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2010年普通高等学校招生全国统一考试(新课标全国卷)
（物 理）
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分。考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Ni—59 Cu—64 Ba—137 La—139
14．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
解析：本题考查物理学史，意在考查考生对物理学史的识记能力．由物理学史可知，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误．
答案：AC
15．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )
A.F2－F1l2－l1 B.F2＋F1l2＋l1
C.F2＋F1l2－l1 D.F2－F1l2＋l1
解析：本题考查弹力与弹簧伸长长度的关系，意在考查考生对胡克定律的理解．由胡克定律可知，当弹簧压缩时有F1＝k(l0－l1)，当弹簧拉伸时有F2＝k(l2－l0)，综合以上两式可得k＝F1＋F2l2－l1，C正确．
答案：C
16．如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t
图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：本题考查速度图象、动能定理与功率的计算，意在考查考生对速度图象的理解，以及结合速度图象综合分析功与功率的方法．由速度图象可知，在0～t1时间内，由于物体的速度增大，根据动能定理可知，外力对物体做正功，A正确；在0～t1时间内，因为物体的加速度减小，故所受的外力减小，由图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大，B错误；在t2时刻，由于物体的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C错误；在t1～t3时间内，因为物体的动能不变，故外力做的总功为零，D正确．
答案：AD
17．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效
除尘器．其除尘器模型的收尘板是很长的条
形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截
面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线
分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用
下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )
解析：本题考查带电粒子在电场中的运动，意在考查考生对曲线运动特点的理解与应用能力．因为电场中各点的场强方向为电场线的切线方向，所以条形金属板所产生的电场为非匀强电场，即带电粒子在电场中所受的电场力方向与大小都将发生变化，故带电粒子在电场中不可能沿电场线运动，C错误；因为带电粒子在电场中将做曲线运动，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向圆弧内侧可知，带负电的粉尘颗粒运动轨迹可为A图，A正确．
答案：A
18．如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )
A.3－1 B．2－3
C.32－12 D．1－32
解析：本题意在考查考生对力的正交分解的理解以及对平衡条件的理解与应用．当用F1拉物块时，由平衡条件可知：F1cos60°＝μ(mg－F1sin60°)，当用F2推物块时，又有F2cos30°＝μ(mg＋F2sin30°)，又F1＝F2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B正确．
答案：B
19．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )
A.34、14 B.13、23 C.12、12 D.23、13
解析：本题考查电路的U－I图象以及电源的效率．由U－I图象可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝UIEI＝UE，所以ηa＝U1E＝23，ηb＝U2E＝13，正确选项为D.
答案：D
20．太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是lg(T/T0)，纵轴是lg(R/R0)；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是( )
解析：本题考查天体运动的周期与轨道半径的关系．行星绕太阳运动时，有GMmR2 ＝m(2πT)2R，即T2＝4π2R3GM，T20＝4π2R30GM，所以T2T20＝R3R30，利用数学对数知识可知2lgTT0＝3lgRR0，故正确选项应为B.
答案：B
21．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯
同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上
绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．
一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线
等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正
C．E1<E2，a端为正 D．E1<E2，b端为正
解析：本题意在考查考生对力学规律中
的机械能守恒定律与电磁感应现象的综
合应用能力．当铜棒向下运动时，由左
手定则可知，铜棒中的自由电子由于受
洛伦兹力作用将向a端运动，故铜棒b端为正极．作出铜棒下落时的截面图如图所示，当铜棒下落距离为0.2R时，由机械能守恒定律可得：12mv21＝mg×0.2R，所以v1＝0.4gR，此时铜棒的有效切割长度：L1＝2R2－0.2R2＝20.96R2，铜棒的感应电动势E1＝BL1v1＝2BR0.384gR.当铜棒下落距离为0.8R时，由机械能守恒定律可得：12mv22＝mg×0.8R，所以v2＝1.6gR，此时铜棒的有效切割长度：L2＝2R2－0.8R2＝20.36R2，铜棒的感应电动势E2＝BL2v2＝2BR0.576gR，故E1<E2，正确选项为D.
