1、2015年上海市杨浦区高考物理一模试卷一、（16分）单项选择题.本大题共8小题，每小题2分每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的选对的得2分，选错的或不答的，得0分；选两个或两个以上的，得0分1（2分）下列关于磁感线的说法，正确的是（） A 磁感线是真实存在的 B 实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线 C 磁感线的疏密反映了磁场的强弱 D 磁感线自N极起，终止于S极【考点】： 磁感线及用磁感线描述磁场【分析】： （1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S
2、极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极【解析】： 解：A、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误B、铁屑的分布能模拟磁感线的形状，但其分布不是磁感线；故B错误C、磁感线的疏密反映了磁场的强弱；故C正确；D、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故D错误；故选：C【点评】： 此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便2（2分）1687年，牛顿的自然哲学的数学原理第一版问世，这标志着以牛顿三大运动定律为基础的经典力学体系基本形成牛顿不会想到，在他去世100多年之
3、后，一位年轻人爱因斯坦会对他的力学理论提出挑战下列说法不正确的是（） A 在人们的生活、生产和科学实践中，基本都服从牛顿力学规律 B 牛顿力学可以说是人类历史上建立的第一个重要的科学理论 C 牛顿力学无论应用到高速运动还是低速运动的问题时，都会得出合理的结果 D 时间、空间和质量这三个基本的物理量，在牛顿力学中都是“绝对的”，但是在相对论中则都是“相对的”【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可答题【解析】： 解：AC、以牛顿运动定律为基础的经典力学只适用于宏观物体的低速运动问题，所以在人们的生活、生产和科学实践中，基本都服从牛顿力学规律，故A正确
4、，C错误B、牛顿力学是人类历史上建立的第一个重要的科学理论，故B正确D、牛顿力学是绝对的时空观，时间、空间和质量这三个基本的物理量，在牛顿力学中都是“绝对的”，但是在相对论中则都是“相对的”，故D正确本题选不正确的，故选：C【点评】： 解决本题的关键要知道牛顿力学的适用范围，以及与相对论的区别3（2分）1960年第11届国际计量大会通过了国际通用的国际单位制（SI），规定了7个基本单位下列各个选项中哪一个不是基本单位（） A 电流单位安 B 电量的单位库 C 热力学温度单位开 D 物质的量的单位摩【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
5、、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【解析】： 解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，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、物质的量他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔所以电量的单位库不是基本单位本题选不是基本单位的，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4（2分）（2012上海）如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器
6、组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报其中（） A 甲是“与”门，乙是“非”门 B 甲是“或”门，乙是“非”门 C 甲是“与”门，乙是“或”门 D 甲是“或”门，乙是“与”门【考点】： 简单的逻辑电路专题： 压轴题【分析】： 根据电路分析，当从乙门电路输出为高电压时，蜂鸣器发出声音【解析】： 解：A、若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压还是高电压，经过“与”门后输出为低电压，经过“非”门后输出高电压，蜂鸣器都会发出警报故A错误B、若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压，经过“或”门输出为低电压，经过“非”门输出为高电压，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压，经过
7、“或”门输出为高电压，经过“非”门输出为低电压，蜂鸣器不发出警报故B正确CD、乙不会是“或”门和“与”门，故C、D错误故选B【点评】： 本题考查了逻辑门电路及复合门电路，理解逻辑关系及功能5（2分）关于电源和电动势，下列说法不正确的是（） A 电源是把其他形式的能转化为电能的装置，这种转化是通过非静电力做功来实现的 B 电源的电动势高，表明该电源把其他能转化为电能的本领强，反之表明该电源把其他能转化为电能的本领弱 C 电源电动势，是由电源本身的性质决定的，与电源是否接入电路，与电路的工作状态无关 D 电源的电动势和一段电路两端电压可以有相同的大小和单位，两者的物理含义完全相同【考点】： 电源的
8、电动势和内阻专题： 恒定电流专题【分析】： 电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关【解析】： 解：A、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，这种转化是通过非静电力做功来实现的；故A正确；B、电动势反映电源将其他形式的能志化为电能的本领；电动势高，表明该电源把其他能转化为电能的本领强，反之表明该电源把其他能转化为电能的本领弱；故B正确；C、电源电动势，是由电源本身的性质决定的，与电源是否接入电路，与电路的工作状态无关；故C正确；D、电动势和电压具有相同的单位，但是其物理意义不同；故D错误；本题选错误的；
