1、2015年上海市长宁区、嘉定区高考物理二模试卷一单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1（2分）关于元电荷，下述正确的是（） A 点电荷就是元电荷 B 元电荷就是正电子 C 元电荷是带电量为1C的电荷 D 自然界中已知的最小电荷量【考点】： 元电荷、点电荷【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍【解析】： 解：A、元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故AB错误；C、元电荷是表示跟电子所带电量数
2、值相等的电荷，是1.61019C的电量故C错误；D、元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电荷，是自然界中已知的最小电荷量故D正确；故选：D【点评】： 本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念以及元电荷与点电荷的区别、元电荷与电子、质子电量的区别即可解决本题2（2分）将两个力F1和F2合成为一个力F，下述正确的是（） A F1、F2和F是同一性质的力 B F1、F2可能是作用在两个不同物体上的力 C F作用的效果与F1、F2同时作用的效果相同 D F1、F2和F是同时作用在同一物体上的实际的力【考点】： 合力的大小与分力间夹角的关系【专题】： 平行四边形法则图解法专题【分析】： 合力的作用效
3、果与分力的共同作用效果相同根据平行四边形定则可以知道合力与分力的大小关系【解析】： 解：A、F1、F2和F可以不是同一性质的力故A错误； B、F1、F2必须是同一物体上，才能进行合成故B错误； C、分力的共同作用效果与合力的作用效果相同故C正确； D、两个力F1和F2合成为一个力F，而F不是物体实际受到的力故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道分力和合力遵循平行四边形定则，以及知道合力的作用效果与合力的作用效果是等效的3（2分）如图为一振子做简谐运动的图象，在t1和t2时刻，振子的（） A 位移相同 B 速度相同 C 回复力相同 D 加速度相同【考点】： 简谐运动的振动图象【专题】：
4、简谐运动专题【分析】： 结合振子的实际运动模型，得到振子的位移由正值逐渐变小并反向变大，然后得到速度和加速度的变化规律【解析】： 解：从振子的位移时间图象可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；据对称性可知，两时刻的速度相同，振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，F=kx，再据牛顿第二定律：a=可知，回复力，加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变故ACD错误，B正确故选：B【点评】： 本题关键是根据位移时间图象得到振子位移变化的规律，再结合实际模型进行分析处理对于速度，也可以切线的斜率等于速度进行判断4（2分）下列现象中，不属于由万有引力引
5、起的是（） A 银河系球形星团聚集不散 B 月球绕地球运动而不离去 C 电子绕核旋转而不离去 D 树上的果子最终总是落向地面【考点】： 力的概念及其矢量性【分析】： 使原子核内质子、中子保持在一起的作用是核力，地球绕太阳旋转而不离去、树上的果子最终总是落向地面都是由于万有引力作用【解析】： 解：A、银河系球形星团靠星球之间的万有引力作用而聚集不散，故A错误；B、月球受到地球的吸引力提供向心力，而绕地球做圆周运动不离去，故B错误；C、电子受到原子核的吸引力而绕核旋转不离去，不是万有引力，故C正确；D、树上的果子由于受到地球的吸引而最终总是落向地面，属于万有引力作用，故D错误本题选不属于由万有引力
6、引起，故选：C【点评】： 知道万有引力是自然界中普遍存在的力，天体间的万有引力是维持天体运行的向心力，知道自然界有四种基本的相互作用力：万有引力、电磁作用力，强相互作用和弱相互作用可结合具体的力进行记忆5（2分）关于声波的描述，下述正确的是（） A 同一列声波在各种介质中的波长是相同的 B 声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快 C 人能辨别不同乐器同时发出的声音，说明声波不会发生干涉 D “隔墙有耳”说明声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射【考点】： 声波；波的干涉和衍射现象【分析】： 首先知道介质决定波速，波源决定频率；音调、响度和音色的区别；波的干涉与衍射的现象；据波速公式分析求解
7、【解析】： 解：AB、介质决定波速，所以同一列波在各种介质中频率相同；据波速公式可知波长不一定相同，故AB错误；C、人能辨别不同乐器同时发出的声音，是由于音色不同，并非声波不会发生干涉，故C错误；D、隔墙有耳说明声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射，故D正确故选：D【点评】： 解题关键知道介质决定波速，波源决定频率；音调、响度和音色的区别；波的干涉与衍射的现象和发生明显波动性的条件6（2分）用如图所示装置做光电效应实验，下述正确的是（） A 光电效应现象是由爱因斯坦首先发现的 B 实验现象揭示了光具有波动性 C 实验中，光电子从锌板逸出，验电器带正电 D 实验中，若用可见光照射锌板，也能发
