電源的電動(dòng)勢(shì)和電源的內(nèi)電阻，根據(jù)不同電路來(lái)計(jì)算路端電壓即可【解答】解：由上圖可知電源電動(dòng)勢(shì)為6V，電源內(nèi)阻為=0.5。對(duì)A圖I=A=4A，U=IR外=4V；對(duì)B圖，I=2.4A，U=IR外=4.8V；對(duì)C圖，I=0.63A，U=5.68V；對(duì)D圖，I

16、=1.2A，U=5.4V故B項(xiàng)正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)圖象求得電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻是本題的關(guān)鍵，之后根據(jù)閉合電路歐姆定律來(lái)計(jì)算即可5（6分）氫原子的部分能級(jí)如圖所示。已知可見(jiàn)光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間。由此可推知，氫原子（）A從高能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)了出的光的波長(zhǎng)比可見(jiàn)光的短B從高能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光均為可見(jiàn)光C從高能級(jí)向n=3能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光的頻率比可見(jiàn)光的高D從n=3能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光為可見(jiàn)光【考點(diǎn)】J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54N：原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題【分析】能級(jí)間躍遷時(shí)輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，即EmEn=

17、hv?！窘獯稹拷猓篈、從高能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)，輻射的光子能量最小為10.20eV，大于可見(jiàn)光的光子能量，則波長(zhǎng)小于可見(jiàn)光的波長(zhǎng)。故A正確。B、從高能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光子能量最大為3.40eV，大于可見(jiàn)光的能量。故B錯(cuò)誤。C、從高能級(jí)向n=3能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光的能量最大為1.51eV，小于可見(jiàn)光的光子能量。故C錯(cuò)誤。D、從n=3能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光子能量為1.89eV，在可見(jiàn)光能量范圍之內(nèi)。故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷輻射或吸收光子能量滿足：EmEn=hv。6（6分）如圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，

18、所帶電荷的絕對(duì)值也相等現(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，若不計(jì)重力，則（）AM帶負(fù)電荷，N帶正電荷BN在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相同CN在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功DM在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功等于零【考點(diǎn)】AC：電勢(shì)；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】根據(jù)粒子的軌跡可判斷粒子的電場(chǎng)力方向，O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，而且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可判斷出電場(chǎng)方向，從而確定出粒子的電性由

19、動(dòng)能定理可知，N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相等，但方向不同N從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功O、b間電勢(shì)差為零，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力做功為零【解答】解：A、由題，等勢(shì)線在水平方向，O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，而且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可知電場(chǎng)方向垂直于虛線有b指向c，根據(jù)粒子的軌跡可判斷出a粒子所受的電場(chǎng)力方向垂直于虛線有O指向a，M粒子所受的電場(chǎng)力方向垂直于虛線有b指向c，故知N粒子帶負(fù)電，M帶正電。故A錯(cuò)誤；B、由動(dòng)能定理可知，N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相等，但方向不同，速度不同。故B正確；C、N從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力與速度的夾角為銳角，電場(chǎng)力做正功。

20、故C錯(cuò)誤；D、O、b間電勢(shì)差為零，由動(dòng)能定理可知M從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)它做功為零。故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題要根據(jù)粒子的軌跡判定電場(chǎng)力方向，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直的特點(diǎn)，分析能否判定電性由動(dòng)能定理分析電場(chǎng)力做功是常用的方法7（6分）以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為（）A和B和C和D和【考點(diǎn)】1N：豎直上拋運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；511：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題【分析】豎直向上拋出的小物體，在上升的過(guò)程中，受到的阻力向下，在下降的過(guò)程中，受到的阻力向上，

21、根據(jù)物體的受力情況，分過(guò)程求解上升的高度和下降的速度的大小。【解答】解：在上升的過(guò)程中，對(duì)物體受力分析由牛頓第二定律可得，mg+f=ma1，所以上升時(shí)的加速度為a1=，加速度的方向與初速度的方向相反，即豎直向下，從上升到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)v2v02=2a1x可得，上升的最大高度為x=，在下降的時(shí)候，對(duì)物體受力分析有牛頓第二定律可得，mgf=ma2，所以下降的加速度的大小為a2=，從開(kāi)始下降到返回到原拋出點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)v2=2a2x可得，v=，所以A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】在上升和下降的過(guò)程中，小球受到的摩擦力的方向是不同的，根據(jù)小球的受力，由牛頓第二定律求得加速度的大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律

