1、上海市黄浦区2013年高考物理二模试卷一、第I卷单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1（2分）（2013黄浦区二模）下列单位属于国际单位制中的基本单位的是（）A牛顿（N）B安培（A）C特斯拉（T）D库仑（C）考点：力学单位制分析：国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位解答：解：A、牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故A错误B、安培是电流的单位，是基本单位，故B正确C、特斯拉是磁感应强度的单位，是导出单位，故C错误D、库仑是
2、电量的单位，是导出单位，故D错误故选B点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2（2分）（2013黄浦区二模）关于液体的微观结构，下列说法正确的是（）A液体分子间距离很大，相互作用力很弱B液体分子在杂乱无章地运动，无任何规律性C液体分子在振动，但无确定的平衡位置D液体分子排列整齐，在确定的平位置附近振动考点：* 液体的微观结构分析：液体具有流动性，很难压缩，大量分子表现出统计规律解答：解：A、液体很难压缩，说明液体分子间距较小，故A错误；B、液体分子在永不停息的做无规则热运动，单个分子运动无规律，但大量分子运动表现出统计
3、规律，故B错误；C、D、液体分子在振动，由于流动性，无确定的平衡位置，故C正确，D错误；故选C点评：本题关键明确液体分子的微观模型：流动性、间距小、有统计规律，基础题3（2分）（2013黄浦区二模）关于能量转化与守恒的理解，下列说法中正确的是（）A凡是能量守恒的过程就一定会发生B摩擦生热的过程是不可逆过程C空调机既能致热又能制冷，说明热传递不存在方向性D由于能量的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机考点：能量守恒定律；热力学第二定律；能源的利用与环境保护分析：热力学第二定律反映了自然界的宏观过程具有方向性，虽然总能量守恒，但能量可以利用的品质降低了解答：解：A、各种物理过程能量是守恒
4、的，但是自然界的宏观过程具有方向性，故A错误；B、通过摩擦生热，能量耗散了，即能量可以利用的品质降低了，这是不可逆过程，故B正确；C、空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，故C错误；D、虽然总能量守恒，但随着能量耗散，能量可以利用的品质降低了，故D错误；故选B点评：本题关键是根据热力学第二定律进行分析，即能量虽然守恒，但热过程具有方向性，故热机的效率一定小于百分之百4（2分）（2013黄浦区二模）下面是历史上发现原子内部结构的几个著名实验的装置图，其中发现质子的装置是（）ABCD考点：粒子散射实验分析：A图为粒子轰击氮核的实验，B图是阴极射
5、线发生偏转的实验，C图是粒子的散射实验，D图是粒子轰击铍核的实验解答：解：A、A图通过粒子轰击氮核得到质子，是发现质子的装置故A正确B、B图是阴极射线偏转，从而确定阴极射线是电子流，该装置是发现电子的实验装置故B错误C、C图粒子的散射实验，得出了原子的核式结构模型故C错误D、D图粒子轰击铍核得到中子的实验，该装置是发现中子的实验装置故D错误故选A点评：解决本题的关键了解物理学史，要熟悉教材，知道发现每个粒子所对应的实验装置5（2分）（2013黄浦区二模）某单色光照射某金属时不能产生光电效应，下列措施中可能使该金属产生光电效应的是（）A延长光照时间B增大光的强度C换用频率较低的光照射D换用波长较
6、短的光照射考点：光电效应专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，要使该金属产生光电效应，可以增大入射光的频率，光的强度在发生光电效应时只会影响单位时间内发出光电子的数目，若不能发生光电效应，增大光的强度和延长光照时间都不会使金属发生光电效应解答：解：要使该金属产生光电效应，可以增大入射光的频率（或减短入射光的波长），延长作用时间，增大光的强度都不会使金属发生光电效应，故A、B、C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键是掌握发生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的截止频率6（2分）（2013黄浦区二模）关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A在任何相等的时
7、间内速度的变化量相等B在连续相等的位移内平均速度相等C在连续相等的位移内所用时间相等D在任何相等的时间内位移的变化相等考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：物体只在重力的作用下，初速度为零的运动，叫做自由落体运动自由落体运动是一种理想状态下的物理模型；自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动解答：解：A、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故在任何相等的时间内速度的变化量相等，故A正确；B、C、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，速度越来越快，故通过连续相等的位移时间越来越少，故在连续相等的位移内的平均速度越来越大，故B错误，C错误；D、匀变速直线运动，在连续相等的时间内通
8、过的位移的差是一个恒量，故D错误；故选A点评：本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式分析求解7（2分）（2013黄浦区二模）日本福岛核电站核泄漏事故的污染物中含有，这种放射性核素通过一系列衰变能产生对人体有危害的辐射，的衰变过程为+则原子核中质子数和中子数分别为（）A77和54B78和53C54和77D53和78考点：重核的裂变专题：重核的裂变和轻核的聚变专题分析：根据电荷数守恒求出Xe原子核的电荷数，从而确定原子核中的质子数中子数等于质量数减去质子数解答：解：根据电荷数守恒得，Xe的电荷数为53，则质子数为53，中子数为13153=78故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决
