2007年江蘇省高考物理試卷解析版

1、2007年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題3分，共計(jì)18分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1（3分）分子動(dòng)理論較好地解釋了物質(zhì)的宏觀熱力學(xué)性質(zhì)據(jù)此可判斷下列說法中錯(cuò)誤的是（）A顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停的作無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無規(guī)則性B分子間的相互作用力隨著分子間距離的增大，一定先減小后增大C分子勢(shì)能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大D在真空、高溫條件下，可以利用分子擴(kuò)散向半導(dǎo)體材料摻入其它元素【考點(diǎn)】81：分子動(dòng)理論的基本觀點(diǎn)和實(shí)驗(yàn)依據(jù)；84：布朗運(yùn)動(dòng)；85：擴(kuò)散；86：分子間的相互作用力；87：分子勢(shì)能菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】

2、541：分子運(yùn)動(dòng)論專題【分析】解答本題需要掌握：分子熱運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，分子力、分子勢(shì)能與分子之間距離關(guān)系；明確布朗運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)是固體微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反應(yīng)了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、墨水中的碳粒的運(yùn)動(dòng)是因?yàn)榇罅克肿訉?duì)它的撞擊作用力不平衡導(dǎo)致向各方向運(yùn)動(dòng)，并且沒有規(guī)則，故A正確；B、當(dāng)分子間距離為r0時(shí)，分子間作用力最小，所以當(dāng)分子從大于r0處增大時(shí)，分子力先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)分子間距離等于r0時(shí)，分子間的勢(shì)能最小，分子可以從距離小于r0的處增大分子之間距離，此時(shí)分子勢(shì)能先減小后增大，故C正確；D、溫度越高，分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的劇烈程度越大，因此在真空、高溫條件下，可以利用分子擴(kuò)散向半導(dǎo)

3、體材料摻入其它元素，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選B?！军c(diǎn)評(píng)】正確理解和應(yīng)用分子力、分子勢(shì)能與分子之間距離的關(guān)系是分子動(dòng)理論的重點(diǎn)知識(shí)2（3分）2006年美國和俄羅斯的科學(xué)家利用回旋加速器，通過（鈣48）轟擊（锎249）發(fā)生核反應(yīng)，成功合成了第118號(hào)元素，這是迄今為止門捷列夫元素周期表中原子序數(shù)最大的元素，實(shí)驗(yàn)表明，該元素的原子核先放出3個(gè)相同的粒子x，再連續(xù)經(jīng)過3次衰變后，變成質(zhì)量為282的第112號(hào)元素的原子核，則上述過程中的粒子x是（）A中子B質(zhì)子C電子D粒子【考點(diǎn)】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54M：原子的核式結(jié)構(gòu)及其組成【分析】根據(jù)核反應(yīng)過程中的質(zhì)量數(shù)和電

4、荷數(shù)守恒求出x的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)即可判斷x屬于那種粒子【解答】解：因?yàn)樵谒プ兊倪^程中質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒。根據(jù)電荷守恒定律可得，1183×21120，所以X粒子的電荷量為零。再根據(jù)質(zhì)量守恒，48+2494×32823，所以X粒子的質(zhì)量數(shù)為1，所以該粒子為中子，故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題比較簡單，直接利用核反應(yīng)過程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可解答3（3分）光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，下列現(xiàn)象中不能反映光的偏振特性的是（）A一束自然光相繼通過兩個(gè)偏振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)其中一個(gè)偏振片，透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化B一束自然光入射到兩種介質(zhì)的分界面上，當(dāng)反射光與折射光線之間的

5、夾角恰好是90°時(shí)，反射光是偏振光C日落時(shí)分，拍攝水面下的景物，在照相機(jī)鏡頭前裝上偏振光片可以使景象更清晰D通過手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋【考點(diǎn)】HA：光的衍射；HB：光的偏振菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】偏振光具有的性質(zhì)是光子的振動(dòng)具有方向性當(dāng)兩個(gè)偏振片的偏振方向夾角增大時(shí)，透射光的強(qiáng)度減弱【解答】解：A、一束自然光相繼通過兩個(gè)偏振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)其中一個(gè)偏振片，當(dāng)看到透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，則說明光的振動(dòng)方向與傳播方向相垂直。能反映光的偏振特性，故A不選；B、一束自然光入射到兩種介質(zhì)的表面時(shí)，一定有反射光線。如果折射光線與反射光線垂直，反射光為偏振光。故B不選；C、在日落

