2009年高考物理試卷（全國卷Ⅱ）（解析卷）

第頁|共頁2009年全國統(tǒng)一高考物理試卷（全國卷Ⅱ）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選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．（6分）下列關于簡諧振動和簡諧波的說法，正確的是（）A．媒質中質點振動的周期一定和相應的波的周期相等 B．媒質中質點振動的速度一定和相應的波的波速相等 C．波的傳播方向一定和媒質中質點振動的方向一致 D．橫波的波峰與波谷在振動方向上的距離一定是質點振幅的兩倍 【考點】71：簡諧運動；F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關系．【分析】簡諧波傳播過程中，介質中質點做簡諧振動，介質中質點振動的周期一定和相應的波的周期相等．質點振動的速度與波的波速是兩回事．縱波的傳播方向一定和介質中質點振動的方向在同一直線上．橫波的波峰與波谷在振動方向上的距離是質點振幅的兩倍．【解答】解：A、簡諧波傳播過程中，介質中質點在波源驅動力作用做受迫振動，振動周期都等于波的振動周期。故A正確。B、簡諧波在同一均勻介質中傳播時速度不變，而質點做簡諧運動的速度隨時間做周期性變化。故B錯誤。C、縱波的傳播方向一定和介質中質點振動的方向在同一直線上，但不是總是一致。故C錯誤。D、橫波的波峰與波谷在振動方向上的距離是質點振幅的兩倍。故D正確。故選：AD。【點評】本題考查對描述波的基本物理量的理解．質點振動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）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0～0.4s時間內(nèi)的v﹣t圖象如圖所示．若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質量之比和圖中時間t1分別為（）A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s 【考點】1I：勻變速直線運動的圖像．【專題】512：運動學中的圖像專題．【分析】先根據(jù)三角形相似知識求出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量成反比，則有質量之比為m甲：m乙=a乙：a甲=3：1。故選：B?！军c評】本題一方面考查速度圖象的斜率等于加速度；另一方面考查運用數(shù)學知識解決物理問題的能力．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)無摩擦滑動，右側氣體內(nèi)有一電熱絲．氣缸壁和隔板均絕熱．初始時隔板靜止，左右兩邊氣體溫度相等．現(xiàn)給電熱絲提供一微弱電流，通電一段時間后切斷電源．當缸內(nèi)氣體再次達到平衡時，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．左邊氣體壓強增大 D．右邊氣體內(nèi)能的增加量等于電熱絲放出的熱量 【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【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)熱力學第一定律判斷氣體的內(nèi)能變化．【解答】解：A、B、當電熱絲通電后，右側的氣體溫度升高氣體膨脹，將隔板向左推，對左邊的氣體做功，又因左側氣體為絕熱過程，由熱力學第一定律知內(nèi)能增加，氣體的溫度升高。故A錯誤，B正確；C、利用為一常數(shù)知，左邊的氣體壓強增大。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左邊的氣體所做的功，故D錯誤。故選：BC?！军c評】掌握一定質量的理想氣體的內(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)下物理量間的關系．4．（6分）圖為測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U﹣I圖線．用此電源與三個阻值均為3Ω的電阻連接成電路，測得路端電壓為4.8V．則該電路可能為（）A． B． C． D． 【考點】BB：閉合電路的歐姆定律．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】根據(jù)U﹣I圖形可得電源的電動勢和電源的內(nèi)電阻，根據(jù)不同電路來計算路端電壓即可．【解答】解：由上圖可知電源電動勢為6V，電源內(nèi)阻為=0.5Ω。對A圖I==A=4A，U=IR外=4V；對B圖，I==2.4A，U=IR外=4.8V；對C圖，I==0.63A，U=5.68V；對D圖，I==1.2A，U=5.4V．故B項正確。故選：B?！军c評】根據(jù)圖象求得電源的電動勢和內(nèi)電阻是本題的關鍵，之后根據(jù)閉合電路歐姆定律來計算即可．5．（6分）氫原子的部分能級如圖所示。已知可見光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間。由此可推知，氫原子（）A．從高能級向n=1能級躍遷時了出的光的波長比可見光的短 B．從高能級向n=2能級躍遷時發(fā)出的光均為可見光 C．從高能級向n=3能級躍遷時發(fā)出的光的頻率比可見光的高 D．從n=3能級向n=2能級躍遷時發(fā)出的光為可見光 【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】54N：原子的能級結構專題．【分析】能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，即Em﹣En=hv?！窘獯稹拷猓篈、從高能級向n=1能級躍遷時，輻射的光子能量最小為10.20eV，大于可見光的光子能量，則波長小于可見光的波長。故A正確。B、從高能級向n=2能級躍遷時輻射的光子能量最大為3.40eV，大于可見光的能量。故B錯誤。C、從高能級向n=3能級躍遷時發(fā)出的光的能量最大為1.51eV，小于可見光的光子能量。故C錯誤。D、從n=3能級向n=2能級躍遷時發(fā)出的光子能量為1.89eV，在可見光能量范圍之內(nèi)。故D正確。故選：AD。【點評】解決本題的關鍵知道能級間躍遷輻射或吸收光子能量滿足：Em﹣En=hv。6．（6分）如圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點．已知O點電勢高于c點，若不計重力，則（）A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．N在a點的速度與M在c點的速度大小相同 C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功 D．