9、本题的关键知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒以及知道质量数等于质子数与中子数之和8（2分）（2013黄浦区二模）一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A速度向左在减小，加速度向右在增大B速度向左在增大，加速度向左在增大C速度向右在增大，加速度向右在减小D速度向右在减小，加速度向左在减小考点：简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量专题：单摆问题分析：单摆的周期是2s，分析出t=1.6秒至t=1.8秒的过程中向哪个方向运动，即可分析出速度加速度的变化解答：解：由题，单摆的周期是2s，一
10、个周期分成四个周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6秒至t=1.8秒的过程中，单摆是由平衡位置向右向最大位移处运动，所以速度向右在减小，加速度方向向右在增大故A、B、D错误，C正确故选C点评：解决本题的关键熟悉简谐运动的规律，如从平衡位置向最大位移处做加速度增大的减速运动，由最大位移处向平衡位置做加速度减小的加速运动二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）9（3分）（2013黄浦区二模）为了节约用电，一种新型双门电冰箱安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，报警器就鸣响如果规定：门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，
11、输出信号为“0”时，报警器就不鸣响则能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A与门B或门C非门D与非门考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响该控制装置工作原理的逻辑门是与非门解答：解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“1”，而输入“1，1”输出为“0”，知该逻辑门是与非门故D正确，A、B、C错误故选D点评：该题容易误选或门，注意若是或门输入“1，1”输出为“1”，报警器就鸣响10（3分）（2013黄浦区二模）如图所示，用绝缘细线将两个带有同种电荷的小球
12、悬挂在天花板上，静止时悬线与竖直方向的夹角分别为1和2，且12，两小球在同一水平面内已知两小球的质量分别为m1、m2，带电量分别为q1、q2则下列说法正确的是（）Am1可能小于m2，q1一定小于q2Bm1一定小于m2，q1可能小于q2Cm1可能大于m2，q1一定大于q2Dm1一定大于m2，q1可能大于q2考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系解答：解：对m1、m2球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m1g=F1cos1，m2g=F2cos2由于 F1=F2，12所以m1m2根据题意无法知
13、道带电量q1、q2 的关系故选B点评：本题可明确两小球受到的库仑力相等，再根据共点力的平衡条件即可得了两小球偏转角度的关系11（3分）（2013黄浦区二模）把一个上为平面、下为球面的凸透镜平放在平行玻璃板上，如图所示，现用单色光垂直于平面照射，在装置的上方向下观察，可以看到一系列的同心圆，下列说法正确的是（）A这是光的干涉现象，同心圆间隔均匀B这是光的干涉现象，同心圆间隔不均匀C这是光的衍射现象，同心圆间隔均匀D这是光的衍射现象，同心圆间隔不均匀考点：光的干涉分析：将一曲率半径相当大的平凸玻璃透镜放在一平面玻璃的上面，则在两者之间形成一个厚度随直径变化的空气薄膜空气薄膜的等厚干涉条纹是一组明暗
14、相间的同心环解答：解：平面玻璃和凸透镜之间形成一个厚度随直径变化的空气薄膜，光在空气膜的前后表面发生反射，产生叠加，形成干涉条纹，当路程差等于半波长的偶数倍时，出现明条纹，当路程差等于半波长的奇数倍时，出现暗条纹，空气薄膜的等厚干涉条纹是一组明暗相间的同心环空气薄层厚度不是均匀增加，而是越向外越厚，所以干涉条纹不是疏密均匀的同心圆故B正确，A、C、D错误故选B点评：理解了该实验的原理即可顺利解决此题，故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么12（3分）（2013黄浦区二模）如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R，质量为m的蚂蚁只有在离桌面的高度大于或等于R
15、时，才能停在碗上，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么蚂蚁和碗面间的动摩擦因数为（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数解答：解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsin，N=mgcos而cos=所以故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解13（3分）（2013黄浦区二模）小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小铁球横杆右端用一根细线悬挂一相同
16、的小铁球，当小车在水平面上做直线运动时，细线保持与竖直方向成角（），设斜杆对小铁球的作用力为F，下列说法正确的是（）AF沿斜杆向上，F=BF沿斜杆向上，F=CF平行于细线向上，F=DF平行于细线向上，F=考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力大小和方向解答：解：对右边的小铁球研究，受重力和细线的拉力，如图根据牛顿第二定律，得：mgtan=ma，得到a=gtan对左边的小铁球研究，受重力和细杆的弹力，如图，设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为由牛顿第二定律，得：mgt