9、故选：D【点评】： 本题要正确理解电动势的物理意义，能根据闭合电路欧姆定律进行分析，同时要知道电源的开路电压等于电源的电动势，基础题6（2分）两列波叠加，在空间出现稳定的干涉图样，下列说法中正确的是（） A 振动加强的区域内各质点都在波峰上 B 振动加强的区域内各质点的位移始终不为零 C 振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大 D 振动加强和减弱区域的质点随波前进【考点】： 波的干涉和衍射现象【分析】： 只有频率相同的两列波才能发生干涉现象，振动加强与减弱区域相互间隔，振动加强的区域始终加强，加强区的位移时大时小，振动减弱的区域始终减弱；同时质点不随波前进【解析】： 解：A、振动加强
10、的区域内各质点的振动方向均相同，可在波峰上，也可在波谷，也可能在平衡位置，故A错误；B、振动加强区域质点是在平衡位置附近振动，有时位移为零，故B错误；C、在干涉图样中振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大，C正确；D、振动加强和减弱区域的质点不随波前进，D错误；故选：C【点评】： 要记住发生干涉的唯一条件：两列波的频率相同，且发生干涉的区域是稳定的7（2分）现有丝绸、玻璃、塑料薄膜三种材料，通过实验发现，当被丝绸摩擦过的玻璃棒靠近被丝绸摩擦过的塑料薄膜时，两者相互吸引据此排出三种材料的顺序，使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者总是带负电，这个顺序是（） A 丝绸、玻墒、塑料薄膜 B
11、塑料薄膜、玻璃、丝绸 C 塑料薄膜、丝绸、玻璃 D 丝绸、塑料薄膜、玻璃【考点】： 电荷守恒定律【分析】： 摩擦起电并不是创造了电荷，而是电荷从一个物体转移到另一个物体上，得到电子的带负电，失去电子的带正电【解析】： 解：丝绸与玻璃棒相互摩擦时，丝绸得到电子带负电，玻璃棒失去电子带正电，故丝绸的吸附电子能力大于玻璃棒；玻璃与塑料薄膜靠近时相互吸引，说明塑料薄膜带负电，即塑料薄膜的吸附电子能力大于丝绸，故吸附电子能力由强到弱的排列顺序是：塑料薄膜、丝绸、玻璃，此时使前面的材料跟后面的材料摩擦后，前者总是带负电；故选C【点评】： 主要考查了摩擦起电的实质，摩擦起电并不是创造了电荷，而是电荷从一个物
12、体转移到另一个物体上8（2分）如图所示，用水平方向的力F将重为G的木块压在竖直的墙壁上，开始时木块保持静止，下列判断中正确的是（） A 当F增大时，摩擦力将增大 B 当F减小时，摩擦力一定减小 C 当F减小时，摩擦力先不变，后变小 D 当F减小为零时，摩擦力不一定为零【考点】： 摩擦力的判断与计算专题： 摩擦力专题【分析】： 本题中木块受到重力作用，但并没有向下掉，而是保持静止，处于平衡状态，故需对物体受力分析，结合平衡条件分析解决【解析】： 解：对物体受力分析，受推力F、重力G，由于物体保持静止，处于平衡状态，合力为零，即静摩擦力与重力平衡，当推力F增大时，摩擦力不变；当F减小时，摩擦力先不
13、变，后物体下滑，物体受滑动摩擦力变小；当F减小为零时，摩擦力为零故选：C【点评】： 静摩擦力的大小随着外力的变化而变化，其方向与物体的相对运动趋势的方向相反，可以用假设法判断对运动趋势的方向，即假设墙面光滑，物体会向下滑动，故物体有向下的滑动趋势二、（24分）单项选择题.本大题共8小题，每小题3分.每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的选对的得3分，选错的或不答的，得0分；选两个或两个以上的，得0分.9（3分）下列单位中与磁感应强度的单位T不相当的是（） A Wb/m2 B N/（Am） C N/（Cm） D /（s2A）【考点】： 磁感应强度【分析】： 根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应
14、强度的定义式推导出T与其他单位的关系【解析】： 解：A、由B=，则单位可以为Wb/m2故A正确；B、根据磁感应强度的定义式B= 得，1T=1N/Am，故B正确C、由公式B= 由安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/Am，即为1T故C错误D、根据磁感应强度的定义式B= 得，1T=1N/Am，1N/Am=1kgm/s2/（Am）=1kg/（s2A）故D正确；本题选择错误的，故选C【点评】： T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题10（3分）（2014上海）在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不
15、计空气阻力，两球落地的时间差为（） A B C D 【考点】： 竖直上抛运动【分析】： 小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差【解析】： 解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v，则由机械能守恒定律得：mgh+=则得：v=，所以落地时两球的速度大小相等对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为g，则运动时间为：t1=对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=故两球落地的时间差为：t=t1t2=故选：A【点评】： 本题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系
16、，写出相应的公式，分析运动的关系11（3分）弹簧振子的振动是最简单的振动，但是大多数物体的振动都比较复杂，它们的振动图象也比弹簧振子的振动图象复杂得多下列四个图中哪一个是声带振动曲线？（） A B C D 【考点】： 简谐运动的振动图象专题： 简谐运动专题【分析】： 根据振动图象的振幅变化，周期变化，结合发声的特点，即可求解【解析】： 解：根据振幅与周期变化情况，即可确定B图象，符合声带振动，A、振幅与周期不变，故A错误；C、振幅相差太大，不符合声带振动特征；D、频率太高，周期太短，也不符合，故ACD错误，B正确；故选：B【点评】： 考查振动图象的信息，及声带发声的特点，注意正弦曲线，地震振动