6、時(shí)分，拍攝水面下的景物，在照相機(jī)鏡頭前裝上偏振光片，由于反射光太強(qiáng)，偏振光強(qiáng)，加偏振片可以將反射的偏振光過濾，使圖象清晰。故C不選；D、通過手指間縫隙觀察日光燈，看到彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象，而不是偏振現(xiàn)象，所以D是錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】通過日常生活中的事實(shí)，讓我們更能理解光的偏振與光的衍射4（3分）子與氫原子核（質(zhì)子）構(gòu)成的原子稱為氫原子（hydrogen muon atom），它在原子核物理的研究中有重要作用圖為氫原子的能級(jí)示意圖假定光子能量為E的一束光照射容器中大量處于n2能級(jí)的氫原子，氫原子吸收光子后，發(fā)出頻率為1、2、3、4、5、和6的光，且頻率依次增大，則E等于（）Ah（31）Bh

7、（5+6）Ch3Dh4【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】11：計(jì)算題【分析】子吸收能量后向高能級(jí)躍遷，而較高能級(jí)不穩(wěn)定會(huì)自發(fā)的向所有的較低能級(jí)躍遷，只有躍遷到基態(tài)后才能穩(wěn)定，故輻射光子的種類為Cn2能級(jí)差越大，輻射的光子的頻率越高【解答】解：子吸收能量后從n2能級(jí)躍遷到較高m能級(jí)，然后從m能級(jí)向較低能級(jí)躍遷，若從m能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)如果直接躍遷到基態(tài)n1能級(jí)，則輻射的能量最大，否則躍遷到其它較低的激發(fā)態(tài)時(shí)子仍不穩(wěn)定，將繼續(xù)向基態(tài)和更低的激發(fā)態(tài)躍遷，即1、2、3m任意兩個(gè)軌道之間都可以產(chǎn)生一種頻率的輻射光，故總共可以產(chǎn)生的輻射光子的種類為Cm2=m(m-1)2=6，解得m

8、4，即子吸收能量后先從n2能級(jí)躍遷到n4能級(jí)，然后從n4能級(jí)向低能級(jí)躍遷。輻射光子的按能量從小到大的順序排列為4能級(jí)到3能級(jí)，能級(jí)3到能級(jí)2，能級(jí)4到能級(jí)2，能級(jí)2到能級(jí)1，能級(jí)3到能級(jí)1，能級(jí)4到能級(jí)1所以能量E與h3相等。故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題需要同學(xué)們理解子吸收能量后從較低能級(jí)躍遷到較高能級(jí)，而較高能級(jí)不穩(wěn)定會(huì)自發(fā)的向較低能級(jí)躍遷，只有躍遷到基態(tài)后才能穩(wěn)定，故輻射光子的種類為Cn2，這是高考的重點(diǎn)，我們一定要熟練掌握5（3分）如圖所示，實(shí)線和虛線分別為某種波在t時(shí)刻和t+t時(shí)刻的波形曲線。B和C是橫坐標(biāo)分別為d和3d的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A任一時(shí)刻，如果質(zhì)點(diǎn)B向上運(yùn)

9、動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)C一定向下運(yùn)動(dòng)B任一時(shí)刻，如果質(zhì)點(diǎn)B速度為零，則質(zhì)點(diǎn)C的速度也為零C如果波是向右傳播的，則波的周期可能為67tD如果波是向左傳播的，則波的周期可能為613t【考點(diǎn)】F1：波的形成和傳播；F4：橫波的圖象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】該波不是標(biāo)準(zhǔn)正弦波，根據(jù)BC兩點(diǎn)間距離分析它們的速度關(guān)系。抓住周期性研究周期與時(shí)間的關(guān)系。【解答】解：A、B，從圖上可以看出，該波不是標(biāo)準(zhǔn)正弦波，波長為3d，BC兩點(diǎn)間距不是相差半個(gè)波長，則速度可能大小相等，也可能不相等。故AB均錯(cuò)誤 C、如果波向右傳播，時(shí)間可能為t=kT+16T，當(dāng)k1時(shí)，T=67t，故C正確。 D、若波向左傳播，則波傳播的

10、距離為k3d+2.5d，其中k0，1，2，為該波向左傳播的可能整數(shù)波的個(gè)數(shù)。 時(shí)間可能為t=kT+56T，當(dāng)k1時(shí)，有T=611t，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查分析、理解波動(dòng)圖象的能力，要抓住與標(biāo)準(zhǔn)的正弦波的相同點(diǎn)和不同點(diǎn)。6（3分）如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是mg現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為2m的木塊，使四個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則輕繩對(duì)m的最大拉力為（）A3mg5B3mg4C3mg2D3mg【考點(diǎn)】3F：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用連接體菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；52