17、an=ma因为a=a，得到=，则：轻杆对小球的弹力方向与细线平行，大小为；故选D点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定14（3分）（2013黄浦区二模）把一重为G的物体用一个水平推力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直且足够高的平整的墙上，如图所示，若物体和竖直墙壁间的动摩擦因数为，则从t=0开始（）A物体在运动过程中所受摩擦力等于G时，速度达到最大值B物体所受摩擦力等于G时，开始做匀速直线运动C物体在运动过程中所受摩擦力的最大值等于GD物体在竖直墙上先做加速运动后做减速运动直至静止，其运动时间为t=
18、考点：滑动摩擦力；力的合成与分解的运用专题：摩擦力专题分析：由题意可知，随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，而静摩擦力的大小与重力大小相等解答：解：如图所示，从t=0开始水平推力F=Kt，即压力不断增大，则物体受到滑动摩擦力作用，所以滑动摩擦力的大小与压力正比因此滑动摩擦力不断增大物体开始做加速度减小的加速运动；当物体的滑动摩擦力等于重力时，物体处于最大速度状态；当推力继续增大，滑动摩擦力的大小大于重力，导致物体向下做减速运动，直到静止A、当物体在运动过程中所受摩擦力等于G时，速度达到最大值，
19、故A正确；B、物体所受摩擦力等于G时，开始做减速运动，故B错误；C、物体在运动过程中所受摩擦力的最大值大于重力，导致其做减速运动，故C错误；D、物体在竖直墙上先做加速运动后做减速运动直至静止，其运动时间为t，故D错误；故选：A点评：考查滑动摩擦力与压力成正比，而静摩擦力却与引起相对运动趋势的外力有关同时随着推力的增大，导致物体的最大静摩擦力也增大15（3分）（2013黄浦区二模）有一场强方向与x轴平行的静电场，电势随坐标x变化的图线如图所示，如规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是图中的（）ABCD考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度专题：电场力与电势的
20、性质专题分析：本题可采用排除法：先根据电势升高或降低判断电场强度方向，排除A，C；再根据电势随距离均匀变化，是匀强电场解答：解：A、02m，电势升高，逆着电场线，则知电场线方向为x轴负方向，E是负的，故A错误 B、02m，E=2104V/m 210m，E=1104V/m 1012m，E=2104V/m 故BD错误； C、26m，电热势降低，顺着电场线，则知电场线方向x轴正方向，E是正的，故C正确 故选C点评：做选择题时常常采用直判法和排除法相结合，可提高准确率16（3分）（2013黄浦区二模）如图所示，一根上粗下细（上下两段各自粗细均匀）的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端有一段水银柱
21、封闭了一定质量的理想气体现对封闭气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则下图中的图线最接近被封闭气体体积V和热力学温度T关系的是（）ABCD考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：气体温度不断升高，水银柱上升，当水银柱未进入细管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比当水银柱进入细管时，封闭气体的压强逐渐增大当水银柱完全进入粗管时，封闭气体又等压变化本题根据盖吕萨克定律和气态方程研究解答：解：当水银柱未进入细管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比，Vt图象是过原点的倾斜的直线当水银柱
22、进入细管时，封闭气体的压强逐渐减小，由题可知，T增大，V增大，由气态方程=nR，得： =，图线上的点与原点连线的斜率K=，当P减小时，K增大当水银柱完全进入粗管时，封闭气体压强不变，发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积与热力学温度成正比， =c=，Vt图象也是过原点的倾斜的直线，因为PP则这段直线斜率增大故选A点评：本题考查分析理解物理图象的能力本题也可以就根据气态方程研究关键要抓住水银未进入粗管和完全进入过程，封闭气体发生等压变化三、第I卷多项选择题（共16分，每小题4分每小题有两个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17（4分）（2013黄浦区二模
23、）如图（a）所示，A、B为相同的环形线圈，它们共轴且相距很近，线圈A中通有如图（b）所示的变化电流，则（）A在t1时刻，B中感应电流最大B在t1到t2时间内，A、B中电流方向相同C在t2时刻，A、B间的相互作用力最大D在t2到t3时间内，A、B互相排斥考点：楞次定律分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：A、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也
24、是最小，故A错误；B、在t1到t2时间内，若设顺时针方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，故B正确；C、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故C错误；D、在t2到t3时间内，若设顺时针方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D