答案：D
(一)必考题(11题，共129分)
22．(4分)图为验证机械能守恒定律的实验装置
示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁
打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答
下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的
器材有________．(填入正确选项前的字母)
A．米尺
B．秒表
C．0～12 V的直流电源
D．0～12 V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有
________________________________________________________________________．
(写出两个原因)
解析：本题意在考查考生对《验证机械能守恒定律》实验原理的理解，并能正确分析实验误差的来源．
(1)打点计时器使用的电源为交流电源，故应选取0～12 V的交流电源，D正确；利用米尺测量纸带上各点间的距离，A正确．本实验中利用打点计时器作为计时工具，所以不需要秒表，B错误．
(2)实验误差的来源主要是由于纸带在下滑的过程中需要克服摩擦力做功，以及用米尺测量数据时读数有误差．
答案：(1)AD
(2)纸带和打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差．
23．(11分)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．RL的测量结果如表1所示．
图1
表1
温度t(℃) 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0
RL阻值(Ω) 54.3 51.5 48.3 44.7 41.4 37.9 34.7
回答下列问题：
(1)根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线．
图2
(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL－t关系图线．
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为________，电压表的读数为________．此时等效电阻RL的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________．
解析：本题意在考查实验仪器的读数、电学实物图的连接等实际操作能力以及对实验数据的处理能力．因为电流表的最小刻度为5 mA，故读数时只需要精确到1 mA，所以电流表的读数为115 mA，而电压表的最小刻度为0.1 V，故读数时要估读到0.01 V，所以电压表的读数为5.00 V．等效电阻RL＝UI＝43.5 Ω，结合图象可知热敏电阻所处环境的温度约为64.0 ℃.
答案：(1)连线如图所示
(2)RL－t关系曲线如图所示
(3)115 mA 5.00 V 43.5 Ω 64.0 ℃
24．(14分)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：
(1)加速所用时间和达到的最大速率；
(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)
解析：(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有12vt＋(9.69－0.15－t)v＝100 ①
12vt＋(19.30－0.15－t)×0.96v＝200 ②
由①②式得t＝1.29 s ③
v＝11.24 m/s ④
(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71 m/s2 ⑤
答案：(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2
25．(18分)如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a2范围内垂直
于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐
标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、
电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度
方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．
解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径
为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝mv2R ①
由①式得R＝mvqB ②
当a/2<R<a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意t＝T/4，得∠OCA＝π2 ③
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα＝R－a2 ④
Rsinα＝a－Rcosα ⑤
又sin2α＋cos2α＝1 ⑥
由④⑤⑥式得R＝(2－62)a ⑦
由②⑦得v＝(2－62)aqBm ⑧
(2)由④⑦式得sinα＝6－610 ⑨
答案：(1)(2－62)aqBm (2)6－610
(二)选考题(共45分，请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。)
33．【物理—选修3－3】(15分)
(1)(5分)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．
( )
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
答案：BC
(2)(10分)如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4.现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变．当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l/2，求此时气缸内气体的压强．大气压强为p0，重力加速度为g.
解析：设当小瓶内气体的长度为34l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2，气缸内气体的压强为p3.依题意p1＝p0＋12ρgl ①
由玻意耳定律p13l4S＝p2(l－l2)S ②
式中S为小瓶的横截面积．联立①②两式，得
p2＝32(p0＋12ρgl) ③
又有p2＝p3＋12ρgl ④
联立③④式，得p3＝32p0＋ρgl4 ⑤
答案：32p0＋ρgl4
34．【物理—选修3－4】(15分)
(1)(5分)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为__________．(填入正确选项前的字母)
A.62 B.2
C.32 D.3
(2)(10分)波源S1和S2振动方向相同，频率均为4 Hz，分别置于均匀介质中x轴上的O、A两点处，OA＝2 m，如图所示．两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播，波速为4 m/s.已知两波源振动的初始相位相同．求：
①简谐横波的波长；
②OA间合振动振幅最小的点的位置．
解析：(1)本题考查光的折射与全反射，意在考查考生对光的折射规律的理解以及对光的全反射现象的理解与应用．作出几何光路图，如图所示．由折射规律可得sin45°sinr＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sinβ＝1n，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝32，即n＝62，正确答案为A.