M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零 【考點】AC：電勢；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】531：帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】根據(jù)粒子的軌跡可判斷粒子的電場力方向，O點電勢高于c點，根據(jù)電場線與等勢線垂直，而且由高電勢指向低電勢，可判斷出電場方向，從而確定出粒子的電性．由動能定理可知，N在a點的速度與M在c點的速度大小相等，但方向不同．N從O點運動至a點的過程中電場力做正功．O、b間電勢差為零，由動能定理可知電場力做功為零．【解答】解：A、由題，等勢線在水平方向，O點電勢高于c點，根據(jù)電場線與等勢線垂直，而且由高電勢指向低電勢，可知電場方向垂直于虛線有b指向c，根據(jù)粒子的軌跡可判斷出a粒子所受的電場力方向垂直于虛線有O指向a，M粒子所受的電場力方向垂直于虛線有b指向c，故知N粒子帶負電，M帶正電。故A錯誤；B、由動能定理可知，N在a點的速度與M在c點的速度大小相等，但方向不同，速度不同。故B正確；C、N從O點運動至a點的過程中電場力與速度的夾角為銳角，電場力做正功。故C錯誤；D、O、b間電勢差為零，由動能定理可知M從O點運動至b點的過程中，電場力對它做功為零。故D正確。故選：BD。【點評】本題要根據(jù)粒子的軌跡判定電場力方向，根據(jù)電場線與等勢線垂直的特點，分析能否判定電性．由動能定理分析電場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的速率分別為（）A．和 B．和 C．和 D．和 【考點】1N：豎直上拋運動．【專題】16：壓軸題；511：直線運動規(guī)律專題．【分析】豎直向上拋出的小物體，在上升的過程中，受到的阻力向下，在下降的過程中，受到的阻力向上，根據(jù)物體的受力情況，分過程求解上升的高度和下降的速度的大小?！窘獯稹拷猓涸谏仙倪^程中，對物體受力分析由牛頓第二定律可得，mg+f=ma1，所以上升時的加速度為a1=，加速度的方向與初速度的方向相反，即豎直向下，從上升到達最高點的過程中，根據(jù)v2﹣v02=2a1x可得，上升的最大高度為x===，在下降的時候，對物體受力分析有牛頓第二定律可得，mg﹣f=ma2，所以下降的加速度的大小為a2=，從開始下降到返回到原拋出點的過程中，根據(jù)v2=2a2x可得，v==，所以A正確。故選：A。【點評】在上升和下降的過程中，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)運動學的規(guī)律求解即可。8．（6分）一玻璃磚橫截面如圖所示，其中ABC構成直角三角形（AC邊未畫出），AB為直角邊，∠ABC=45°；ADC為一圓弧，其圓心在BC邊的中點。此玻璃的折射率為1.5．P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邊長度相等的平行光 B．屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度 C．屏上有一亮區(qū)，其寬度等于AC邊的長度 D．當屏向遠離玻璃磚的方向平行移動時，屏上亮區(qū)先逐漸變小然后逐漸變大 【考點】H3：光的折射定律．【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°，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圓弧ACD面時，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來。【解答】解：A、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，所以沒有光線從BC邊射出，故A錯誤；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圓弧ACD面時，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度，故B正確；C、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圓弧ACD面時，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度，故C錯誤；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圓弧ACD面時，入射角較小，不發(fā)生全反射，可以從圓弧面折射出來。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于AB邊的長度，當屏向遠離玻璃磚的方向平行移動時，屏上亮區(qū)先逐漸變小，一旦越過，折射光線的交點后，亮區(qū)漸漸變大。故D正確；故選：BD。【點評】本題考查對全反射現(xiàn)象的理解和分析能力。當光到達兩個介質的界面時，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）某同學利用多用電表測量二極管的反向電阻．完成下列測量步驟：（1）檢查多用電表的機械調(diào)零．（2）將紅、黑表筆分別插入正、負表筆插孔，將選擇開關拔至電阻測量擋適當?shù)牧砍烫帲?）將紅、黑表筆短接，進行歐姆調(diào)零．（4）測反向電阻時，將紅表筆接二極管正極，將黑表筆接二極管負極，讀出電表示數(shù)．（5）為了得到準確的測量結果，應讓電表指針盡量指向表盤中央（填“左側”、“右側”或“中央”）；否則，在可能的條件下，應重新選擇量程，并重復步驟（3）、（4）．（6）測量完成后，將選擇開關拔向off擋或交流電壓最高擋位置．【考點】N6：伏安法測電阻．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】用歐姆表測電阻時，紅表筆接電源的負極，黑表筆接電源的正極；使用歐姆表測電阻時，應把紅黑表筆短接進行歐姆調(diào)零；應選擇合適的擋位，使歐姆表指針指在表盤中央附近；多用電表使用完畢，應把選擇開關打到off擋或交流電壓最高擋．【解答】解：（3）將紅、黑表筆短接，進行歐姆調(diào)零．（4）測反向電阻時，將紅表筆接二極管正極，將黑表筆接二極管負極，讀出電表示數(shù)．（5）為了得到準確的測量結果，應讓電表指針盡量指向表盤中央．（6）測量完成后，將選擇開關拔向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擋或交流電壓最高擋．【點評】要掌握歐姆表的使用方法及注意事項，二極管正向偏壓很小，二極管反向偏壓電阻很大，相當于斷路．10．