25、确；故选：BD点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同18（4分）（2013黄浦区二模）如图所示，实线为一电场中的等势面，是中心对称图形a、b、c、d是以中心点为圆心的圆周上的四个点，则下列说法中正确的是（）Aa、b、c、d四点电势不等，但电场强度大小相等B若一电子从b点运动到c点，克服电场力做的功为0.4eVC若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动D若一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出考点：等势面；匀强电场中电势差
26、和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：静电场中电势相等的各点构成的面叫做等势面；电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，等差等势面越密的地方电场强度越大解答：解：A、从图中看出，ab两点电势为0.3V，cd两点电势为0.7V，故电势不等；等差等势面越密的地方电场强度越大，故abcd四点电场强度大小相等，故A正确；B、若一电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=eUbc=e（0.3V0.7V）=0.4eV，电场力做正功，故B错误；C、若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，等势面先变密后变稀疏，故电场强度先变大后变小，故电场力先变大后变小，故加速度先变大后变小，故C正确；D、电场
27、线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，故中间虚线上电场线是向左的直线，故电子受到的电场力向右，故一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出，故D正确；故选ACD点评：本题关键明确等势面与电场线的关系，先画出电场线，再分析受力情况和运动情况19（4分）（2013黄浦区二模）如图所示，在地面上方等间距分布着足够多的、水平方向的条形匀强磁场，每一条形磁场区域的宽度及相邻区域的间距均为d现有一边长为l（ld）的正方形线框在离地高h处以水平初速度v0从左侧磁场边缘进入磁场，运动中线框平面始终竖直，最终落在地面上，不计空气阻力，则（）A线框在空中运动的时间一定为Bh越大线框
28、运动的水平位移一定越大Cv0越大线框运动过程中产生的焦耳热一定越多Dv0的大小连续变化，线框落地点也一定相应的连续变化考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线框MN边刚进入磁场时，右边切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，根据安培力的公式F=BIL求解；线框水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运动，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动根据自由落体运动求出线框的末速度；线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，在水平方向做减速运动，因为线框在水平方向上做变减速运动解答：解：A、线框
29、水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运动，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动根据自由落体运动，则线框的运动的时间为，故A正确；B、线框运动的水平位移由水平速度与运动时间决定，由于运动时间一定，则水平速度决定水平位移故B错误；C、线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，出现安培力做功，从而产生焦耳热，由公式，得v0越大线框运动过程中安培力越大，因为距离一定，则产生的焦耳热一定越多故C正确；D、线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，在水平方向做减速运动因为线框在水平方向上做变减速运动，虽然v0的大小连续变化
30、，下落时间不变，但落地点不是相应的连续变化故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E=BLv以及熟练运用能量守恒在水平方向进磁场和出磁场做变减速运动，同时紧扣线框竖直方向做自由落体运动20（4分）（2013黄浦区二模）如图所示，A、B、C为某三角形板的三个顶点，其中C为钝角，A、B、C在同一水平面内现使三角形板绕其中一个顶点在水平面内沿顺时针方向匀速转动，同时有一质点P沿三角形板的一条边做匀速运动，在P从一个顶点运动到另一顶点的过程中，P的合速度v的大小变化情况是（）A若绕顶点A转动，P从C向A运动，则一直减小B若绕顶点A转动，P从B向C运动，则一直减小C若绕顶点C转动
31、，P从A向B运动，则先减小后增大D若绕顶点C转动，P从B向A运动，则先增大后减小考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：质点参与了绕顶点的圆周运动和沿某边的匀速直线运动，根据平行四边形定则得出合速度的大小，从而判断出合速度大小的变化解答：解：A、若绕顶点A转动，P从C向A运动，两个分速度分别为r，v，则合速度的大小为v合=，因为v大小不变，r逐渐减小，则合速度一直减小故A正确B、若绕顶点A转动，P从B向C运动，两个分速度分别为r，v，则合速度的大小为v合=，因为v大小不变，r逐渐减小，则合速度一直减小故B正确C、若绕顶点C转动，P从A向B运动，两个分速度分别为r，v，则合速度的大
32、小为v合=，因为v大小不变，r先减小再增大，则合速度先减小后增大故C正确D、若绕顶点C转动，P从B向A运动，两个分速度分别为r，v，则合速度的大小为v合=，因为v大小不变，r先减小再增大，则合速度先减小后增大故D错误故选ABC点评：解决本题的关键知道质点参与了两个分运动，根据平行四边形定则判断合速度的变化四、第II卷填空题（共20分，每小题4分）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题若两类试题均做，一律按A类题计分21（4分）（2013黄浦区二模）天然放射性元素放出的、三种射线的贯穿本领和电离本领各不相同，图为这三种射线贯穿物体情况的示意图，、各代表一种射线则为射线，它的贯