8、生光电效应【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 该实验是通过弧光灯发出紫外线照射锌板，发生光电效应，光电效应说明光具有粒子性【解析】： 解：A、光电效应是由赫兹首先发现的，故A错误；B、光电效应现象揭示了光具有粒子性，故B错误；C、光电效应现象中，光电子从锌板逸出，验电器带正电，故C正确；D、光电效应中应该用紫外线照射锌板，当用可见光时，频率降低，小于极限频率，则不满足光电效应反生条件故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道光电效应方程，知道光电效应说明光具有粒子性，理解光电效应发生的条件7（2分）下列选项中，会导致静电危害的是（） A 建筑物屋顶安放避雷针 B 印染厂
9、车间保持空气干燥 C 赛车轮胎采用导电橡胶制成 D 高档的地毯中夹一些不锈钢丝【考点】： * 静电的利用和防止【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害【解析】： 解：A、在建筑物顶上装避雷针，以免发生静电危害不符合题意B、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害符合题意故B正确；C、轮胎用导电橡胶制成，可以有效将飞机上的静电导入大地，属于防止静电危害，不符合题意D、高档的地毯中夹一些不锈钢丝，可以有效将因摩擦产生的静电导入大地，属于防止静电危害，不符合题
10、意故选：B【点评】： 该题考查静电的防止与应用，掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释此题属于基础题8（2分）某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期是（） A 3.8天 B 5.7天 C 7.6天 D 11.4天【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】： 本题考察了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行有关运算，即公式的应用，明确半衰期的含义【解析】： 解：根据半衰期与质量变化的公式：可得：有的原子核发生了衰变，剩下，所以有，t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天故A正确
11、，BCD正确故选：A【点评】： 本题比较简单，只要知道半衰期公式就能解答，原子物理中题目主要是加强记忆，没有很复杂的计算题二单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9（3分）由天然放射性元素钋（Po）放出的射线轰击铍（Be）时会产生A粒子流，用粒子流A轰击石蜡时，会打出粒子流B下述正确的是（） A 该实验核反应方程：Be+HeC+n B 该实验是查德威克发现质子的实验 C 粒子A为中子，粒子B为质子 D 粒子A为质子，粒子B为中子【考点】： 天然放射现象【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 天然放射性元素钋（Po）放出的射线轰击铍时会产生高速中子流，轰击石蜡时会打出质子【解析
12、】： 解：A、天然放射性元素钋（Po）放出的射线轰击铍（Be）时会产生中子流，C原子核的质量数：m=9+41=12，所以该反应是：Be+HeC+n故A错误B、用放射源钋的射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”，即中子流，中子轰击石蜡，将氢中的质子打出，即形成质子流该实验是查德威克发现中子的实验所以A为中子，B为质子，故B错误，C正确，D错误故选：C【点评】： 该题考查查德威克发现中子的实验中所发生的核反应方程，以及核反应的过程中产生的粒子，属于对物理学史的考查要牢记原子物理学中的几个重要的发现以及相应的实验即其现象10（3分）一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t=
13、0时的波形如图此时平衡位置处于x=3m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa=2.5m和xb=5.5m，则（） A 当a质点处在波峰时，b质点在波谷 B 当a质点速度最大时，b质点速度为0 C t=0时，a、b两质点加速度大小相同，方向相反 D t=T时，b质点正在向y轴正方向运动【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】： 由波动图象，据3m处质点的振动情况，判断波的传播方向，再分析判断质点a、b的速度方向，分析两位移的关系【解析】： 解：A、平衡处于x=3m处的质点正在向上运动；由带动法可知，此波沿x轴负方向传播；由于ab
14、两质点的距离为3m，不等于半个波长，所以当a质点处在波峰时，b质点不在波谷，故A错误；B、据波形图和两质点的距离为3m，当a在平衡位置即速度最大时，b在最大位移处，所以速度为零，故B正确；C、据图象可知，0时刻两质点的位移相同，据F=kx得：a=，所以在该时刻两质点的加速度相同，故C错误；D、t=0时刻，b点振动方向向y轴正方向，当t=时，b质点正在向y轴负方向故D错误故选：B【点评】： 本题考查识别、理解波动图象的能力，根据波动图象，分析质点的振动过程是应具备的能力，善于用波形平移法平移波，再分析各质点的振动情况11（3分）铜摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA1个铜原子所占的体积是（