11、4：摩擦力專題【分析】要使四個(gè)物體一塊做加速運(yùn)動(dòng)而不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，則兩接觸面上的摩擦力不能超過最大靜摩擦力；分析各物體的受力可確定出哪一面上達(dá)到最大靜摩擦力；由牛頓第二定律可求得拉力T?！窘獯稹拷猓罕绢}的關(guān)鍵是要想使四個(gè)木塊一起加速，則任兩個(gè)木塊間的靜摩擦力都不能超過最大靜摩擦力。設(shè)左側(cè)兩木塊間的摩擦力為f1，右側(cè)木塊間摩擦力為f2；則有對(duì)左側(cè)下面的大木塊有：f12ma，對(duì)左側(cè)小木塊有Tf1ma；對(duì)右側(cè)小木塊有f2Tma，對(duì)右側(cè)大木塊有Ff22ma（1）；聯(lián)立可F6ma（2）；四個(gè)物體加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2應(yīng)達(dá)到最大靜摩擦力，由于兩個(gè)接觸面的最大靜摩擦力最大值為mg

12、，所以應(yīng)有f2mg（3），聯(lián)立（1）、（2）、（3）解得T=34mg。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題注意分析題目中的條件，明確哪個(gè)物體最先達(dá)到最大靜摩擦力；再由整體法和隔離法求出拉力；同時(shí)還應(yīng)注意本題要求的是繩子上的拉力，很多同學(xué)求成了F。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共計(jì)20分，每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分7（4分）現(xiàn)代物理學(xué)認(rèn)為，光和實(shí)物粒子都具有波粒二象性下列事實(shí)中突出體現(xiàn)波動(dòng)性的是（）A一定頻率的光照射到鋅板上，光的強(qiáng)度越大，單位時(shí)間內(nèi)鋅板上發(fā)射的光電子就越多B肥皂液是無色的，吹出的肥皂泡卻是彩色的C質(zhì)量為103kg、速度為102m/s

13、的小球，其德布羅意波長約為1023m，不過我們能清晰地觀測到小球運(yùn)動(dòng)的軌跡D人們常利用熱中子研究晶體的結(jié)構(gòu)，因?yàn)闊嶂凶拥牡虏剂_意波長一晶體中原子間距大致相同【考點(diǎn)】IF：光的波粒二象性；IG：物質(zhì)波菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54J：光的波粒二象性和物質(zhì)波專題【分析】光電效應(yīng)證明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光線在肥皂膜的表面發(fā)生干涉造成的證明了光具有波動(dòng)性；實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，但由于波長太小，我們無法直接觀測到；相鄰原子之間的距離大致與德布羅意波長相同故能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，證明了光的波動(dòng)性【解答】解：A、只有當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時(shí)才能發(fā)生光電效應(yīng)，故如果入射光的頻率小于金屬的

14、極限頻率，無論怎樣增大光的強(qiáng)度，也不會(huì)有光電子逸出，如能發(fā)生光電效應(yīng)，則證明了光的粒子性，故A錯(cuò)誤。B、肥皂液是無色的，吹出的肥皂泡卻是彩色的，是由于光線在肥皂膜的表面發(fā)生干涉造成的，而干涉是波特有的性質(zhì)，故證明了光具有波動(dòng)性，故B正確。C、實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，但由于波長太小，我們無法直接觀測到。只能觀測到小球運(yùn)動(dòng)的軌跡，故只能證明實(shí)物的粒子性，故C錯(cuò)誤。D、晶體中相鄰原子之間的距離大致與德布羅意波長相同故能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象。而衍射是波特有的性質(zhì)，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】明確各種物理現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)和原理才能順利解決此類題目，故平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)要“知其然，更要知其所以然”8（4分）2006年度諾

15、貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予了兩名美國科學(xué)家，以表彰他們發(fā)現(xiàn)了宇宙微波背景輻射的黑體譜形狀及其溫度在不同方向上的微小變化。他們的出色工作被譽(yù)為是宇宙學(xué)研究進(jìn)入精密科學(xué)時(shí)代的起點(diǎn)，下列與宇宙微波背景輻射黑體譜相關(guān)的說法中正確的是（）A微波是指波長在103m到10m之間的電磁波B微波和聲波一樣都只能在介質(zhì)中傳播C黑體的熱輻射實(shí)際上是電磁輻射D普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說【考點(diǎn)】G5：電磁波譜；I9：量子化現(xiàn)象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】波長從1mm到10m的電磁波稱微波，電磁波既能在介質(zhì)中傳播也能在真空中傳播，而聲波只能在介質(zhì)中傳播。黑體向外輻射的是電磁波。普朗克在研究黑體輻射的過程中提出能量子的