33、穿本领最强；射线的电离本领最强（选填“最强”或“最弱”）考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：射线的穿透能力最强，电离能力最弱，根据该特点确定射线的种类，从而确定电离本领的强弱解答：解：从图中可以看成，穿透本领最强，则为射线，射线的穿透本领最弱，电离本领最强，则为射线故答案为：，最强点评：解决本题的关键知道三种射线的特点，知道、三种射线穿透本领逐渐增强，电离本领逐渐减弱22（4分）（2013黄浦区二模）水平面上质量为m的滑块A以速度v碰撞质量为2m/3的静止滑块B，碰撞后AB的速度方向相同，它们的总动量为mv；如果滑块B获得的初速为v0，碰撞后滑块A的速度为考点：用动量
34、守恒定律定量分析一维碰撞问题；动量 冲量分析：此题中由于碰撞过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒的条件，可由动量守恒定律解得解答：解：由动量守恒定律得，碰撞后总动量不变，即P=mv，由动量守恒定律可列 mv= 解得 v=故答案分别为：mv，点评：此题主要考查了利用动量守恒定律解决一维碰撞问题24（4分）（2013黄浦区二模）两列简谐波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为=0.4m/s，波源的振幅均为A=2cm如图所示为t=0时刻两列波的图象，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点恰好开始振动质点M的平衡位置位于x=0.5m处则两列波相遇的时刻为t=0.75s，当t=2.0s
35、时质点M运动的路程为20cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：两列简谐波在同一介质中都匀速传播，波速相同，由t=求得两列波相遇的时刻，两列波在M点相遇，M点是振动加强的点，振幅等于4cm读出波长，求出周期根据t=2.0s与周期的关系，求得t=2.0s时质点M运动的路程解答：解：由图知，P、Q两质点间的距离x=0.8m0.2m=0.6m，则两列波相遇的时刻为t=s=0.75s两列波在M点相遇，M点是振动加强的点，振幅A=4cm由图知，波长=0.4m，则周期T=s=1s，t=2.0s时质点M振动时间为t=2s0.75s=1.25s=1.25T，则在这段时间内质点M运动的路程为S=1.2
36、54A=54cm=20cm故答案为：0.75，20点评：本题中M点是两列波的波峰与波峰相遇处，振动加强，此处的振幅是两列波单独传播时振幅的二倍25（4分）（2013黄浦区二模）将一弹性绳一端固定在天花板上O点，另一端系在一个物体上，现将物体从O点处由静止释放，测出物体在不同时刻的速度v和到O点的距离s，得到的vs图象如图所示已知物体及位移传感器的总质量为5kg，弹性绳的自然长度为12m，则物体下落过程中弹性绳的平均拉力大小为76.0N，当弹性绳上的拉力为100N时物体的速度大小为15.5m/s（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律
37、综合专题分析：在下落的整个过程中，只有重力和弹性绳弹力做功，根据动能定理即可求得弹性绳的平均拉力大小，由图可知，当速度最大时，加速度等于零，此时重力等于弹簧弹力，求出弹性绳的劲度系数，根据胡克定律求出当弹性绳上的拉力为100N时的弹性绳的长度，从图中读出速度解答：解：在下落的整个过程中，只有重力和弹性绳弹力做功，根据动能定理得：mghF（hl0）=00其中h=35m解得：F=76.0N由图可知，当速度最大时，加速度等于零，此时重力等于弹簧弹力，则有：mg=F（sl0）解得：s=12.5m从图中读出对应的速度为：v=15.5m/s故答案为：76.0；15.5点评：本题主要考查了动能定理及胡克定律
38、的直接应用，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度适中26（4分）（2013黄浦区二模）如图（a）所示为某种灯泡的UI图象，现将两个这种小灯泡L1、L2与一个阻值为5的定值电阻R连成如图（b）所示的电路，电源的电动势为E=6V，电键S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率均为P，则P=0.2W，电源的内阻r=2.5考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：小灯泡L1与定值电阻R的电功率均为P，可知此时灯泡L1的电阻，通过电阻在图象中得出电流、电压，从而得出功率P的大小而灯泡L2的电流是L1电流的2倍，根据L2的电流，通过图线得出此时的电压，再根据闭合电路欧姆定律求出电源的内
39、阻解答：解：小灯泡L1与定值电阻R的电功率均为P，分析知：图中L1的电阻与R阻值相同，在图线上读出L1阻值为5欧时的电流电压值，为（0.2A，1V），则P=UI=0.2W则通过L2的电流为0.4A，电压由图线读得4V，根据闭合电路欧姆定律得，r=故答案为：0.2，2.5点评：本题考查了求通过灯泡的电流、灯泡消耗的功率、灯泡电阻等问题，分析清楚电路结构、根据电路结构及串联电路特点求出灯泡两端电压，由图象求出通过灯泡的电流是正确解题的关键五、实验题（共24分）27（5分）（2013黄浦区二模）为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：（1）（
40、单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是A（A）电键的位置接错（B）电流表的正、负接线柱上导线接反（C）线圈B的两个接线柱上导线接反（D）蓄电池的正、负极接反（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向右（选填“左”或“右”）偏转考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向
