1、2009年全國統(tǒng)一高考物理試卷（全國卷）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(guān)于簡諧振動和簡諧波的說法，正確的是（）a媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動的周期一定和相應(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(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，它們在00.4s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)無摩擦滑動，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）圖為測量某電源電動勢和內(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

3、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(shí)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(shí)發(fā)出的光均為可見光c從高能級向n=3能級躍遷時(shí)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(shí)發(fā)出的光為可見光6（6分）如圖中虛線為勻強(qiáng)電場中與場強(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，兩粒子在電場中運(yùn)動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)動至a點(diǎn)的過程中克服電場力做功dm在從o點(diǎn)運(yùn)動至b點(diǎn)的過程中，電場力對它做的功等于零7（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(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動時(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(jī)械調(diào)零（2）將紅、黑表筆分別插入正、負(fù)表筆插孔，將選擇開關(guān)拔至電阻測量擋適當(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）測量完成后，將選擇開關(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”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)動軌跡，但不慎將畫有軌跡圖線的坐標(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）若已測知拋出后小球在水平方向上做勻速運(yùn)動。利用（1）中讀取的數(shù)據(jù)，求出小球運(yùn)動所用的時(shí)間為 s，小球拋出后的水平速度為 （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(shè)e1和e2分別為開始下滑時(shí)和拋出時(shí)的機(jī)械能，則小球從開始下滑到拋出的過程中機(jī)械能的相對損失，= %（保留一位有效數(shù)字）11（15分）如圖，勻強(qiáng)磁場的磁感應(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)線做成一邊長為l的方框?qū)⒎娇蚬潭ㄓ诩埫鎯?nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中求（1）導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大??；（2）磁場對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)磁場和勻強(qiáng)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(diǎn)斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的q點(diǎn)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(diǎn)到pq的距離為d不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動時(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“重力加速度反常”。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量，常利用p點(diǎn)附近重力加速度反?，F(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年全國統(tǒng)一高考物理試

10、卷（全國卷）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(guān)于簡諧振動和簡諧波的說法，正確的是（）a媒質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動的周期一定和相應(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(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍【考點(diǎn)】71：簡諧運(yùn)動；f4：橫波的圖象；f5：波長、頻率和波速的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】簡諧波傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)做簡諧振動，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)振動的周期一定和相應(yīng)的波的周期相等質(zhì)點(diǎn)

11、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(zhì)中質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍【解答】解：a、簡諧波傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)在波源驅(qū)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(zhì)中傳播時(shí)速度不變，而質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動的速度隨時(shí)間做周期性變化。故b錯誤。c、縱波的傳播方向一定和介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)振幅的兩倍。故d正確。故選：ad。【點(diǎn)評】本題考查對描述波的基本物理量的理解質(zhì)點(diǎn)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

12、）兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動，它們在00.4s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)動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】512：運(yùn)動學(xué)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(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】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(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，對左邊的氣體做功，又因左側(cè)氣體為絕熱過程，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。【點(diǎn)

15、評】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）圖為測量某電源電動勢和內(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勢和電源的內(nèi)電阻，根據(jù)不同電路來計(jì)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=0.5。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

16、=1.2a，u=5.4v故b項(xiàng)正確。故選：b?！军c(diǎn)評】根據(jù)圖象求得電源的電動勢和內(nèi)電阻是本題的關(guān)鍵，之后根據(jù)閉合電路歐姆定律來計(jì)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(shí)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(shí)發(fā)出的光均為可見光c從高能級向n=3能級躍遷時(shí)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(shí)發(fā)出的光為可見光【考點(diǎn)】j4：氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54n：原子的能級結(jié)構(gòu)專題【分析】能級間躍遷時(shí)輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，即emen=