16、假說?！窘獯稹拷猓篈、波長從1mm到10m的電磁波稱微波，故A正確。B、微波是電磁波，電磁波既能在介質(zhì)中傳播也能在真空中傳播，而聲波是機(jī)械波，只能在介質(zhì)中傳播。故B錯(cuò)誤。C、黑體向外輻射的是熱量，是以光子的形式輻射的，而光是電磁波，故C正確。D、普朗克在研究黑體輻射的過程中提出了黑體輻射的能量是一份一份的，從而提出了能量子的假說，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累是學(xué)好該部分內(nèi)容的前提。9（4分）某同學(xué)欲采用如圖所示的電路完成相關(guān)實(shí)驗(yàn)圖中電流表的量程為0.6A，內(nèi)阻約0.1；電壓表的量程為3V，內(nèi)阻約6k；G為小量程電流表；電源電動(dòng)勢(shì)約3V，內(nèi)阻較小，下列電路中正確的是（）A測

17、定一段電阻絲（約5）的電阻B測定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻（約3）C描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線D測定電流表內(nèi)阻【考點(diǎn)】N3：測定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；N5：描繪小電珠的伏安特性曲線；N6：伏安法測電阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A、伏安法測電阻的電路有兩種接法一種是電流表外接，適用于測量小電阻另一種方法是電流表內(nèi)接，適用于測量大電阻待測電阻絲的電阻與電流表內(nèi)阻相當(dāng)，屬于小電阻B、測定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，在該電路圖中，電壓表測量的是電源兩端的電壓，電流表應(yīng)測量通過電源的電流，測的數(shù)據(jù)偏小，誤差形成的原因是電壓表的分流作用C、描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線，電流電壓要從

18、0測起，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該用分壓式D、半偏法測量電流表的內(nèi)阻，先閉合干路開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表滿偏，保持滑動(dòng)變阻器電阻不變，閉合支路開關(guān)，調(diào)節(jié)支路電阻，使得電流表半偏，此時(shí)支路電阻即為電流表的內(nèi)阻【解答】解：A、待測電阻絲的電阻與電流表內(nèi)阻相當(dāng)，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，該待測電阻屬于小電阻，電流表應(yīng)用外接法。故A正確。 B、電壓表測量的是電源兩端的電壓，電流表應(yīng)測量通過電源的電流，測的數(shù)據(jù)偏小，誤差形成的原因是電壓表的分流作用。在該實(shí)驗(yàn)中，電壓表內(nèi)阻非常大，分流很不明顯，誤差較小。故B正確。 C、描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線，電流電壓要從0測起，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該用分壓式，不能用

19、限流式。故C錯(cuò)誤。 D、半偏法測量電流表的內(nèi)阻，最終支路電阻即為電流表的內(nèi)阻，所以支路的電阻不能用滑動(dòng)變阻器，應(yīng)該用電阻箱。故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握電流表的內(nèi)外接問題和滑動(dòng)變阻器的分壓限流接法，以及會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行誤差分析10（4分）假設(shè)太陽系中天體的密度不變，天體直徑和天體之間距離都縮小到原來的一半，地球繞太陽公轉(zhuǎn)近似為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列物理量變化正確的是（）A地球的向心力變?yōu)榭s小前的一半B地球的向心力變?yōu)榭s小前的116C地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期與縮小前的相同D地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期變?yōu)榭s小前的一半【考點(diǎn)】48：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有

20、【專題】11：計(jì)算題；16：壓軸題【分析】由密度不變，半徑變化可求得天體的質(zhì)量變化；由萬有引力充當(dāng)向心力可得出變化以后的各量的變化情況【解答】解：由于天體的密度不變而半徑減半，導(dǎo)致天體的質(zhì)量減小，所以有M'=43(r2)3=M8地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)由萬有引力充當(dāng)向心力。所以有GM'日M'地(R2)2=116GM日M地R2所以B正確，A錯(cuò)誤；由GM'日M'地(R2)2=M'地42T2R2，整理得T2=42R3GM與原來相同，C正確。D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】天體的運(yùn)動(dòng)中都是萬有引力充當(dāng)向心力，因向心力的表達(dá)式有多種，故應(yīng)根據(jù)題目中的實(shí)際情況確定該