41、右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同解答：解：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转；故答案为：（1）A；（2）右点评：本题关键明确实验原理，同时明确只有在磁通量变化的瞬间有感应电动势，电路闭合且有感应电动势才会有电流28（4分）（2013黄浦区
42、二模）在“用单分子油膜估测单分子的大小”的实验中，按照酒精与油酸体积比为m：n配制油酸酒精溶液，现用滴管滴取油酸酒精溶液，N滴溶液的总体积为V（1）用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，待稳定后将油酸薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示已知坐标纸上每个小方格面积为S，则油膜面积为10S（2）估算油酸分子直径的表达式为（用题目中物理量的字母表示）考点：估测油酸分子大小分析：（1）掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去（2）在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，解答：解：（1）估算油膜面积时以超过半
43、格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出10格，则油酸薄膜面积为10S（2）油酸酒精溶液油酸的浓度为=N滴溶液中纯油酸的体积为V=由于形成单分子的油膜，则分子的直径为 d=故答案为：（1）10S；（2）点评：掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径29（7分）（2013黄浦区二模）某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B是质量为m的滑块（可视为质点）第一次实验，如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐
44、并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离地面的高度H、M与P间的水平距离x1；第二次实验，如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与P间的水平距离x2（1）在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为x2（用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g）（2）（多选）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数，下列能引起实验误差的是BCD（A）h的测量（B）H的测量（C）L的测量（D）x2的测量（3）若实验
45、中测得h=15cm、H=25cm、x1=30cm、L=10cm、x2=20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数=0.5考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）由平抛运动的知识求得速度的大小（2）凡影响到速度大小的求解的量均会引起实验误差（3）先列出的表达式，代入数据计算即可解答：解：（1）滑块在滑槽末端时的速度大小为： 由竖直向： 由式求得：（2）第一次测的速度为： 物体在水平桌面上运动，由动能定理： 由式可得： 由表达式可知会引起误差的是BCD故选：BCD （3）由=故答案为：（1）x2（ 2）BCD （3）0.5点评：该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原
46、理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会30（8分）（2013黄浦区二模）某同学用如图（a）所示的实验电路来测量电阻的阻值适当调节滑动变阻器R后保持其滑片位置不变，将电阻箱接入a、b之间，闭合电键S，改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据，在UR坐标系中绘出的UR图象如图（b）所示（1）请用笔画线根据电路图在图（c）中画出缺少的两根导线（2）（单选）在电路研究中常用某两个物理量间的关系图象来描述某个元件或某段电路的特征，图（b）中的图线反映的是C（A）电源的特征（B）电阻箱的特征（C）a、b两点间这段电路的特征（D）待测电阻的特征（3）用待测电阻Rx替换电阻箱，读得
47、电压表示数为5.0V，利用图（b）中的UR图线可得Rx=25.0（4）使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，若仍使用该装置和图（b）中的UR图象来测定某一电阻，则测定结果将偏小（选填“偏大”或“偏小”）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电路图连线即可；（2）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源；（3）找出纵坐标5.0V对应的横坐标即可；（4）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出UR图，再判断电阻测量值大小的误差情况解答：解：（1）根据电路图连线，如图所示；（2）a、b两
48、点间这段电路可以当作一个等效的电源，故选C；（3）由图（b）得到，当纵坐标5.0V时，横坐标为25.0；（4）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出UR图，如图所示；相同的电压表读数，测量值小于真实值；故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）25.0；（4）偏小点评：本题关键明确a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，然后本题就简化为直接在外电路接一个待测电阻和电压表的问题六、计算题（共50分）23（2013黄浦区二模）一探测飞船，在以X星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，则X星球的质量为M=；