(2)本题考查波长、波速与频率的关系及波的干涉，意在考查考生对v＝λν的理解，以及应用波的干涉中振动加强与减弱点的条件判断减弱点的位置．
(2)①设简谐横波波长为λ，频率为ν，波速为v，则λ＝vν ①
代入已知数据得λ＝1 m ②
②以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差Δl为Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2 ③
其中x、Δl以m为单位．
合振动振幅最小的点的位置满足Δl＝(k＋12)λ，k为整数 ④
联立③④式，得x＝0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m ⑤
答案：(1)A (2)①1 ②0.25 0.75 1.25 1.75
35．【物理—选修3－5】(15分)
(1)(5分)用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则________．(填入正确选项前的字母)
A．ν0<ν1 B．ν3＝ν2＋ν1
C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.1ν1＝1ν2＋1ν3
(2)(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.
解析：(1)本题考查氢原子能级与原子跃迁，意在考查考生对原子跃迁规律的理解与应用．当用频率为ν0的光照射处于基态的氢原子时，由所发射的光谱中仅能观测到三种频率的谱线可知，这三种频率的光子应是氢原子从第3能级向低能级跃迁过程中所辐射的，由能量特点可知，ν3＝ν1＋ν2，B正确．
(2)本题考查牛顿第二定律、动量定理与动量守恒定律，意在考查考生对动量定理与动量守恒定律的理解，并能利用动量守恒定律解答碰撞类问题．
第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变．此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv ①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得2μmgt1＝mv－m(－v0) ②
（物 理）
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分。考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Ni—59 Cu—64 Ba—137 La—139
14．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
解析：本题考查物理学史，意在考查考生对物理学史的识记能力．由物理学史可知，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误．
答案：AC
15．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )
A.F2－F1l2－l1 B.F2＋F1l2＋l1
C.F2＋F1l2－l1 D.F2－F1l2＋l1
解析：本题考查弹力与弹簧伸长长度的关系，意在考查考生对胡克定律的理解．由胡克定律可知，当弹簧压缩时有F1＝k(l0－l1)，当弹簧拉伸时有F2＝k(l2－l0)，综合以上两式可得k＝F1＋F2l2－l1，C正确．
答案：C
16．如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t
图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：本题考查速度图象、动能定理与功率的计算，意在考查考生对速度图象的理解，以及结合速度图象综合分析功与功率的方法．由速度图象可知，在0～t1时间内，由于物体的速度增大，根据动能定理可知，外力对物体做正功，A正确；在0～t1时间内，因为物体的加速度减小，故所受的外力减小，由图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大，B错误；在t2时刻，由于物体的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C错误；在t1～t3时间内，因为物体的动能不变，故外力做的总功为零，D正确．
答案：AD
17．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效
除尘器．其除尘器模型的收尘板是很长的条
形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截
面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线
分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用
下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )
解析：本题考查带电粒子在电场中的运动，意在考查考生对曲线运动特点的理解与应用能力．因为电场中各点的场强方向为电场线的切线方向，所以条形金属板所产生的电场为非匀强电场，即带电粒子在电场中所受的电场力方向与大小都将发生变化，故带电粒子在电场中不可能沿电场线运动，C错误；因为带电粒子在电场中将做曲线运动，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向圆弧内侧可知，带负电的粉尘颗粒运动轨迹可为A图，A正确．
答案：A
18．如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )
A.3－1 B．2－3
C.32－12 D．1－32
解析：本题意在考查考生对力的正交分解的理解以及对平衡条件的理解与应用．当用F1拉物块时，由平衡条件可知：F1cos60°＝μ(mg－F1sin60°)，当用F2推物块时，又有F2cos30°＝μ(mg＋F2sin30°)，又F1＝F2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B正确．
答案：B
19．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )
A.34、14 B.13、23 C.12、12 D.23、13
解析：本题考查电路的U－I图象以及电源的效率．由U－I图象可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝UIEI＝UE，所以ηa＝U1E＝23，ηb＝U2E＝13，正确选项为D.
