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2009年新课标全国高考理综真题参考答案二、选择题： 答案BD。【解析】行星运动定律是开普勒发现的A错误；B正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误；D正确。答案B。【解析】天体的运动满足万有引力充当向心力即可知，可见木星与地球绕太阳运行的线速度之比，B正确。16. 答案A。【解析】依据右手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，A正确。17. 答案BD。【解析】0-2t0 内物体的加速度为，2t0 时刻的速度为，在3t0时刻的瞬时速度，则时刻的瞬时功率为，A错误；B正确；在到这段时间内，由动能定理可得，则这段时间内的平均功率，D正确。18. 答案D。【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为，D正确。19. 答案C【解析】依据右手定则，可知在0-内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小为为一定值，内没有感应电流，内电流的方向相反，即沿正方向，内没有感应电流，因此C正确。20. 答案BC.【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。21. 答案AC。【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得：，两式联立解得，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正确；B错误；F的功率，可见在从0逐渐增大到90的过程中tan逐渐增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。第卷三、非选择题： 22. 答案2.25，6.860【解析】游标卡尺的读数；螺旋测微器的读数。23. 答案：（1）电路原理如图所示。（4分）（2）20 （2分） 160520（2分）把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。电磁起重机【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。（2）由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.1200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得，因此保护电阻的阻值范围为160320；把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。电磁起重机24. 【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有+=S 式中S为投掷线到圆心O的距离。 设冰壶的初速度为，由功能关系，得 联立以上各式，解得 代入数据得 25. 【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则 其中。又有 联立式，得因为点在圆周上，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。 （2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为 联立式，并代入数据得 33. 【解析】33.物理选修2-2（15分） （1）链传动 带传动 液压传动 从动轮 从动轮 主动轮 （2）（10分）（）将重物托起h需要做的功 设人对手柄做的功为，则千斤顶的效率为 代入数据可得 ()设大活塞的面积为, 小活塞的面积为，作用在小活塞上的压力为,当于斤顶的效率为100%时，有 当和F都与杠杆垂直时，手对杠杆的压力最小。利用杠杆原理，有 由式得F=500N 34. 【解析】34.物理选修3-3（15分）（1）C （15分）（2）（10分）（）考虑氢气的等温过程。该过程的初态压强为，体积为hS，末态体积为0.8hS。设末态的压强为P，由玻意耳定律得 活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。该过程的初态压强为1.1，体积为V；末态的压强为，体积为，则 由玻意耳定律得 () 活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为和，末态体积为。设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得 2010年新课标全国高考理综真题参考答案一、选择题（每小题6分，共13小题）1D 2D 3C 4A 5D 6B 7C 8B 9D 10D11C 12A 13B 二、选择题（每小题6分，共8小题）14AC 15C 16AD 17A 18B 19D 20B 21D（一）必选题22（4分）（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）（1）（2）RLt关系曲线如图所示：（3）115 mA 5.00V 43.5 64.024（14分）解：（1）设加速所用时间为t（以s为单位），迅速运动的速度为v（以m/s为单位），则有 由式得 （2）设加速度大小为，则 25（18分）解：（1）设粒子的发射速度为，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得由式得 当时，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，得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，由几何关系可得 又由式得 由式得（2）由式得 （二）选考题33.物理选修3-3（15分）（1）C （15分）（2）（10分）（i）考虑氢气的等温过程。该过程的初态压强为，体积为hS，末态体积为0.8hS。设末态的压强为P，由玻意耳定律得 活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。该过程的初态压强为1.1，体积为V；末态的压强为，体积为，则 由玻意耳定律得 (i i) 活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为和，末态体积为。设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得 2010年新课标全国高考理综真题参考答案：二、选择题 14B 15 ABD 16 ABC 17 A 18 BD 19 B 20 D 21 A三、非选择题22（1）R0 标准电流表（或A0） （2）标准电流表（或A0）的读数仍为I （3）平均值23（1）（2）（3）2.0（或在1.82.2范围内）24解：设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻）的速度为，第一段时间间隔内行驶的路程为S1，中速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为S2，由运动学公式得 设汽车乙在时间的速度为，在第一、二段时间间隔内和驶的路程分别为。同样有 设甲、乙两车行驶的总路程分别为，则有 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 25解：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为，如图。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 式中，由式得 （2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为On，半径为，射出点为（图中末画出轨迹），。由沦仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得三点共线，且由式知点必位于 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即 式中，h是C点的y坐标。