17、hv。【解答】解：a、從高能級向n=1能級躍遷時(shí)，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(shí)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(shí)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(shí)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?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道能級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)電場中與場強(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，兩粒子在電場中運(yùn)動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)動至a點(diǎn)的過程中克服電場力做功dm在從o點(diǎn)運(yùn)動至b點(diǎn)的過程中，電場力對它做的功等于零【考點(diǎn)】ac：電勢；ak：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】531：帶電粒子在電場中的運(yùn)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(diǎn)電勢高于c點(diǎn)，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

19、動能定理可知，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)動至a點(diǎn)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(diǎn)電勢高于c點(diǎn)，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(fù)電，m帶正電。故a錯誤；b、由動能定理可知，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)動至a點(diǎn)的過程中電場力與速度的夾角為銳角，電場力做正功。

20、故c錯誤；d、o、b間電勢差為零，由動能定理可知m從o點(diǎn)運(yùn)動至b點(diǎn)的過程中，電場力對它做功為零。故d正確。故選：bd?！军c(diǎn)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(diǎn)，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(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)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；511：直線運(yùn)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，

21、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(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=，從開始下降到返回到原拋出點(diǎn)的過程中，根據(jù)v2=2a2x可得，v=，所以a正確。故選：a?！军c(diǎn)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(yùn)動學(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(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動時(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?！窘獯稹拷猓篴、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(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。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°

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。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(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。所以屏上有一亮區(qū)，其寬度小于ab邊的長度，當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動時(shí)，屏上亮區(qū)先逐漸變小，一旦越過，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】本題考查對全反射現(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(jī)械調(diào)零（2）將紅、黑表筆分別插入正、負(fù)表筆插孔，將選擇開關(guān)拔至電阻測量擋適當(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）測量完成后，將選擇開關(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)確的測量結(jié)果，應(yīng)讓電表指針盡量指向表盤中央（6）測量完成后，將選擇開關(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】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”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)動軌跡，但不慎將畫有軌跡圖線的坐標(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）若已測知拋出后小球在水平方向上做勻速運(yùn)動。利用（1）中讀取的數(shù)據(jù)，求出小球運(yùn)動所用的時(shí)間為s，小球拋出后的水平速度為2.1m/s（均可用根號表示）。（3）已測得小球拋出前下滑的高度為0.50m。設(shè)e1和e2分別為開始下滑時(shí)和拋出時(shí)的機(jī)械能，則小球從開始下滑到拋出的過程中機(jī)械能的相對損失，=1×10%（保留一位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】mb：研究平拋物體的運(yùn)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；518：平拋運(yùn)動專題【分析】據(jù)豎直方向運(yùn)動特點(diǎn)h=gt2，求出物體運(yùn)動時(shí)間，然后利用水平方向運(yùn)動特點(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?！窘獯稹拷猓海?）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：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)開始拋出時(shí)所在位置為零勢能面，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】本題主要考查了平拋運(yùn)動規(guī)律的理解和應(yīng)用，尤其是有關(guān)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律以及推論的應(yīng)用，同時(shí)考查有關(guān)機(jī)械能的損失問題，是一道考查能力的好題目。11（15分）如圖，勻強(qiáng)磁場的磁感應(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)線做成一邊長為l的方框?qū)⒎娇蚬潭ㄓ诩埫鎯?nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中求（1）導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小；（2）磁場對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(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)電動勢為 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：磁場對方框作用力的大小隨時(shí)間的變化率為【點(diǎn)評】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)磁場和勻強(qiáng)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(diǎn)斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的q點(diǎn)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(diǎn)到pq的距離為d不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動時(shí)間之比【考點(diǎn)】ak：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；ci：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，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；在電場中做類似平拋運(yùn)動，垂直電場線方向做勻速直線運(yùn)動，平行電場線方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)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(yùn)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(yīng)在分界線上，op長度即為粒子運(yùn)動的圓弧的半徑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'=，則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間為式中粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，其初速度為v，方向垂直于電場設(shè)粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得qe=ma 由運(yùn)動學(xué)公式有l(wèi)2=vt2式中t2是粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間由式得由式得 答：電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為，粒子在磁場與電場中運(yùn)動時(shí)間之比