22、求解即可。8（6分）一玻璃磚橫截面如圖所示，其中ABC構(gòu)成直角三角形（AC邊未畫(huà)出），AB為直角邊，ABC=45°；ADC為一圓弧，其圓心在BC邊的中點(diǎn)。此玻璃的折射率為1.5P為一貼近玻璃磚放置的、與AB垂直的光屏。若一束寬度與AB邊長(zhǎng)度相等的平行光從AB邊垂直射入玻璃磚，則（）A從BC邊折射出一束寬度與BC邊長(zhǎng)度相等的平行光B屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長(zhǎng)度C屏上有一亮區(qū)，其寬度等于AC邊的長(zhǎng)度D當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動(dòng)時(shí)，屏上亮區(qū)先逐漸變小然后逐漸變大【考點(diǎn)】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54D：光的折射專題【分析】材料的折射率n=1.5，臨界角小于45&#

23、176;，從AB面射入的所有光線在AC面上都發(fā)生全反射。從AB面中間附近射入的光線到達(dá)圓弧ACD面時(shí)，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來(lái)?！窘獯稹拷猓篈、材料的折射率n=1.5，臨界角小于45°，從AB面射入的所有光線在AC面上都發(fā)生全反射，所以沒(méi)有光線從BC邊射出，故A錯(cuò)誤；B、材料的折射率n=1.5，臨界角小于45°，從AB面射入的所有光線在AC面上都發(fā)生全反射。從AB面中間附近射入的光線到達(dá)圓弧ACD面時(shí)，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來(lái)。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長(zhǎng)度，故B正確；C、材料的折射率n=1.5，臨界角小于45°

24、;，從AB面射入的所有光線在AC面上都發(fā)生全反射。從AB面中間附近射入的光線到達(dá)圓弧ACD面時(shí)，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來(lái)。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長(zhǎng)度，故C錯(cuò)誤；D、材料的折射率n=1.5，臨界角小于45°，從AB面射入的所有光線在AC面上都發(fā)生全反射。從AB面中間附近射入的光線到達(dá)圓弧ACD面時(shí)，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來(lái)。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長(zhǎng)度，當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動(dòng)時(shí)，屏上亮區(qū)先逐漸變小，一旦越過(guò)，折射光線的交點(diǎn)后，亮區(qū)漸漸變大。故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)全反射現(xiàn)象的理解和分析能力。當(dāng)

25、光到達(dá)兩個(gè)介質(zhì)的界面時(shí)，要考慮能否發(fā)生全反射。二、解答題（共5小題，滿分72分）9（5分）某同學(xué)利用多用電表測(cè)量二極管的反向電阻完成下列測(cè)量步驟：（1）檢查多用電表的機(jī)械調(diào)零（2）將紅、黑表筆分別插入正、負(fù)表筆插孔，將選擇開(kāi)關(guān)拔至電阻測(cè)量擋適當(dāng)?shù)牧砍烫帲?）將紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零（4）測(cè)反向電阻時(shí)，將紅表筆接二極管正極，將黑表筆接二極管負(fù)極，讀出電表示數(shù)（5）為了得到準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)讓電表指針盡量指向表盤中央（填“左側(cè)”、“右側(cè)”或“中央”）；否則，在可能的條件下，應(yīng)重新選擇量程，并重復(fù)步驟（3）、（4）（6）測(cè)量完成后，將選擇開(kāi)關(guān)拔向off擋或交流電壓最高擋位置【考點(diǎn)】N6：伏安法

26、測(cè)電阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題【分析】用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，紅表筆接電源的負(fù)極，黑表筆接電源的正極；使用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，應(yīng)把紅黑表筆短接進(jìn)行歐姆調(diào)零；應(yīng)選擇合適的擋位，使歐姆表指針指在表盤中央附近；多用電表使用完畢，應(yīng)把選擇開(kāi)關(guān)打到off擋或交流電壓最高擋【解答】解：（3）將紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零（4）測(cè)反向電阻時(shí)，將紅表筆接二極管正極，將黑表筆接二極管負(fù)極，讀出電表示數(shù)（5）為了得到準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)讓電表指針盡量指向表盤中央（6）測(cè)量完成后，將選擇開(kāi)關(guān)拔向Off擋或交流電壓最高擋位置故答案為：（3）短接；（4）紅；黑；（5）中央；（6）Off擋或交流電壓最

