2009年高考试题——理综（重庆卷）物理部分（含解析）

2009年高考试题——理综（重庆卷）物理部分（含解析）

‎2009年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）‎ 理科综合能力测试试题卷 物理部分 ‎14.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）‎ A．内能增大，放出热量 B 内能减小，吸收热量 C．内能增大，对外界做功 D 内能减小，外界对其做功 答案：D 解析：不计分子势能，空气内能由温度决定、随温度降低而减小，AC均错；薄塑料瓶因降温而变扁、空气体积减小，外界压缩空气做功，D对；空气内能减少、外界对空气做功，根据热力学第一定律可知空气向外界放热、B错。‎ ‎15.同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线见题15图，以下说法正 确的是（ ）‎ A．声波在水中波长较大，b是水中声波的波形曲线。‎ B．声波在空气中波长较大，b是空气中声波的波形曲线 C．水中质点振动频率较高，a是水中声波的波形曲线 D．空气中质点振动频率较高，a是空气中声波的波形曲线 答案：A 解析：同一音叉发出的声波,声源相同,频率f相同、周期T相同（CD均错）；又声波在水中传播的传播速度比在空气中快、速度V大，根据波长λ＝VT可知声波在水中波长较大；由题15图波形曲线可知b比a的波长长，b是水中声波的波形曲线，A对、B错。‎ ‎16.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 ‎ ++ ++X+‎ 方程式中1、表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：‎ 原子核 质量/u ‎1.0078‎ ‎3.0160‎ ‎4.0026‎ ‎12.0000‎ ‎13.0057‎ ‎15.0001‎ A X是， B. X是， ‎ C, X是， D. X是， ‎ 答案：B 解析：+中质量亏损为Δm1＝1.0078＋12.0000－13.0057＝0.0021,‎ 根据根据电荷数守恒和质量数守恒可知++X中X的电荷数为2、质量数为4，质量亏损为Δm2＝1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026＝0.0053，根据爱因斯坦的质能方程可知＝Δm1C2、＝Δm2C2，则＜。‎ ‎17.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为‎200Km和‎100Km，运动速率分别为v1和v2，那么v1和v2的比值为（月球半径取‎1700Km）‎ ‎ A. B. C, D. ‎ 答案：C 解析：“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月作圆周运动，由万有引力提供向心力有＝可得V＝（M为月球质量），它们的轨道半径分R1＝‎1900Km、R2＝‎1800Km，则v1：v2＝。‎ ‎18.某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24V/200W)和10个相同的指示灯X1～X10(220V/2W),将其连接在220V交流电源上，电路见题18图，若工作一段时间后，L2 灯丝烧断，则（ ）‎ A. X1的功率减小，L1的功率增大 B. X1的功率增大，L1的功率增大 C, X2功率增大，其它指示灯的功率减小 D. X2功率减小，其它指示灯的功率增大 答案：C ‎ 解析：显然L1和X1并联、L2和X2并联…然后他们再串联接在220V交流电源上，L2 灯丝烧断，则总电阻变大、电路中电流I减小，又L1和X1并联的电流分配关系不变，则X1和L1的电流都减小、功率都减小，同理可知除X2 和L2 外各灯功率都减小，A、B均错；由于I减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则X2 上电压增大，根据P＝U2/R可知X2 的功率变大，C对、D错。‎ ‎19.在题19图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线与 ‎，之间的安培力的大小为、，判断这两段导线（ ）‎ A.相互吸引，＞‎ B.相互排斥，＞‎ C.相互吸引，＜‎ D.相互排斥，＜‎ 答案：D ‎ 解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流Ia＜Ib，在处的磁感应强度Ba＜Bb，应用安培力公式F＝BIL可知＜，又在电流方向相反、则相互排斥。‎ ‎20.题20图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动，（是线圈中心），则（ ）‎ A.从X到O,电流由E经G流向F，先增大再减小 B.从X到O,电流由F经G流向E，先减小再增大 C.从O到Y,电流由F经G流向E，先减小再增大 D. 从O到Y,电流由E经G流向F，先增大再减小 答案：D ‎ 解析：在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，AB均错；‎ 在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，C错、D对。‎ ‎21.用a、b、c、d表示四种单色光，若 ‎①a、b从同种玻璃射向空气，a的临界角小于b的临界角；‎ ‎②用b、c和d在相同条件下分别做双缝干涉实验，c的条纹间距最大 ‎③用b、d照射某金属表面，只有b能使其发射电子。‎ 则可推断a、b、c、d可能分别是 A.紫光、蓝光、红光、橙光 B. 蓝光、紫光、红光、橙光 C.紫光、蓝光、橙光、红光 D. 紫光、橙光、红光、蓝光 答案：A 解析：根据临界角C、折射率n＝，由①可知na＞nb，根据色散规律可知a的频率大于b；根据双缝干涉条纹间距ΔX＝λ，由②可知b、c和d中c的波长最长，再根据色散规律可知bcd中c的频率最小；每种金属都有对应的最小入射光频率，入射光频率越大、光电效应越容易发生，由③可知b和d中b的频率大，综合上述可知a、b、c、d的频率从大到小依次为abdc,只有A选项中满足。‎ 第二部分（非选择题共174分）‎ ‎22.（19分）‎ ‎（1）某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当（填 “是”或“否”）。‎ ‎ ①把单摆从平衡位置拉开约5°释放； ‎ ‎ ②在摆球经过最低点时启动秒表计时； ‎ ‎ ③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期。 ‎ ‎ 该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表。用螺旋测微器测量其中 一个摆球直径的示数见题22图1.该球的直径为 mm。根据表中数据可以初步判断单摆周期随 的增大而增大。‎ ‎（2）硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件。某同学用题22图2所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系。图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表。‎ ‎①请根据题22图2，用笔画线代替导线将题22图3中的实验器材连接成实验电路。‎ ‎②若电压表的读数为，则I＝ mA； ‎ ‎③实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-I曲线a。