答案：D
20．太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是lg(T/T0)，纵轴是lg(R/R0)；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是( )
解析：本题考查天体运动的周期与轨道半径的关系．行星绕太阳运动时，有GMmR2 ＝m(2πT)2R，即T2＝4π2R3GM，T20＝4π2R30GM，所以T2T20＝R3R30，利用数学对数知识可知2lgTT0＝3lgRR0，故正确选项应为B.
答案：B
21．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯
同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上
绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．
一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线
等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正
C．E1<E2，a端为正 D．E1<E2，b端为正
解析：本题意在考查考生对力学规律中
的机械能守恒定律与电磁感应现象的综
合应用能力．当铜棒向下运动时，由左
手定则可知，铜棒中的自由电子由于受
洛伦兹力作用将向a端运动，故铜棒b端为正极．作出铜棒下落时的截面图如图所示，当铜棒下落距离为0.2R时，由机械能守恒定律可得：12mv21＝mg×0.2R，所以v1＝0.4gR，此时铜棒的有效切割长度：L1＝2R2－0.2R2＝20.96R2，铜棒的感应电动势E1＝BL1v1＝2BR0.384gR.当铜棒下落距离为0.8R时，由机械能守恒定律可得：12mv22＝mg×0.8R，所以v2＝1.6gR，此时铜棒的有效切割长度：L2＝2R2－0.8R2＝20.36R2，铜棒的感应电动势E2＝BL2v2＝2BR0.576gR，故E1<E2，正确选项为D.
答案：D
(一)必考题(11题，共129分)
22．(4分)图为验证机械能守恒定律的实验装置
示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁
打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答
下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的
器材有________．(填入正确选项前的字母)
A．米尺
B．秒表
C．0～12 V的直流电源
D．0～12 V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有
________________________________________________________________________．
(写出两个原因)
解析：本题意在考查考生对《验证机械能守恒定律》实验原理的理解，并能正确分析实验误差的来源．
(1)打点计时器使用的电源为交流电源，故应选取0～12 V的交流电源，D正确；利用米尺测量纸带上各点间的距离，A正确．本实验中利用打点计时器作为计时工具，所以不需要秒表，B错误．
(2)实验误差的来源主要是由于纸带在下滑的过程中需要克服摩擦力做功，以及用米尺测量数据时读数有误差．
答案：(1)AD
(2)纸带和打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差．
23．(11分)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．RL的测量结果如表1所示．
图1
表1
温度t(℃) 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0
RL阻值(Ω) 54.3 51.5 48.3 44.7 41.4 37.9 34.7
回答下列问题：
(1)根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线．
图2
(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL－t关系图线．
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为________，电压表的读数为________．此时等效电阻RL的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________．
解析：本题意在考查实验仪器的读数、电学实物图的连接等实际操作能力以及对实验数据的处理能力．因为电流表的最小刻度为5 mA，故读数时只需要精确到1 mA，所以电流表的读数为115 mA，而电压表的最小刻度为0.1 V，故读数时要估读到0.01 V，所以电压表的读数为5.00 V．等效电阻RL＝UI＝43.5 Ω，结合图象可知热敏电阻所处环境的温度约为64.0 ℃.