27、高擋【點(diǎn)評(píng)】要掌握歐姆表的使用方法及注意事項(xiàng)，二極管正向偏壓很小，二極管反向偏壓電阻很大，相當(dāng)于斷路10（13分）某同學(xué)用圖1所示裝置做“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果在坐標(biāo)紙上描出了小球水平拋出后的運(yùn)動(dòng)軌跡，但不慎將畫(huà)有軌跡圖線的坐標(biāo)紙丟失了一部分，剩余部分如圖2所示。圖2中水平方向與豎直方向每小格的長(zhǎng)度均代表0.10m，P1、P2和P3是軌跡圖線上的3個(gè)點(diǎn)，P1和P2、P2和P3之間的水平距離相等。完成下列真空：（重力加速度取9.8m/s2）（1）設(shè)P1、P2和P3的橫坐標(biāo)分別為x1、x2和x3，縱坐標(biāo)分別為y1、y2和y3，從圖2中可讀出|y1y2|=0.6m，|y1y3|=1.6m

28、，|x1x2|=0.6m（保留一位小數(shù)）。（2）若已測(cè)知拋出后小球在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)。利用（1）中讀取的數(shù)據(jù)，求出小球運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為s，小球拋出后的水平速度為2.1m/s（均可用根號(hào)表示）。（3）已測(cè)得小球拋出前下滑的高度為0.50m。設(shè)E1和E2分別為開(kāi)始下滑時(shí)和拋出時(shí)的機(jī)械能，則小球從開(kāi)始下滑到拋出的過(guò)程中機(jī)械能的相對(duì)損失，=1×10%（保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】MB：研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；518：平拋運(yùn)動(dòng)專題【分析】據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)h=gt2，求出物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后利用水平方向運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)即可求出平拋的初速度（水平速度）。根據(jù)機(jī)械能的定義，算

29、出兩個(gè)狀態(tài)的機(jī)械能，代入公式即可正確解答。【解答】解：（1）根據(jù)圖（2）可解得：|y1y2|=0.6m，|y1y3|=1.6m，|x1x2|=6×0.10m=0.6m。故答案為：0.6；1.6；0.6。（2）小球經(jīng)過(guò)P1、P2、和P3之間的時(shí)間相等，在豎直方向有：h1=0.60m，h2=1.600.60=1.00m連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差為常數(shù)：h=gt2，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)：x=v0t其中h=1.000.60=0.40m，x=0.60m，代入數(shù)據(jù)解得：t= s，v0=2.1m/s故答案為：；2.1m/s。（3）設(shè)開(kāi)始拋出時(shí)所在位置為零勢(shì)能面，所以有：E1=mgh=0.50×9

30、.8×m=4.9mJ，E2=4.41mJ所以：=10%故答案為：1×10?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解和應(yīng)用，尤其是有關(guān)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及推論的應(yīng)用，同時(shí)考查有關(guān)機(jī)械能的損失問(wèn)題，是一道考查能力的好題目。11（15分）如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時(shí)間的變化率=k，k 為負(fù)的常量用電阻率為、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為l的方框?qū)⒎娇蚬潭ㄓ诩埫鎯?nèi)，其右半部位于磁場(chǎng)區(qū)域中求（1）導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大?。唬?）磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化【考點(diǎn)】CC：安培力；D8：法拉第電磁感應(yīng)定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】539：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題【

31、分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)電阻定律求出線框的電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流的大?。?）根據(jù)F=BIL，得出=Il，可以求出安培力隨時(shí)間的變化率【解答】解：（1）導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=導(dǎo)線框中的電流為 I=式中R是導(dǎo)線框的電阻，根據(jù)電阻率公式有 R=聯(lián)立式，將=k代入得 I=答：導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小為（2）導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為F=BIl它隨時(shí)間的變化率為=Il由式得=答：磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化率為【點(diǎn)評(píng)】本題綜合運(yùn)用了法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律和閉合電路歐姆定律，解決本題的關(guān)鍵是熟練這些規(guī)律的運(yùn)用12（18分）如圖在寬度分別

32、為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，電場(chǎng)方向與電、磁場(chǎng)分界線平行向右一帶正電荷的粒子以速率v從磁場(chǎng)區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場(chǎng)，然后以垂直于電、磁場(chǎng)分界線的方向進(jìn)入電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)邊界上的Q點(diǎn)射出已知PQ垂直于電場(chǎng)方向，粒子軌跡與電、磁場(chǎng)分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，找出圓心根據(jù)

33、牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式；在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，平行電場(chǎng)線方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式列式，最后聯(lián)立方程組求解【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如圖）由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上，OP長(zhǎng)度即為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧的半徑R由幾何關(guān)系得 R2=l12+（Rd）2設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得設(shè)P'為虛線與分界線的交點(diǎn)，POP'=，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為式中粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其初速度為v，方向垂直于電場(chǎng)設(shè)粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE=ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)2=vt2式中t2是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由式得由式得 答：電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為，粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比