（13分）某同學用圖1所示裝置做“研究平拋運動”的實驗，根據(jù)實驗結果在坐標紙上描出了小球水平拋出后的運動軌跡，但不慎將畫有軌跡圖線的坐標紙丟失了一部分，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度均代表0.10m，P1、P2和P3是軌跡圖線上的3個點，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P1、P2和P3的橫坐標分別為x1、x2和x3，縱坐標分別為y1、y2和y3，從圖2中可讀出|y1﹣y2|=0.6m，|y1﹣y3|=1.6m，|x1﹣x2|=0.6m（保留一位小數(shù)）。（2）若已測知拋出后小球在水平方向上做勻速運動。利用（1）中讀取的數(shù)據(jù)，求出小球運動所用的時間為s，小球拋出后的水平速度為2.1m/s（均可用根號表示）。（3）已測得小球拋出前下滑的高度為0.50m。設E1和E2分別為開始下滑時和拋出時的機械能，則小球從開始下滑到拋出的過程中機械能的相對損失，=1×10%（保留一位有效數(shù)字）【考點】MB：研究平拋物體的運動．【專題】13：實驗題；518：平拋運動專題．【分析】據(jù)豎直方向運動特點△h=gt2，求出物體運動時間，然后利用水平方向運動特點即可求出平拋的初速度（水平速度）。根據(jù)機械能的定義，算出兩個狀態(tài)的機械能，代入公式即可正確解答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖（2）可解得：|y1﹣y2|=0.6m，|y1﹣y3|=1.6m，|x1﹣x2|=6×0.10m=0.6m。故答案為：0.6；1.6；0.6。（2）小球經(jīng)過P1、P2、和P3之間的時間相等，在豎直方向有：h1=0.60m，h2=1.60﹣0.60=1.00m連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為常數(shù)：△h=gt2，水平方向勻速運動：x=v0t其中△h=1.00﹣0.60=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）設開始拋出時所在位置為零勢能面，所以有：E1=mgh=0.50×9.8×m=4.9mJ，E2==4.41mJ所以：=10%故答案為：1×10?！军c評】本題主要考查了平拋運動規(guī)律的理解和應用，尤其是有關勻變速直線運動規(guī)律以及推論的應用，同時考查有關機械能的損失問題，是一道考查能力的好題目。11．（15分）如圖，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率=k，k為負的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的方框．將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中．求（1）導線中感應電流的大??；（2）磁場對方框作用力的大小隨時間的變化．【考點】CC：安培力；D8：法拉第電磁感應定律．【專題】539：電磁感應中的力學問題．【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢的大小，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電流的大?。?）根據(jù)F=BIL，得出=Il，可以求出安培力隨時間的變化率．【解答】解：（1）導線框的感應電動勢為E==①導線框中的電流為I=②式中R是導線框的電阻，根據(jù)電阻率公式有R=ρ③聯(lián)立①②③式，將=k代入得I=﹣④答：導線中感應電流的大小為﹣．（2）導線框所受磁場的作用力的大小為F=BIl⑤它隨時間的變化率為=Il⑥由⑤⑥式得=．答：磁場對方框作用力的大小隨時間的變化率為．【點評】本題綜合運用了法拉第電磁感應定律、電阻定律和閉合電路歐姆定律，解決本題的關鍵是熟練這些規(guī)律的運用．12．（18分）如圖在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右．一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出．已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d．不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比．【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，找出圓心根據(jù)牛頓第二定律并結合幾何關系列式；在電場中做類似平拋運動，垂直電場線方向做勻速直線運動，平行電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)分位移公式列式，最后聯(lián)立方程組求解．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動（如圖）．由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R．由幾何關系得R2=l12+（R﹣d）2①設粒子的質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②設P'為虛線與分界線的交點，∠POP'=α，則粒子在磁場中的運動時間為③式中④粒子進入電場后做類平拋運動，其初速度為v，方向垂直于電場．設粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE=ma⑤由運動學公式有⑥l2=vt2⑦式中t2是粒子在電場中運動的時間由①②⑤⑥⑦式得⑧由①③④⑦式得答：電場強度與磁感應強度大小之比為，粒子在磁場與電場中運動時間之比為．【點評】本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律并畫出運動軌跡，然后分段按照牛頓第二定律、向心力公式、類似平拋運動的分位移公式列式求解．13．（21分）如圖，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油，假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠小于ρ，可將上述球形區(qū)域視為空腔。如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度（正常值）沿豎直方向；當存在空腔時，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會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）上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！?。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反?，F(xiàn)象。已知