17、曲线与脉冲曲线的识别12（3分）（2013上海）汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（） A B C D 【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 压轴题；直线运动规律专题【分析】： 汽车以恒定功率行驶，功率P=Fv，匀速匀速时牵引力和阻力平衡；当驶入沙地后，受到的阻力变大，故合力向后，做减速运动，根据功率P=Fv可知，牵引力增加，故汽车加速度减小，当加速度减为零后，汽车匀速【解析】： 解：汽车
18、驶入沙地前，做匀速直线运动，牵引力和阻力平衡；汽车刚驶入沙地时，阻力增加，牵引力小于阻力，加速度向后，减速；根据功率P=Fv可知，随着速度的减小，牵引力不断增加，故加速度不断减小；当加速度减为零后物体匀速运动；汽车刚离开沙地，阻力减小，牵引力大于阻力，故加速度向前，物体加速运动；根据功率P=Fv可知，随着速度的增加，牵引力不断减小，故加速度不断减小；即物体做加速度减小的加速运动；最后匀速；故汽车进入沙地减速，中途匀速，离开沙地加速；st图线上某点的斜率表示该点对应时刻的瞬时速度，B图两端是曲线，且最后的斜率大于开始的斜率，即最后的速度比开始的最大速度还要大，不符合实际；故A正确，B错误，C错误
19、，D错误；故选A【点评】： 本题关键分析出物体的运动规律，然后根据st图线的切线表示对应时刻的瞬时速度判断13（3分）如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为（） A O B g，方向竖直向下 C gtan，水平向右 D ，沿绳向下【考点】： 电场强度；牛顿第二定律【分析】： 剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度【解析】： 解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，如左图所示，根据共点力平衡得，绳子的拉力T=，剪断绳子后，重力和
20、电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如右图所示，则F合=T=，根据牛顿第二定律得，加速度a=，方向沿绳子方向向下故D正确故选：D【点评】： 本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解拉力的大小，最后根据牛顿第二定律求加速度14（3分）如图所示，是某空间部分电场线分布图，电场方向如图箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN以下说法正确的是（） A O点电势与Q点电势相等 B O、M间电势差小于N、O间电势差 C 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上【考点】：
21、 电势差与电场强度的关系；电势；电势能专题： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负【解析】： 解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电
22、势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选：C【点评】： 电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解15（3分）如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电
23、阻不计则（） A 该过程中导体棒做匀减速运动 B 该过程中接触电阻产生的热量为mv C 开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S= D 当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半【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： 压轴题；电磁感应功能问题【分析】： 导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力作用做减速运动；导体棒的动能转化为内能；根据E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律判断感应电流的大小；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及电流定义式的变形公式求出感应电荷量【解析】： 解：A、感应电动势E=BLv，感应电流I=，导体棒受到的安培力F=BIL=
24、，由于导体棒在运动过程中L不断减小，安培力不断减小，导体棒的加速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，不做匀减速运动，故A错误；B、克服安培力做功，导体棒的动能转化为焦耳热，由能量守恒定律可得，接触电阻产生的焦耳热Q=mv02，故B错误；C、在整个过程中，感应电荷量Q=It=t=，则S=，故C正确；D、感应电动势E=BLv，感应电流I=，当导体棒的速度为时，导体棒的长度L减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，故D错误；故选C【点评】： 本题考查了判断导体棒的运动性质、求产生的焦耳热、求感应电荷量、判断感应电流大小等问题，熟练掌握基础知识即可正确解题16（3分）如图所示，A、B是两个完全相同