设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则 式中，t是a在区域II中运动的时间，而 由式得由式可见，b没有飞出I。点的y坐标为 由（14）（15）式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为33（1）ADE（2）设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为 式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x则 式中，为管内空气柱的压强，由玻意耳定律得式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由式和题给条件得 从开始转动一周后，设空气柱的压强为，则 由玻意耳定律得 式中，是此时空气柱的长度。由式得 2012年新课标全国高考理综真题参考答案：二、选择题。 14、AD；15、BD；16、B； 17、B；18、BD；19、C；20、A；21、A；第卷三、非选择题。（一）必考题（11题，共129分）22.（5分）0.010；6.870；6.86023.（10分）（1）在图中画线连接成实验电路图。（2）重新处于平衡状态；电流表的示数I；此时细沙的质量m2；D的底边长度l；按图接线。（3）（4）m2m124.（14分）解：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 Fcos+mg=N Fsin=f 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 f=N联立式得 （2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有FsinN这时式仍满足。联立式得现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有 使上式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为25.（18分）解：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。因此设有几何关系得 联立式得 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得 r=vt 式中t是粒子在电场中运动的时间。联立式得三、非选择题（二）选考题：33.物理选修3-3（15分）（1）、ACE；（2）解：（i）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1=pC+p式中p=60mmHg。打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。依题意，有pA=pC 玻璃泡A和B中气体的体积为 V2=VA+VB 根据玻意耳定律得 p1 VB =pBV2 联立式，并代入题给数据得 （ii）当右侧水槽的水温加热至T时，U形管左右水银柱高度差为p。玻璃泡C中气体的压强为pc=pa+p玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得 联立式，并代入题给数据得 T=364 K 2012年新课标全国高考理综真题参考答案第一卷选择题：DCCDC ACACB CDDCB DAB 19.(BC) 20.(BC) 21.(AC)2014年新课标全国高考理综真题参考答案-物理14D 15B 16D 17.A 18.C 19.BD 20. AC 21. AD22. 【答案解析】（1）非线性（2）小车与接触面间存在摩擦力（3）平衡摩擦力 mM（即勾码的质量远小于小车的质量）23.【答案解析】（1）如图，有E=IRA+IRAR1+IR+R0+r变形得1I=RA+R1ER1R+RA+RAR1+1R0+rE，即1I=3ER+6+33+rE（2）略（3）连接直线可得k=1.0A-1-1 ，b=6.0A-1（4）3E=1.0，所以电动势E=3.0V，6+33+rE=6.0，所以r=1.0。24【答案】V1=20m/s【解析】汽车的初速度为V0=108Km/h=30m/s. 在反应时间内汽车做匀速直线运动，得:x=vt在晴天时，设汽车在路面上刹车后加速度为a=g.则：X1= V0t，X2=V022a，X1+X2=120，得a=5m/s2设汽车在雨天安全行驶的最大速度为V1,在雨天时，汽车在路面上刹车后加速度为a1=25g=2 m/s2，同理: X3= V1t，X4=V122a1, X3+X4=120，得V1t+V122a=120，解得V1=20m/s25.（20分）【答案】 (1) (2) 【解析】（1）设小球的初速度为V0，由于小球平抛运动可以到A点故有：（2）没加电场时从O运动到A由动能定理有：有电场时从O运动到A由动能定理有：有电场时从O运动到B由动能定理有：有匀强电场性质在OB直线上存在一点和A点等势 如图所示三等分点M即为A点的等势点，连接AM即为等势面，过O点做MA的垂线交MA与N，ON 方向即为电场强度方向,和竖直方向成30夹角电场强度33. (6分)(1) 【答案】ADE (2）【答案】V=9mghT4PT02015年普通高等学校招生全国统一考试高（新课标1）答案DBAC18. D19. AB20. ACDBD22.（2）1.40 （4）7.9 1.423（1）15 35 （2）300 3000（3）c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为。由胡克定律和力的平衡条件得式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F=IBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧个字再伸长了，由胡克定律和力的平衡条件得由欧姆定律有E=IR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。代入题给数据的m=0.01kg25.（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s，由运动学公式得2t1=1s，so=4.5cm是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度在模板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速的向左做匀变速运动，小物块以v1的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律t2=2s，v2=0（2）设碰撞后模板的加速度为，经过时间，木板和小物块刚好具有共同速度。由牛顿第二定律及运动学公式得碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为小物块运动的位移为小物块相对木板的位移为因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以模板的最小长度应为6.0m。（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速的为a4，此过程中小物块和模板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得2=2碰后模板运动的位移为s=代入得s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为6.5m3-3（1）BCD（2）（i）设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得在活塞缓慢下移的过程中，用表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得故缸内气体的压强不变。由盖-吕萨克定律有代入数据T2=330K（ii）在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与气缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p由查理定律，有P=1.01*105Pa
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