21、用的表達(dá)式11（4分）如圖所示，絕熱氣缸中間用固定栓將可無摩擦移動(dòng)的導(dǎo)熱隔板固定，隔板質(zhì)量不計(jì)，左右兩室分別充有一定量的氫氣和氧氣（視為理想氣體）初始時(shí)，兩室氣體的溫度相等，氫氣的壓強(qiáng)大于氧氣的壓強(qiáng)，松開固定栓直至系統(tǒng)重新達(dá)到平衡，下列說法中正確的是（）A初始時(shí)氫分子的平均動(dòng)能大于氧分子的平均動(dòng)能B系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí)，氫氣的內(nèi)能比初始時(shí)的小C松開固定栓直至系統(tǒng)重新達(dá)到平衡的過程中有熱量從氧氣傳遞到氫氣D松開固定栓直至系統(tǒng)重新達(dá)到平衡的過程中，氧氣的內(nèi)能先增大后減小【考點(diǎn)】89：溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；8C：改變內(nèi)能的兩種方式；8F：熱力學(xué)第一定律；98：理想氣體菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓

22、軸題【分析】理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，則由溫度的變化可知內(nèi)能的變化；由熱力學(xué)第一定律可知兩部分氣體間熱量的傳遞方向【解答】解：溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度相同，分子的平均動(dòng)能相同，與分子質(zhì)量無關(guān)，兩部分氣體溫度相同，故分子的平均動(dòng)能相同，故A錯(cuò)誤；松開固定栓至系統(tǒng)達(dá)到平衡過程中，先是氫氣對(duì)氧氣做功，內(nèi)能減少，氧氣內(nèi)能增加，溫度升高。由于存在溫度差，發(fā)生熱傳遞，最后兩者溫度相同，故氧氣內(nèi)能又減小，等于初始值，所以兩種氣體的內(nèi)能與初始時(shí)相同。故B錯(cuò)誤，CD正確；故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題要注意理想氣體分子間距離較大，故不計(jì)分子勢(shì)能，分子內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度相同，則內(nèi)能及分子的平均動(dòng)能均相同三、

23、填空題：本題共2小題，共計(jì)22分把答案填在答題卡相應(yīng)的橫線上12（9分）要描繪某電學(xué)元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設(shè)計(jì)電路如圖，圖中定值電阻R為1k，用于限流；電流表量程為10mA，內(nèi)阻約為5；電壓表（未畫出）量程為10V，內(nèi)阻約為10k；電源電動(dòng)勢(shì)E為12V，內(nèi)阻不計(jì)（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)有兩個(gè)滑動(dòng)變阻器可供選擇：a、阻值0到200，額定電流0.3Ab、阻值0到20，額定電流0.5A本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選的滑動(dòng)變阻器是a（填“a”或“b”）（2）正確接線后，測得數(shù)據(jù)如下表：12345678910U（V）0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.4

24、0I（mA）0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50a）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，電壓表是并聯(lián)在M與p之間的（填“O”或“P”）b）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，畫出該元件的伏安特性曲線為如下圖（3）畫出待測元件兩端電壓UMO隨MN間電壓UMN變化的示意圖為：（無需數(shù)值）【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；16：壓軸題；535：恒定電流專題【分析】（1）器材的選取注意原則，精確、安全從精確角度講，選分壓滑動(dòng)變阻器時(shí)，盡量選電阻較小的，電壓表電流表變化明顯，但要考慮到安全，加在B電阻上的電壓最大10V （2）判斷電流表內(nèi)外接，關(guān)鍵看待測電阻是大電

25、阻還是小電阻“大內(nèi)偏大，小外偏小”伏安特性曲線用平滑線畫（3）從表格中數(shù)據(jù)看，電學(xué)元件兩端的電壓先增大，然后趨于穩(wěn)定【解答】解：（1）選擇分壓滑動(dòng)變阻器時(shí)，要盡量選擇電阻較小的，測量時(shí)電壓表電流表示數(shù)變化明顯，但要保證儀器的安全B電阻的額定電流為0.5A，加在它上面的最大電壓為10V，所以儀器不能正常使用，而選擇a （2）從表中數(shù)據(jù)看，該電阻為大電阻，“大內(nèi)偏大”，所以電流表用內(nèi)接法，即電壓表是并聯(lián)在M與P之間伏安特性曲線用平滑曲線畫，如圖 （3）從表格中數(shù)據(jù)看，電學(xué)元件兩端的電壓先增大，然后趨于穩(wěn)定所以MO兩端的電壓隨MN兩端電壓的增大先增大，后趨于穩(wěn)定如上圖故本題答案：（1）a（2）P，圖