49、当飞船进入到离X星球表面更近的、半径为r2的圆轨道上运动时的周期为T2=（已知引力常量为G）考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据飞船的向心力由万有引力提供，即，根据半径周期可以求出中心天体的质量，再根据周期和半径的关系讨论即可解答：解：飞船绕X星球做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有可得中心天体的质量，代入数据可得X星球的质量M=同理可得周期：T=所以有即故答案为：，点评：万有引力提供圆周运动的向心力可以求出中心天体的质量，这是解决本题的关键31（10分）（2013黄浦区二模）如图所示，某三角支架ABO中，轻杆BO可绕通过O点的光滑轴转动，B端固定一质量为m的小球
50、，A、B间用细绳连接，调节细绳长度，使AOOB，且绳与轻杆间夹角为37用外力保持杆AO竖直，使整个装置沿水平方向做直线运动已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB、轻杆OB对小球的作用力分别为多大？（2）当整个装置沿水平方向以大小为a=g的加速度做匀变速运动时，细绳AB、轻杆OB对小球作用力分别为多大？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球的合力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解细绳AB和杆OB对小球作用力（2）当整个装置沿水平方向以大
51、小为a=g的加速度做匀变速运动时，由于加速度的方向未知，要分向右和向左两种情况研究分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律求解轻绳AB和杆OB对小球作用力解答：解：（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球受力如图1所示，由平衡条件得： F2sin=mg， F2cos=F1得 F1=1.67mg，F2=1.33mg（2）若加速度a向左时，由于竖直方向上没有加速度，则知 F1=1.67mg，由ma=F2 cos37F1， 可解得F2=F1cos37ma=1.33mg0.33 mg=mg若加速度a向右时，F1=1.67mg由ma=F2F2cos37 可解得F2=F1cos37+ma=1.33mg+0.33
52、 mg=1.67 mg答：（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB、轻杆OB对小球的作用力分别为1.67mg和1.33mg（2）当整个装置沿水平方向以大小为a=g的加速度做匀变速运动时，若加速度a向左，细绳AB、轻杆OB对小球作用力分别为1.67mg和mg；若加速度a向右时，都是1.67mg点评：本题的解题关键是分析小球的受力情况，作出力图对于正交分解，往往按加速度方向和加速度垂直的方向进行正交分解32（12分）（2013黄浦区二模）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管B的横截面积是细管A的2倍管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0=75cmHg（1）若
53、用一活塞将细管A的管口封闭，并缓慢向下推活塞，保持封闭气体温度不变，当两管中水银面高度差为6cm时，活塞下移的距离为多少？（2）若将两管口均封闭，使细管A内封闭气体的温度从t=27开始缓慢升高，粗管B内气体温度不变，当两管中水银面高度差为6cm时，A管内封闭气体的温度为多少？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）水银总体积是固定的，当两管中水银面高度差为6cm时，得到两侧水银面的变化情况，求解出气体压强，然后根据玻意耳定律列式求解；（2）两管中水银面高度差为6cm时，得到两侧气体压强间的关系式；然后对两侧气体分别运用理想气体状态方程列式后联立求解解答：解：
54、（1）封闭气体初始压强为：p1=p0=75cmHg，l1=12cm封闭气体末状态压强为：p2=p0+ph=81cmHg由p1V1=p2V2得p1l1=p2l2，可得l2=cm=11.11 cm两边液面高度差为6cm时，细管液面下降4cm，粗管液面上升2cm所以活塞下移距离为：（12+411.11）cm=4.89cm（2）初末状态B气体已知量：pB1=p0=75cmHg，lB1=12cm，lB2=（122）cm=10cm由pB1VB1=pB2VB2得pB1l1=pB2lB2，可得pB2=cmHg=90 cmHg初末状态A气体已知量pA1=p0=75cmHg，lA1=12cm，TA1=（273+2
55、7）K=300K由题意得到pA3=pB2+ph=96cmHg，lA3=（12+4）cm=16 cm由 =得TA3=TA1=300 K=512K封闭气体的温度为239答：（1）活塞下移的距离为4.89cm；（2）A管内封闭气体的温度为239点评：本题关键确定封闭气体的初末状态的已知气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解33（14分）（2013黄浦区二模）如图所示，电源电动势为，内阻为r，滑动变阻器总阻值为3r，间距为d的两平行金属板AB、CD竖直放置，闭合电键S时，板间电场可视为匀强电场板间有一长为L的绝缘细轻杆，能绕水平固定转轴O在竖直面内无摩擦转动，杆上端固定质量为m、带电