见题22图4，由此可知电池内阻 （填“是”或“不是”）常数，短路电流为 mA ，电动势为 V。‎ ‎④实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U-I曲线b，见题22图4.当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5V。则实验二中外电路消耗的电功率为 ‎ mW（计算结果保留两位有效数字）。‎ 答案： （1）①是，②是，③否，20.685(20.683-20.687)，摆长 ‎（2）①见22题答案图，‎ ‎②，‎ ‎③不是，0.295(0.293-0.297)，2.67(2.64-2.70)，‎ ‎④0.065(0.060-0.070)‎ 解析：‎ ‎（1）单摆作简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放满足此条件；因为最低点位置固定、容易观察，所以在最低点启动秒表计时；摆球一次全振动的时间太短、不易读准、误差大，应测多个周期的时间求平均值；表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。‎ ‎（2）①见右图；‎ ‎②根据欧姆定律可知I＝；‎ ‎③路端电压U＝E－Ir，若r为常数、则U-I图为一条不过原点的直线，由曲线a可知电池内阻不是常数；当U＝0时的电流为短路电流、约为295μA＝0.295mA；当电流I＝0时路端电压等于电源电动势E、约为2.67V；‎ ‎④实验一中的路端电压为U1＝1.5V时电路中电流为I1＝0.21mA，连接a中点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的U-I图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，如右图,电流和电压分别为I＝97μA、U＝0.7V,则外电路消耗功率为P＝UI＝0.068 mW。‎ ‎23.（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点。已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，＝r,重力加速度为g ，‎ ‎（1）求冰壶在A 点的速率；‎ ‎（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；‎ ‎（3）若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。‎ 解析：‎ ‎（1）对冰壶，从A点放手到停止于C点，设在A点时的速度为V1，‎ 应用动能定理有－μmgL＝mV12，解得V1＝；‎ ‎（2）对冰壶，从O到A，设冰壶受到的冲量为I，‎ 应用动量定理有I＝mV1－0，解得I＝m；‎ ‎（3）设AB之间距离为S，对冰壶，从A到O′的过程，‎ 应用动能定理，－μmgS－0.8μmg(L＋r－S)＝0－mV12，‎ 解得S＝L－4r。‎ ‎24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和‎4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：‎ ‎①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；‎ ‎②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；‎ ‎③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。‎ 设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求： ‎ ‎（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；‎ ‎（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；‎ ‎（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。‎ 解析：‎ 设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，‎ ‎(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有 ‎(4mg＋m)( h2－h1)＝(‎4m＋m)V22，解得V2＝；‎ ‎（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，‎ 解得V1＝，‎ 设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有 W－4mgh1＝(‎4m)V12，‎ 解得W＝mg；‎ ‎（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(‎4m)V12－(‎4m＋m)V22，‎ 联立解得＝mg(h2－h1)。‎ ‎25.（19分）如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，＝90°。（忽略粒子所受重力）‎ ‎（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；‎ ‎（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）若质量为‎4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为‎16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。‎ 解析：‎ ‎（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设 对正离子，应用动能定理有eU0＝mV12，‎ 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动 受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝，即a＝，‎ 垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t，‎ 沿场强方向：Y＝at2，‎ 联立解得E0＝‎ 又tanφ＝，解得φ＝45°；‎ ‎（2）‎ 正离子进入磁场时的速度大小为V2＝，‎ 解得V2＝‎ 正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B＝，‎ 解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2；‎ ‎（3）根据R＝2可知，‎ 质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝2，‎ 质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2，‎ 又ON＝R2－R1，‎ 由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝－R1，‎ 联立解得ΔS＝4(－)；‎ 由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝R1，‎ 再根据R1＜R＜R1，‎ 解得m＜mx＜25m。‎