26、線如上面最右面圖（3）如上圖中間圖【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的方法：精確、安全以及掌握電流表內(nèi)外接的選取13（13分）如（a）圖，質(zhì)量為M的滑塊A放在氣墊導(dǎo)軌B上，C為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)傳送到計(jì)算機(jī)上，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上顯示滑塊A的位移時(shí)間（st）圖象和速率時(shí)間（vt）圖象整個(gè)裝置置于高度可調(diào)節(jié)的斜面上，斜面的長度為l、高度為h（取重力加速度g9.8m/s2，結(jié)果可保留一位有效數(shù)字）（1）現(xiàn)給滑塊A一沿氣墊導(dǎo)軌向上的初速度，A的vt圖線如（b）圖所示從圖線可得滑塊A下滑時(shí)的加速度a6m/s2，摩擦力對(duì)滑塊A運(yùn)動(dòng)的影響不明顯，可忽略（填“明顯，不可忽略”

27、或“不明顯，可忽略”）（2）此裝置還可用來驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)時(shí)通過改變斜面高度h，可驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系；實(shí)驗(yàn)時(shí)通過改變滑塊A的質(zhì)量M及斜面的高度h，且使Mh不變，可驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系（3）將氣墊導(dǎo)軌換成滑板，滑塊A換成滑塊A，給滑塊A一沿滑板向上的初速度，A的st圖線如（c）圖圖線不對(duì)稱是由于滑動(dòng)摩擦力造成的，通過圖線可求得滑板的傾角arcsin0.58（用反三角函數(shù)表示），滑塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.27【考點(diǎn)】M6：驗(yàn)證牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律；M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】根據(jù)vt圖象求出該圖象的斜率

28、，其斜率的絕對(duì)值就是加速度大小從vt圖象中我們發(fā)現(xiàn)兩條傾斜直線的斜率絕對(duì)值大小幾乎相等，說明滑塊A沿氣墊導(dǎo)軌上下運(yùn)動(dòng)加速度大小相等實(shí)驗(yàn)運(yùn)用控制變量法研究對(duì)滑塊進(jìn)行運(yùn)動(dòng)和受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題【解答】解：（1）從圖象可以看出，滑塊上滑和下滑過程中的加速度基本相等，所以摩擦力對(duì)滑塊的運(yùn)動(dòng)影響不明顯，可以忽略根據(jù)加速度的定義式可以得出a=v-v0t=3.0-00.5m/s26m/s2（2）牛頓第二定律研究的是加速度與合外力和質(zhì)量的關(guān)系當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，可以改變力的大小，當(dāng)斜面高度不同時(shí)，滑塊受到的力不同，可以探究加速度與合外力的關(guān)系由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提

29、供，所以要保證向下的分力不變，應(yīng)該使Mghl不變，所以應(yīng)該調(diào)節(jié)滑塊的質(zhì)量及斜面的高度，且使Mh不變（3）滑板與滑塊間的滑動(dòng)摩擦力比較大，導(dǎo)致圖象成拋物線形從圖上可以讀出，滑塊上滑和下滑時(shí)發(fā)生位移大小約為x0.84m0.20m0.64m上滑時(shí)間約為t10.4s，下滑時(shí)間約為t20.6s，上滑時(shí)看做反向勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：x=12a1t12，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin+mgcosma1下滑時(shí)，有x=12a2t22，mgsinmgcosma2聯(lián)立解得sin0.58，arcsin0.58，0.27故答案為：（1）6 不明顯，可忽略（2）斜面高度h 滑塊A的質(zhì)量M及斜面的高度h，且使Mh不變（

30、3）滑動(dòng)摩擦力 arcsin0.58 0.27【點(diǎn)評(píng)】解答本題關(guān)鍵是能夠把vt圖象運(yùn)用物理規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題對(duì)滑塊進(jìn)行運(yùn)動(dòng)和受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題四、計(jì)算題或推導(dǎo)證明題：本題共6小題，共計(jì)90分解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位14（14分）如圖所示，巡查員站立于一空的貯液池邊，檢查池角處出液口的安全情況。已知池寬為L，照明燈到池底的距離為H若保持照明光束方向不變，向貯液池中注入某種液體，當(dāng)液面高為H2時(shí)，池底的光斑距離出液口L4。（1）試求當(dāng)液面高為23H時(shí)，池底的光斑到出液