25、的长方形木块，长为l，叠放在一起，放在水平桌面上，端面与桌边平行A木块放在B上，右端有伸出，为保证两木块不翻倒，木块B伸出桌边的长度不能超过（） A B C D 【考点】： 重心【分析】： 应用整体法考虑，根据平衡条件得出若两砖不翻到且B伸出最长时，应满足整体的重心应恰好在桌子的边缘【解析】： 解：将两块砖看做一个整体，则其总长度为，根据平衡条件看做，为了保持两砖都不翻倒，整体的重心应恰好在桌子边缘，所以整体重心与A右边缘距离为，由图可知B边缘到桌子边缘的距离为x=；故B正确、ACD错误故选：B【点评】： 遇到连接体问题，从整体角度分析较简单，物体不翻到的临界条件是物体的重心应恰好在桌子的边缘
26、三、（16分）多项选择题本大题共4小题，每小题4分每小题给出的四个答案中，有二个或二个以上是正确的把正确答案全选出来每小题全部选对，得4分；选对但不全，得部分分；有错选的得0分17（4分）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（） A 变为0 B 先减小后不变 C 等于F D 先增大再减小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算专题： 电磁感应与电路结合【分析】： 当a向上运动时，在闭合
27、回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况【解析】： 解：对a棒：a棒所受合力为：F合=FfmgsinF安=Ffmgsin，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变b最终受到的静摩擦力有三种情况：第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsin，故A正确第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsin，由于最初是f=mgsin，故摩擦力先减小后不变，故B正确；在这种情况下：f=mgsinBIL；此时对a，F=mgsin+BIL+f滑，故Ff；第三种是：摩
28、擦力向下，则BIL=mgsin+f，f=BILmgsin；由于最初是f=mgsin；BILmgsin与mgsin的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变是而此时对a，F=mgsin+BIL+f滑，故Ff综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误故选：AB【点评】： 本题是电磁感应与力学的结合，在分析b棒所受摩擦力时，由于所受摩擦力为静摩擦力，因此要注意讨论安培力的变化以及与重力向下分力的大小关系对于a棒的运动情况，类似于汽车起动，抓住安培力与速
29、度成正比的特点分析其运动过程18（4分）如图所示，滑动变阻器的总阻值R0R10当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的度数为U，电流表的读数为I，则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中（） A 电压表的读数总小于U B 电压表的读数先增大后减小 C 电流表的读数总大于I D 电流表的读数先增大后减小【考点】： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题【分析】： 由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化【解析】： 解：滑动变阻器的触头向上移动的过程中，因R0R10，先简化电路，除去两电表，相当
30、于两个电阻后与R2串联，滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头移到两支路电阻相等时，总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示度先增大后减小将整个过程分为两阶段：两支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压U并=EI（R+r）增大，安培表支路电阻减小，安培表读数增大；两支路电阻相等后，总电流增大，安培表支路电阻减小，安培表读数增大故电流表的读数总大于I故BC正确故选：BC【点评】： 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质19
31、（4分）分子速度的大小可以用多种方法来直接测定图是蔡特曼和柯氏（ Ko）于19301934年测定分子速度大小的装置简图在小炉O中，金属银熔化并蒸发，银原子束通过小炉的小孔逸出，又通过狭缝S1和S2进入抽空区域圆筒C可以绕轴A以一定的角速度旋转那么（） A 由银原子落在玻璃板G上的位置、圆筒C旋转的角速度、圆筒C的直径就可得出金属银的速度大小 B 由银原子落在玻璃板G上的位置、圆筒C旋转的角速度、就可得出金属银的速度大小 C 由银原子落在玻璃板G上的位置、圆筒C的直径就可得出金属银的速度大小 D 图表示蔡特曼（ Zartman）对史特恩（ Stern）测定分子速度大小方法的改进【考点】： 线速度
32、、角速度和周期、转速【分析】： 银分子从S2进入圆筒后，借助于发生的位移为直径d，所需要的时间与圆筒从B转动到P时间相等，从而列式，即可求解【解析】： 解：A、设银分子的速度为v，银分子从S2进入圆筒后打到B处，所需要的时间为t=，而圆筒从B转动到P时间为，因此则有，故A正确，BC错误D、根据物理学知识可知，D正确故选：AD【点评】： 考查物体转动的角速度与转动角度的关系，紧扣沿着直径方向运动的时间与沿着圆弧运动的时间相等，从而求解20（4分）（2000上海）如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球支架悬挂在O点，可绕O点并与支架所在
33、平面相垂直的固定轴转动开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（） A A球到达最低时速度为零 B A球机械能减少量等于B球机械能增加量 C B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度 D 当支架从左到向右回摆时，A球一定能回到起始高度【考点】： 机械能守恒定律专题： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得【解析】： 解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：A、若A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，又因A、B质量不等，则A减少的重力势能不