答案：(1)连线如图所示
(2)RL－t关系曲线如图所示
(3)115 mA 5.00 V 43.5 Ω 64.0 ℃
24．(14分)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：
(1)加速所用时间和达到的最大速率；
(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)
解析：(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有12vt＋(9.69－0.15－t)v＝100 ①
12vt＋(19.30－0.15－t)×0.96v＝200 ②
由①②式得t＝1.29 s ③
v＝11.24 m/s ④
(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71 m/s2 ⑤
答案：(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2
25．(18分)如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a2范围内垂直
于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐
标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、
电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度
方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．
解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径
为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝mv2R ①
由①式得R＝mvqB ②
当a/2<R<a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意t＝T/4，得∠OCA＝π2 ③
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα＝R－a2 ④
Rsinα＝a－Rcosα ⑤
又sin2α＋cos2α＝1 ⑥
由④⑤⑥式得R＝(2－62)a ⑦
由②⑦得v＝(2－62)aqBm ⑧
(2)由④⑦式得sinα＝6－610 ⑨
答案：(1)(2－62)aqBm (2)6－610
(二)选考题(共45分，请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。)
33．【物理—选修3－3】(15分)
(1)(5分)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．
( )
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
答案：BC
(2)(10分)如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4.现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变．当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l/2，求此时气缸内气体的压强．大气压强为p0，重力加速度为g.
解析：设当小瓶内气体的长度为34l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2，气缸内气体的压强为p3.依题意p1＝p0＋12ρgl ①
由玻意耳定律p13l4S＝p2(l－l2)S ②
式中S为小瓶的横截面积．联立①②两式，得
p2＝32(p0＋12ρgl) ③
又有p2＝p3＋12ρgl ④
联立③④式，得p3＝32p0＋ρgl4 ⑤
答案：32p0＋ρgl4
34．【物理—选修3－4】(15分)
(1)(5分)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为__________．(填入正确选项前的字母)
A.62 B.2
C.32 D.3
(2)(10分)波源S1和S2振动方向相同，频率均为4 Hz，分别置于均匀介质中x轴上的O、A两点处，OA＝2 m，如图所示．两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播，波速为4 m/s.已知两波源振动的初始相位相同．求：
①简谐横波的波长；
②OA间合振动振幅最小的点的位置．
解析：(1)本题考查光的折射与全反射，意在考查考生对光的折射规律的理解以及对光的全反射现象的理解与应用．作出几何光路图，如图所示．由折射规律可得sin45°sinr＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sinβ＝1n，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝32，即n＝62，正确答案为A.
(2)本题考查波长、波速与频率的关系及波的干涉，意在考查考生对v＝λν的理解，以及应用波的干涉中振动加强与减弱点的条件判断减弱点的位置．
(2)①设简谐横波波长为λ，频率为ν，波速为v，则λ＝vν ①
代入已知数据得λ＝1 m ②
②以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差Δl为Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2 ③
其中x、Δl以m为单位．
合振动振幅最小的点的位置满足Δl＝(k＋12)λ，k为整数 ④
联立③④式，得x＝0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m ⑤
答案：(1)A (2)①1 ②0.25 0.75 1.25 1.75
35．【物理—选修3－5】(15分)
(1)(5分)用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则________．(填入正确选项前的字母)
A．ν0<ν1 B．ν3＝ν2＋ν1
C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.1ν1＝1ν2＋1ν3
(2)(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.
解析：(1)本题考查氢原子能级与原子跃迁，意在考查考生对原子跃迁规律的理解与应用．当用频率为ν0的光照射处于基态的氢原子时，由所发射的光谱中仅能观测到三种频率的谱线可知，这三种频率的光子应是氢原子从第3能级向低能级跃迁过程中所辐射的，由能量特点可知，ν3＝ν1＋ν2，B正确．
(2)本题考查牛顿第二定律、动量定理与动量守恒定律，意在考查考生对动量定理与动量守恒定律的理解，并能利用动量守恒定律解答碰撞类问题．
第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变．此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv ①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得2μmgt1＝mv－m(－v0) ②
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本来是要先采纳再发送的，但是看到离高考也不久了，我就先给你发送过来了，希望你好好使用我发给你的资料，祝你考个好大学！
来自7544...........
真诚回答，敬望采纳
来自7544...........
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豆丁网上有啊
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