31、口的距離x。（2）控制出液口緩慢地排出液體，使液面以v0的速率勻速下降，試求池底的光斑移動(dòng)的速率vx?！究键c(diǎn)】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）當(dāng)光從空氣射向水中時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系從而確定入射角的正弦值與折射角的正弦值，從而由光的折射定律可算出水的折射率。當(dāng)液面高度改變時(shí)，即入射點(diǎn)發(fā)生變化，但入射角與折射角均沒有變化，所以通過幾何關(guān)系可以確定池底的光斑到出液口的距離。（2）液面勻速下降時(shí)，光斑也在勻速向左運(yùn)動(dòng)。所以由位移與速度的比值相等可列式，從而求出光斑的運(yùn)動(dòng)速度?！窘獯稹拷猓海?）如圖所示，由幾何關(guān)系知：x+lh=LH由折射定律得：LL2+H2=nll2+h2代入h=H2，x=L

32、4得：n=L2+4H2L2+H2由于x=L2Hh解得：x=L3（2）液面勻速下降，光斑也勻速向左運(yùn)動(dòng)。則有L4vx=H2vH，整理得 vx=L2Hvh?！军c(diǎn)評(píng)】雖然液面高度變化，但由于入射角沒變，則折射角也不變。于是可以根據(jù)幾何關(guān)系來構(gòu)建長度關(guān)系，從而求出所求結(jié)果。當(dāng)液面高度勻速變化時(shí)，光斑也勻速變化，因此利用同時(shí)性，來列出等式，從而確定光斑運(yùn)動(dòng)的速度。15（14分）直升機(jī)沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，懸掛著m500kg空箱的懸索與豎直方向的夾角145°直升機(jī)取水后飛往火場，加速度沿水平方向，大小穩(wěn)定在a1.5m/s2時(shí)，懸索與豎直方向的夾角214°如果空氣阻力大小不變，

33、且忽略懸索的質(zhì)量，試求水箱中水的質(zhì)量M（取重力加速度g10m/s2；sin14°0.242；cos14°0.970）【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；39：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；3C：共點(diǎn)力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】本題中直升機(jī)沿水平方向勻速飛往水源過程，水箱受力平衡，可由共點(diǎn)力平衡條件求解出空氣阻力；直升機(jī)取水后飛往火場過程，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘獯稹拷猓褐鄙龣C(jī)取水過程，對(duì)水箱受力分析，如圖；水箱受力平衡：T1sin1f0； T1cos1mg0；解得：fmgtan1；直升機(jī)返回過程，對(duì)水箱受力分析，如圖；由牛頓第二定律得：T2sin2f（M+m）

34、a；T2cos2（M+m）g0；解得，M4.5×103 kg故水箱中水的質(zhì)量為4.5×103 kg?！军c(diǎn)評(píng)】本題中要能正確的對(duì)物體受力分析，根據(jù)平衡條件與牛頓第二定律列式求解；同時(shí)要注意，取水后，水箱變重，雖加速，但繩子與豎直方向夾角仍然變小。16（15分）如圖所示，帶電量分別為4q和q的小球A、B固定在水平放置的光滑絕緣細(xì)桿上，相距為d若桿上套一帶電小環(huán)C，帶電體A、B和C均可視為點(diǎn)電荷（1）求小環(huán)C的平衡位置（2）若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x（|x|d）后靜止釋放，試判斷小環(huán)C能否回到平衡位置（回答“能”或“不能”即可）（3）若小環(huán)C帶電量為q，將小

35、環(huán)拉離平衡位置一小位移x（|x|d）后靜止釋放，試證明小環(huán)C將作簡諧運(yùn)動(dòng)（提示：當(dāng)1時(shí)，則 1(1+)n1-n）【考點(diǎn)】3C：共點(diǎn)力的平衡；71：簡諧運(yùn)動(dòng)；A4：庫侖定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由于A處放正點(diǎn)電荷，B處放負(fù)點(diǎn)電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使小環(huán)C處于平衡狀態(tài)，對(duì)其小環(huán)C受力分析，去判斷所處的位置運(yùn)用庫侖定律結(jié)合力學(xué)平衡知識(shí)解決問題【解答】解析：（1）對(duì)C進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得兩個(gè)力大小相等方向相反所以小環(huán)C的平衡位置應(yīng)該在AB連線的延長線上，設(shè)C在AB連線的延長線上距離B為l處達(dá)到平衡，帶電量為Q由庫侖定律得：F=kqQr2有平衡條件得：Fc=4kqQ(d+