34、等于B增加的重力势能，所以A达到最低点时速度不为0，故A错误；B、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确；C、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和初始时刻的A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故C正确；D、因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右加摆时，A球一定能回到起始高度，故D正确故选：BCD【点评】： A、B组成的系统机械能守恒，则A增加的机械能和B减少的机械能相等机械能守恒是系统机械能总量保持不变，单个物体的机械能可以发生变化四、（20分）填空题.本大题共5小
35、题，每小题4分.答案写在答题纸指定位置，不要求写出演算过程.21（4分）在一条玻璃生产线上，宽9m的成型玻璃板以2m/s的速度连续不断地向前行进在切割工序处，金刚石割刀的移动速度为10m/s为了使割下的玻璃板都呈规定尺寸的矩形，割刀的轨迹与玻璃板平移方向的夹角应为78.5；切割一次的时间为0.92s【考点】： 运动的合成和分解专题： 运动的合成和分解专题【分析】： 为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，知合速度的方向与玻璃板垂直，根据平行四边形定则求出金刚钻割刀的轨道方向，通过合速度求出切割一次的时间【解析】： 解：设金刚钻割刀的轨道方向与玻璃板的夹角为，因为合速度的方向与玻璃板垂直，根据平行
36、四边形定则得，cos=0.2，则=arccos0.2=78.5合速度的大小v=m/s，则切割一次的时间t=s0.92s故答案为：78.5，0.92【点评】： 解决本题的关键知道合速度的方向与玻璃板垂直，根据平行四边形定则进行求解22（4分）甲、乙两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比m1：m2=2：3，运行轨道的半径之比r1：r2=4：9，则它们的向心力之比F1：F2=27：8，运动的周期之比T1：T2=【考点】： 向心力专题： 匀速圆周运动专题【分析】： 根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而得出线速度、角速度、周期之比【解析】： 解：根据万有引力
37、提供向心力得出，F=，所以F1：F2=27：8，根据万有引力提供向心力得出，T=，所以周期之比为T1：T2=故答案为：27：8，【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用23（4分）如图所示，S点是波源，振动频率f=100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速v=80m/s，波在传播过程中经过P、Q两点，已知距离SP=4.2m，距离SQ=5.4m在某一时刻t，当S点的质点恰好通过平衡位置向上运动时，P点的质点处于的位置是平衡位置，Q点的质点处于的位置是波峰【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由振动的频率和波速，根据波速
38、公式v=f求出波长，分析PS、QS与波长的关系，结合波形，确定此时刻P、Q两质点所处的位置【解析】： 解：由v=f得波长为：=m=0.8mSP=4.2m=4，P与距S一个波长的点振动形式完全相同；SQ=5.4m=6，相当于在处，当S通过平衡位置向上运动时，结合波形可知，此时刻P在平衡位置，Q在波峰故答案为：平衡位置，波峰【点评】： 本题关键确定PS、QS与波长的关系，结合波形进行分析是常用的方法24（4分）如图所示，MW为长直通电导线PQ是一根与MW平行的竖直轴，轴上套有一个可以自由转动的通电金属框abcd（它与PQ绝缘）开始时，金属框的平面正对MW，即ab边与cd边跟MW的距离相等放开金属框
39、，自上向下看其将发生逆时针转动（填：顺时针转动、逆时针转动或者不动），因为根据左手定则确定ab边的受力方向是指向MW（填：指向MW或者背离MW），同理，cd边受力也有相同的效果【考点】： 楞次定律；安培力【分析】： 矩形金属框处于长直导线电流所产生的磁场中，根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属框的运动状况【解析】： 解：根据安培定则与左手定则共同推导出的结论：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥因此ab边相互吸引，而cd边则相互排斥，导致从俯视往下看，金属框绕轴逆时针转动故答案为：逆时针转动，指向MW【点评】： 解决本题还可用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及会用左手定则判断安培力
40、的方向但没有这种方法既快又对25（4分）如图所示的电路中，电阻R1=12，R2=R3=R4=6.0当电键S断开时，电压表的示数为12V，全电路消耗的电功率为13W问电键S闭合后，电压表的示数为10.5V，电流表的示数为2.1A（电流表的内阻忽略不计，电压表的内阻非常大）【考点】： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题【分析】： 由于电路较为复杂，故先将电路简化得出电路结构，先由S断开时的电表的示数利用闭合电路欧姆定律及功率公式可求得电源内阻；当S闭合后，对电路简化可知，R3与R4并联后与R1串联，再与R2并联，电压表测干路电压，而电流表测量流过R2与R4的总电流；则由串并联电路的规律可求得总
