2009年高考试题 - 理综(全国卷2)解析版(2)

17．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是

A．河北岸的电势较高 B．河南岸的电势较高

C．电压表记录的电压为9mV D．电压表记录的电压为5mV

【答案】BD

【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低,D对C错。根据法拉第电磁感应定律 V, B对A错

【命题意图与考点定位】导体棒切割磁场的实际应用题。

18．一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 A． B． C． D．

【答案】D

【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，根据有：。则下落高度与水平射程之比为，D正确。

【命题意图与考点定位】平抛速度和位移的分解

19．右图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是 A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力

C．当r等于r2时，分子间的作用力为零

D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 【答案】BC

【解析】分子间距等于r0时分子势能最小，即r0= r2。当r小于r1时分子力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，A错BC对。在r由r1变到r2的过程中，分子斥力做正功分子势能减小，D错误。

【命题意图与考点定位】分子间距于分子力、分子势能的关系 20．某人手持边长为6cm的正方形平面镜测量身后一棵树的高度。测量时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为0.4m。在某位置时，他在镜中恰好能够看到整棵树的像；然后他向前走了6.0 m，发现用这个镜子长度的5/6就能看到整棵树的像，这棵树的高度约为 A．5.5m B．5.0m C．4.5m D．4.0m 眼睛 树

【答案】B

【解析】如图是恰好看到树时的反射光路，由图中的三角形可得

，即。人离树越远，视野越大，看到树所需镜面越小，同理有，以上两式解得L=29.6m，H=4.5m。 【命题意图与考点定位】平面镜的反射成像，能够正确转化为三角形求解 △t1

△t2

21．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。 时刻振子的位移；时刻；时刻。该振子的振幅和周期可能为

A．0. 1 m， B．0.1 m, 8s C．0.2 m， D．0.2 m，8s 【答案】A

【解析】在t= s和t=4s两时刻振子的位移相同，第一种情况是此时间差是周期的整数倍，当n=1时 s。在 s的半个周期内振子的位移由负的最大变为正的最大，所以振幅是0.1m。A正确。

第二种情况是此时间差不是周期的整数倍则，当n=0时 s，且由于是的二倍说明振幅是该位移的二倍为0.2m。如图答案D。

【命题意图与考点定位】振动的周期性引起的位移周期性变化。

22．（18分）

图1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图2所示）。

（1）若图2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为5.00×10-2 s ，则圆盘的转速为__________________转/s。（保留3位有效数字）

（2）若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 ________ cm。（保留3位有效数字）

【答案】⑴4.55转 /s ⑵2.91cm

【解析】⑴从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示1.00×10-2s，所以圆盘转动的周期是0.22s，则转速为4.55转 /s

⑵反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一为 cm。

【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系,以及对传感器所得图像的识图。 23．（16分）

一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程。

所用器材有：量程不准的电流表，内阻 =10.0 ，量程标称为5.0mA；标准电流表，内阻 =45.0 ，量程1.0mA；标准电阻，阻值10.0；滑动变阻器R，总电阻为300.0；电源E，电动势3. 0V，内阻不计；保护电阻；开关S；导线。 回答下列问题：

（1）在答题卡上（图2所示）的实物图上画出连线。

（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端。

（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表满偏；若此时电流表的读数为，则的量程 = 。

（4）若测量时，未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出的示数 = ，的示数 = ；由读出的数据计算得 = 。（保留3位有效数字） （5）写出一条提高测量准确度的建议： 。 【答案】⑴连线如图 ⑵阻值最大 ⑶

⑷6.05mA

【解析】⑴连线如图

⑵在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑动触头滑动到阻值最大端

⑶闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有得 ⑷待测表未满偏有，将A2的示数0.66mA和其他已知条件代入有

Ma

但图中A1的示数3.0mA量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA ⑸ 30 60 2 -1 1 0

24．（15分） 查询信息最方便，最快捷的艺71院校专题

汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0 ~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如右图所示。

⑴画出汽车在0~60s内的v-t图线； ⑵求在这60s内汽车行驶的路程。 【答案】⑴速度图像为右图。 30 60 20 10 0

v/m·s-2 t/s

⑵900m

【解析】由加速度图像可知前10s汽车匀加速，后20s汽车匀减速恰好停止，因为图像的面积表示速度的变化，此两段的面积相等。最大速度为20m/s。所以速度图像为右图。然后利用速度图像的面积求出位移。

⑵汽车运动的面积为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。 m

25．（18分）

如右图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速周运动，星球A和B两者中心之间距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常数为G。

⑴ 求两星球做圆周运动的周期。

⑵ 在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行为的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做

圆周运动的，这样算得的运行周期T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg 和 7.35 ×1022kg 。求T2与T1两者平方之比。（结果保留3位小数） 【答案】⑴ ⑵1.01

【解析】 ⑴A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等。且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期。因此有 ，，连立解得，

对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得 化简得

⑵将地月看成双星，由⑴得

将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得 化简得

所以两种周期的平方比值为

26．（21分）

如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：

⑴ 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m;

⑵ 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围； ⑶ 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。 【答案】⑴

⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120° ⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为 【解析】 ⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有

解得

，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为

粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得 ，，化简得

⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。

角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°

⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是 R R R

，半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为。 所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为。

27.（15分）在溶液中，反应A+2B C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。 请回答下列问题：

（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是： ②_______________；

③_______________；

（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________； （3）该反应的 _________0，判断其理由是__________________________________； （4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率： 实验②： =__________________________________； 实验③： =__________________________________。

【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的

（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L

(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0 （4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则

△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L， ,∴ =2 =0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L， ,∴ = =0.0089mol(L·min)-1 【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变 ③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小

（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应 （4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1

【命题意图】考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。

【点评】本题所涉及的化学知识非常基础，但是能力要求非常高，观察和分析不到位，就不能准确的表述和计算，要想此题得满分必须非常优秀才行！此题与2009年全国卷II理综第27题，及安微卷理综第28题都极为相似，有异曲同工之妙，所以对考生不陌生！ 28．（15分）有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验： ①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五中溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出； ④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶。 根据上述实验信息，请回答下列问题：

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