36、l)2+-kqQl2=0解得：l1=-13d（舍去）；l2d所以平衡位置為：ld（2）不能，若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x（|x|d）后靜止釋放，由于q受的電場力合力背離平衡位置，所以q將由靜止開始背離平衡位置做加速運(yùn)動(dòng)，不可能回到平衡位置（3）環(huán)C帶電q，平衡位置不變，拉離平衡位置一小位移x后，C受力為：Fc=-4kq2(2d+x)2+kq2(d+x)2利用近似關(guān)系化簡得：Fc=-kq2d3x所以小環(huán)C將做簡諧運(yùn)動(dòng)答：（1）C的平衡位置在B右側(cè)ld處 （2）不能回到平衡位置 （3）Fc=-kq2d3x，小環(huán)C將做簡諧運(yùn)動(dòng)【點(diǎn)評(píng)】我們需要對(duì)小環(huán)C進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得

37、出物理關(guān)系等式證明簡諧運(yùn)動(dòng)，我們需要找出回復(fù)力與位移的關(guān)系去說明問題17（15分）磁譜儀是測量能譜的重要儀器磁譜儀的工作原理如圖所示，放射源S發(fā)出質(zhì)量為m、電量為q的粒子沿垂直磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，被限束光欄Q限制在2的小角度內(nèi)，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打到與束光欄平行的感光片P上（重力影響不計(jì)）（1）若能量在EE+E（E0，且EE）范圍內(nèi)的粒子均垂直于限束光欄的方向進(jìn)入磁場試求這些粒子打在膠片上的范圍x1（2）實(shí)際上，限束光欄有一定的寬度，粒子將在2角內(nèi)進(jìn)入磁場試求能量均為E的 粒子打到感光膠片上的范圍x2【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力；65：動(dòng)能定理；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)

38、磁場中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，垂直入射剛好為半圓，由qvb=mv2R，E=12mv2，求出x的表達(dá)式，分別代入E與E，兩式平方后相減，忽略E2與x2的二次方量，可求解此問（2）由簡單幾何關(guān)系，求出粒子邊界兩邊角入射粒子打在2Rcos出，中間入射粒子打在2R處【解答】解析：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入磁場，打在膠片上的位置距S的距離為x圓周運(yùn)動(dòng) qvB=mv2R粒子的動(dòng)能 E=12mv2且 x2R解得：x=22mEqBx1=22m(E+E)Bq-22mEBq當(dāng)x1時(shí)，（1+x）n1+xn由上式可得：x12mEqBEE（2）動(dòng)能為E的粒子沿

39、±角入射，軌道半徑相同，設(shè)為R圓周運(yùn)動(dòng) qvB=mv2R粒子的動(dòng)能 E=12mv2由幾何關(guān)系得 x2=2R-2Rcos=22mEqB(1-cos)=42mEqBsin22答：（1）x12mEqBEE （2）x2=42mEqBsin22【點(diǎn)評(píng)】此題需要應(yīng)用簡單幾何知識(shí)，加大了解決磁場問題的難度需要考生多做練習(xí)，熟能生巧18（16分）如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1T，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d0.5m，現(xiàn)有一邊長l0.2m、質(zhì)量m0.1kg、電阻R0.1的正方形線框MNOP以v07m/s的初速從左側(cè)磁場邊

40、緣水平進(jìn)入磁場，求：（1）線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)受到安培力的大小F；（2）線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)n?！究键c(diǎn)】1J：自由落體運(yùn)動(dòng)；52：動(dòng)量定理；8G：能量守恒定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，右邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)安培力的公式FBIL求解。（2）線框水平方向上進(jìn)磁場和出磁場受安培力做減速運(yùn)動(dòng)，在無磁場區(qū)以及全部在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上僅受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)。根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出線框的末速度，再根據(jù)能量守恒

41、：mgH+12mv02=Q+12mvH2，求出熱量Q。（3）線框進(jìn)入和穿出條形磁場區(qū)域時(shí)，才產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，才受到安培力，在水平方向做減速運(yùn)動(dòng)。因?yàn)榫€框在水平方向上做變減速運(yùn)動(dòng)，取很短的一段時(shí)間t，根據(jù)動(dòng)量定理有：Ftmv，再利用微分B2l2Rvt=B2l2Rx=mv0求出線框在水平方向上減速運(yùn)動(dòng)的位移，從而求出穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)有：F=BlI=BlBlv0R=2.8N（2）設(shè)線框豎直下落H時(shí)，速度為vH由能量守恒得：mgH+12mv02=Q+12mvH2自由落體規(guī)律：vH22gH解得：Q=12mv02=2.45J（3）只有在線框進(jìn)入和穿出條形磁場區(qū)域時(shí)，才產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框部分進(jìn)