41、电阻；再由闭合电路欧姆定律电路中流过各电阻的电流【解析】： 解：当S断开时电路如图1，并联部分电阻为：R并=6总电阻R=R并+R4=12；由欧姆定律可得： 电流I=A=1A；由功率公式可知：E=V=13V；由闭合电路欧姆定律可知； E=U+Ir解得：r=1； S闭合时电路如图2电路中R34的电阻为：R34=3； 电路中总电阻 R=则电压表示数为：UV=E=10.5V电路中流过R2的电流：I2=1.75A流过R3的电流：I3=0.35AIA=I2+I3=1.75+0.35=2.1A故电压的示数为10.5V，电流表示数为2.1A故答案为：10.5V，2.1A【点评】： 对于复杂电路一般先进行电路的
42、简化，明确电路的结构，然后再利用欧姆定律及串并联电路的特点求解即可五（24分）实验题.本大题共4小题26（4分）如图是某小组同学为研究滑动摩擦因数所设计的实验装置其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的木块，Q为木块右端连接的一弹簧测力计实验时用力将A从B的下方抽出，通过Q的读数即可测出动摩擦因数若实验条件较为理想，则（） A 只有将木板A匀速抽出才能从Q上读取稳定读数 B 将木板A加速、减速或匀速抽出均能从Q上读取稳定读数 C 通过该方法可测得A与B之间的动摩擦因数 D 通过该方法可测得A与地面之间的动摩擦因数【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【
43、分析】： 用力将A从B的下方抽出达到稳定状态时，B所受的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力平衡滑动摩擦力f=N，N等于B的重力，f由弹簧测力计Q读出，从而可测得动摩擦因数【解析】： 解：A、B用力将A从B的下方抽出达到稳定状态时，在水平方向上B所受的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力平衡，根据滑动摩擦力公式f=N可知，滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，与B的速度无关，无论木板A是匀速直线运动还是变速直线运动，都不会改变木块受到的摩擦力的大小，最终木块总是静止的，均能从Q上读取稳定读数故A错误，B正确C、D当B达到稳定状态时处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对
44、木块A的压力大小等于B的重力mg，由f=N得，=，由从Q上读取F，则可求得，故C正确，D错误故选：BC【点评】： 本题中对摩擦力的测量是采用“转换法”进行的，当B达到稳定状态时，弹簧测力的拉力与滑动摩擦力成为一对平衡力，它们大小相等，测出拉力F的大小，就容易得到滑动摩擦力的大小，提供了一种测量动摩擦因数的简易方法27（4分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材有：灵敏电流计、直流电源、带铁芯的线圈L1、线圈L2、开关、滑动变阻器（控制电流大小，以改变磁场的强弱），如图所示（1）按实验要求在实物图上连线（2）若将滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚闭合时灵敏电流计指针右偏那么开关闭
45、合后，滑动变阻器的滑动触头向C移动时，灵敏电流计指针将右偏（填：左偏、右偏或者不偏）【考点】： 研究电磁感应现象专题： 实验题【分析】： （1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）根据题意确定指针偏转方向与磁通量变化 间的关系，然后根据磁通量的变化情况确定指针的偏转方向【解析】： 解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示（2）在电键刚闭合时，回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增
46、大，此时电流表指针右偏；电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动时，接入电路的有效电阻减小，所以回路中的电流增大，原线圈中的电流产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将右偏；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）右偏【点评】： 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键28（8分）（1）用多用电表欧姆挡粗略测量某元件的电阻，选用“1”挡，测量结果如图1所示，则测得的电阻为13（2）为探究该元件的导电性能（电阻随电压变化不太大），提供了如下器材：A电流表A（量程0
47、.6A，内阻约0.9）B电压表V（量程3V，内阻约3k）C滑动变阻器R1 （10，0.3A）D滑动变阻器R2（1000，0.1A）E电源E（电动势3V，内阻约0.1）F开关S及导线若干实验中滑动变阻器应该选择C（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便；在图2虚线框内画出实验电路图，要求闭合电键前滑动变阻器放置在合适位置；如图3中I、图线，一条为元件真实的UI图线，另一条是本次实验中测得的UI图线，其中II是本次实验中测得的图线【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题【分析】： 欧姆表读数等于刻度盘读数乘以倍率；电源、滑动变阻器、导线和电键是必须选择的，要减小误差，电压表和电流表量程
48、都选择较小的量程，只要不超过量程即可；为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流电压的电阻值较接近，故采用电流表内接法分析电流表内接法对误差的影响即可【解析】： 解：（1）欧姆表读数=刻度盘读数倍率，即131=13；电源、滑动变阻器、导线和电键是构成闭合电路必须选择的；同时电流表和电压表也只能是必选的；为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法，要选择电阻值比较小的C；由于：所以要选择电流表外接法；实验原理图如图所示由于在该实验中采用了电流表的外接法，所以电流表测量的电压是待测电阻与电流表电流的和，所以电阻的测量值偏小故II是本次实验中测得的图线故答