56、量为+q的金属小球a，下端固定质量为2m、带电量为q的金属小球b，已知Ob=2Oa，并且q=，两带电小球可视为点电荷，不影响匀强电场的分布，两电荷间相互作用力不计，重力加速度为g现调节滑片P使其位于滑动变阻器的中点，闭合电键S，待电场稳定后：（1）求两极板间电场强度E的表达式；（2）将轻杆从如图位置顺时针转过时（360）由静止释放，轻杆恰能静止，求；（3）若将轻杆从如图位置由静止释放，轻杆将绕轴O顺时针转动，求小球a运动的最大速度考点：动能定理的应用；力矩的平衡条件；闭合电路的欧姆定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求得金属板间的电压，再根据电场强度与电势差的关系求解即
57、可；（2）轻杆静止时满足力矩平衡，根据力矩平衡列方程可解；（3）由（2）确定的力矩平衡位移，小球运动速度最大时处于力矩平衡处，然后根据动能定理求解小球的最大速度解答：解：（1）由题意可知，当滑动变阻器滑片位于变阻器中点时，闭合电键S，平行金属板间的电压U=代入数据有：又因为平行金属板间是匀强电场，根据电场强度与电势差的关系有：E=（2）轻杆恰能静止时所受力矩平衡，两小球所受重力的力矩为反方向，且M重aM重b两小球所受电场力的力矩为同方向，因此力矩平衡时则有：M重a+M电a+M电b=M重bmgsinL+EqcosL+EqcosL=2mgsinL又因为Eq=mg可解得=37或217（3）由（2）分
58、析知小球P运动的速度最大时轻杆与竖直方向夹角为37，因为同杆转动，所以有：vb=2va由动能定理得：mva2+2mvb20=mgL （1cos37）+EqLsin37+EqLsin372mgL （1cos37） 可解出va=答：（1）求两极板间电场强度E的表达式为；（2）将轻杆从如图位置顺时针转过时（360）由静止释放，轻杆恰能静止，=37或217；（3）若将轻杆从如图位置由静止释放，轻杆将绕轴O顺时针转动，求小球a运动的最大速度点评：本题考查闭合电路欧姆定律、匀强电场中电场强度与电势差的关系、力矩平衡、和动能定理相关知识，涉及知识点较多，题目偏难34（14分）（2013黄浦区二模）如图（a）
59、所示，斜面倾角为37，一宽为d=0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移s之间的关系如图（b）所示，图中、均为直线段已知线框的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.06，重力加速度取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求金属线框与斜面间的动摩擦因数；（2）求金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间t；（3）求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm；（4）请在图（c）中定性
60、地画出：在金属线框从开始运动到完全穿出磁场的过程中，线框中感应电流I的大小随时间t变化的图象考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）对于图象直线段，金属线框未进入磁场过程，根据功能原理可知，金属线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，读出线框的位移大小和机械能的减小量，即可求出动摩擦因数；（2）对于图象直线段，金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，因机械能均匀减小，安培力也为恒力，可知线框做匀速运动先牛顿第二定律和运动学公式结合求出线框刚进入磁场时速度大小由读出此过程机械能的减小量，由功能关系求出线
61、框进入磁场过程运动的距离，即可求得时间t；（3）线框完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做减速运动，可知框出刚出磁场时速度最大，产生的感应电流最大，线框内的焦耳热功率最大由运动学公式求出刚出磁场时的速度大小，根据刚进磁场时线框匀速运动，由平衡条件求出BL，由功率公式即可求出线框中产生焦耳热的最大功率Pm；（4）分段画出感应电流I的大小随时间t变化的图象解答：解：（1）根据功能原理可知，金属线框减少的机械能=克服摩擦力所做的功E1=Wf1=mgcos37s1其中s1=0.36m，E1=（0.9000.756）J=0.144J可解得=0.5（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力
62、和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因此安培力也为恒力，故线框做匀速运动由v12=2a s1，其中a=gsin37gcos37=2m/s2可解得线框刚进磁场时的速度大小为：1=1.2m/sE2=Wf2+WA=（f+FA）s2由图知：E2=（0.7560.666）J=0.09J，f+FA=mgsin37=0.6N，s2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出s2=0.15m故t= s=0.125s（3）线框出刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大，且 Pm=I2R=由v22=v12+2a（ds2）可求得v2=1.6 m/s根据线框匀速进入磁场时，FA+mgcos37=mgsin3
63、7，可求出FA=0.2N，又因为 FA=BIL=，可求出B2L2=0.01T2m2将2、B2L2的值代入Pm=，可求出Pm=0.43W（4）图象如图所示答：（1）求金属线框与斜面间的动摩擦因数是0.5；（2）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间t为0.125s；（3）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm是0.43W（4）定性地画出：在金属线框从开始运动到完全穿出磁场的过程中，线框中感应电流I的大小随时间t变化的图象如图所示点评：解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用运动学公式高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801