49、案为：（1）13；（2）C如图；II【点评】： 解决本题的关键掌握多用电表的原理和读数方法，关键要明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理，其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是重点所在29（8分）如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的传感器能显示挂钩处所受的拉力，不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时要使实验成功，操作中必须满足小车与滑轮间的细绳与长木板平行；此实验中需要（填“需要”或“不需要”）砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码
50、的总质量M（2）实验时，先测出小车和砝码的总质量M，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门间的运动时间t改变M，测得多组M、t的值，建立坐标系描点画出图线下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是图2中的C（3）若实验中抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出传感器的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角测得多组数据，得到的F的图线如图3所示，若两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m=0.34kg，取g=9.8m/s2，则图线的斜率为0.54kgm（小数点后保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的
51、图线斜率将不变 （填：变大、变小、不变）【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题： 实验题【分析】： （1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力；（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2位移一定，找出a与t的关系；（3）根据牛顿第二定律求出小车的加速度和合力的关系，进一步求出F和的关系式【解析】： 解：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力，要使小车所受合外力一定，操作中必须满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做
52、匀加速运动，位移x=at2改变小车质量m，测得多组m、t的值，所以加速度a=，位移不变，所以a与t2成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C（3）小车由静止开始做匀加速运动，位移L=at2a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合=Fmg=maF=则图线的斜率为k=2mL=0.54kgmk与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，如图3所示测得图线斜率将不变故答案为：（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行；需要（2）C（3）0.54kgm；不变【点评】： 对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，掌握匀变速直线运动的规律应用，熟练应用所学基本规律解决实验问题六（5
53、0分）计算题.本大题共4小题30（10分）如图所示，匀强电场中有边长为4m的正三角形PQR，场强方向由P指向R当场强为1.2V/m时，（1）带电量为+2C的电荷由P运动到Q点，电场力对它做功为多少？（2）当场强变为另一值后，Q点电势不变，而P点电势比原来高1.2V，此时+2C的电荷从P点运动到Q点，电场力做功为多少？此时场强大小为多少？【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）根据功的表达式W=qEd，从而求出电场力做功的大小（2）由U=Ed求出PR两点间的电势差，得到PQ间的电势差，由题意可得到后来PQ间的电势差，最后再由功的表达式，来求出电
54、荷从P点运动到Q点，电场力做功由U=Ed求解场强【解析】： 解：（1）设匀强电场的场强为E，电荷电量为q，P、Q两点距离为L，电荷从P点到Q点，电场力做功为WPQ，根据功的定义式，有：电场力做功 WPQ=qELcos60=21.240.5J=4.8 J（2）P点电势比Q点电势高，P、Q两点电势差为 UPQ=V=2.4V当电场变化后，P、Q两点电势差 UPQ=2.4V+1.2V=3.6V电荷从P点运动到Q点电场力做功为 WPQ=qUPQ=23.6J=7.2J场强为 E=1.8V/m答：（1）当场强为1.2 V/m时，电荷由P运动到Q点，电场力对它做功4.8 J（2）当场强变为另一值后，电荷从P点
55、运动到Q点，电场力做功为7.2J此时场强大小为1.8V/m【点评】： 考查功的表达式与电势差表达式的应用，注意功的表达式中位移与力的夹角，而电势差要注意功的正负与电荷的电性31（12分）以速度v0沿水平方向抛出一物体，问：（1）抛出多少时间后物体的水平分速度和竖直分速度大小相等？此时速度的大小和方向如何？（2）抛出多少时间后物体的水平分位移和竖直分位移大小相等？此时位移的大小和方向如何？【考点】： 平抛运动专题： 平抛运动专题【分析】： （1）抓住水平分速度和竖直分速度相等，结合速度时间公式求出运动的时间，结合平行四边形定则求出速度的大小和方向（2）抓住水平位移和竖直位移相等，结合位移公式求出
56、运动的时间，结合平行四边形定则求出位移的大小和方向【解析】： 解：（1）抛出t时间后物体的水平分速度：vx=v0，竖直分速度：vy=gt，大小相等有 v0=gt，t=此时速度的大小：v=因为速度的方向与水平方向的夹角：=45（2）抛出t时间后物体的水平分位移：x=v0t，竖直分位移：y=，此时位移大小相等：有 ，解得t=此时位移的大小：s=因为位移的方向与水平方向的夹角：=45答：（1）经过时间后物体的水平分速度和竖直分速度大小相等，速度大小为，方向与水平方向的夹角为45度（2）经过时间后物体的水平分位移和竖直分位移大小相等，位移的大小为，方向与水平方向的夹角为45度【点评】： 解决本题的关键
57、知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题32（14分）我国的最新交通规则规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m（1）若要确保汽车在3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）某小客车正以v0=14m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，那么这辆制动性能合格的小客车是否一定能在黄灯点
58、亮前在路口停车线前停下来？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s（3）某小客车正以v0=8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，汽车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 直线运动规律专题【分析】： （1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出汽车刹车的加速度大小，结合速度时间公式，采用逆向思维求出汽车刹车前的速度大小（2）根据反应时间内匀速运动的位移和刹车后匀减速运动的位移之和判断小客
59、车是否一定能在黄灯点亮前在路口停车线前停下来（3）小客车在反应时间内做匀速直线运动，抓住匀速运动的位移和匀加速直线运动的位移超过28m，求出汽车匀加速运动的加速度【解析】： 解：（1）设汽车刹车时的最大加速度为a，根据v2=2as，则a=确保汽车在3s内停下来，汽车刹车前的行驶速最大速度为：vmax=at=4.93m/s=14.7m/s（2）在反应时间内汽车匀速运动的距离为：s0=v0t=141m=14m，车匀减速运动的距离为：s=ss0=2814m=14m由于制动性能合格的小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m所以这辆小客车不一定能在黄灯亮时在路口停车线前停下来（3）
60、在反应时间内汽车匀速运动的距离为：s0=v0t=81m=8m车匀加速运动的距离为：s=ss0=28m8m=20m从绿灯闪到黄灯亮起这3s内汽车加速运动的时间：t=tt=31s=2s设汽车加速时的加速度为a，有：代入数据：化简得：a=2m/s2答：（1）小客车刹车前的行驶速度不能超过14.7m/s；（2）这辆小客车不一定能在黄灯亮时在路口停车线前停下来；（3）汽车至少以2m/s2的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路【点评】： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷33（14分）如图，水平面内有一半径r=4m的光滑金属圆形导轨，圆
61、形导轨的右半部分的电阻阻值R=1.5，其余部分电阻不计，圆形导轨的最左边A处有一个断裂口，使圆形导轨不闭合将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨GH处，并通过圆心O空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做与GH方向垂直的直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m所需时间t（3）在棒由GH处向左移动2m的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理专题
62、： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力（2）由法拉第电磁感应定律与E=BLv求出时间；（3）应用动能定理求出棒的初速度【解析】： 解：（1）棒在GH处速度为v1，感应电动势为：E=Blv1，感应电流为：I1=，安培力为：FA=BIl=，代入数据解得：FA=32N；（2）设棒移动距离a，由几何关系，磁通量变化：=B（r2+a2rcos30），题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有：E=Blv2因此：E=Blv2，解得：；（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在由GH处向左移动2m处的速度为v3由动能定
63、理：WWA=mv32mv32，克服安培力做功：WA=I32Rt，其中：I3=，联立解得：WA=，）由于电流始终不变，有：v3=v3=v3，因此：W=+m（1）v32，代入数值得：v32+20.43v321=0，解得：v3=0.34m/s，（v3=61.54m/s 舍去）；答：（1）若初速度v1=3m/s，棒在GH处所受的安培力大小FA为32N（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m所需时间t为1.28s（3）在棒由GH处向左移动2m的过程中，外力做功W=7J，初速度v3为0.34m/s【点评】： 本题是电磁感应与力学相结合的题，难度较大，分析清楚导体棒的运动过程，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动能定理分析答题