15、） A B C D 【考点】： 阿伏加德罗常数【专题】： 阿伏伽德罗常数的应用专题【分析】： 由铜的摩尔质量可求得1mol铜原子所占据的总体积，则可求得1个铜原子所占据的体积【解析】： 解：铜的摩尔体积V=则一个铜原子所占的体积为：v原=；故选：A【点评】： 阿伏加德罗常数NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义是解题的关键求铜原子的体积要建立物理模型，将抽象的问题形象化12（3分）如图，电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小闭合电键S后，将照射光强度增强，则（） A 电路的路端电压将增大
16、B R1两端的电压将增大 C r的发热功率将减小 D L1、L2都变亮【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化【解析】： 解：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以L1两端的电压增大，L1变亮，并联部分电压减小，即R1两端的电压
17、将减小，其电流减小，所以通过L2的电流增大，变亮由于总电流增大，所以r的发热功率将增大故ABC错误，D正确故选：D【点评】： 闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质13（3分）如图甲，Q1、Q2为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点现有一点电荷，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其t图象如图乙，电子经过a、b两点的速度分别为a、b，则（） A Q1一定带正电 B Q1的电量一定小于Q2的电量 C b点的电场强度一定为0 D 电子的电势能先
18、增大后减小【考点】： 电势能；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的加速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化【解析】： 解：AC、从速度图象乙上看出，可见电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右，Q2一定带负电，Q1一定带正电，故A、C正确B、b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方
19、向相反，根据E=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误D、整个过程点电荷的动能先增加后减小，根据能量守恒电势能先减小后增大故D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小14（3分）如图，两个带电小球A、B，都用长L的绝缘丝线悬挂在O点，小球A恰好在O点正下方，且靠着光滑绝缘竖直墙静止时，A、B相距为d为使AB间距离减为时，仍保持平衡状态，可采用的方法是（） A 将B的质量增加到原来的8倍 B 将A、B的质量都增加到原来的4倍 C 将A、B的电荷量都减小到原来的一半 D 将A、B的电
20、荷量都增加到原来的2倍【考点】： 库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项【解析】： 解：A、如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，=而库仑力F=即=kmgd3=kq1q2Ld=要使d变为可以使B质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故A正确；由公式可知，d与A的质量无关；故B错误；C、若将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半时，无法使d减小到原来的一半；故C错误；D、电荷量都增大为原来的2倍时，d变
21、成原来的倍，不属合题意；故D错误；故选：A【点评】： 本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用15（3分）在如图所示的某物体做直线运动的“at”图象中，引入“加速度的变化率”描述加速度变化的快慢下述正确的是（） A t=1s时，“加速度的变化率”为1.5m/s2 B 2s内物体的速度改变量为3 m/s C 2s内物体的速度越来越小 D 2s后“加速度的变化率”为0，物体的速度也一定为0【考点】： 加速度；匀变速直线运动的图像【分析】： at图线的斜率表示加速度的变化率，可以类比vt图线分析判断【解析】： 解：A、由at图线知，物体
22、加速度的变化率不变，大小为，该选项单位错误，故A错误B、图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则2s内物体的速度变化量故B正确C、由于不知道加速度的方向与速度方向的关系，所以无法确定速度是增加还是减小，故C错误D、2s后加速度为零，但是速度不一定为零，故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道at图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度的变化率，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量16（3分）如图，质量为m的均匀半圆形薄板，可以绕光滑水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是圆心在B点作用一个竖直向上的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，若保持力F始终竖直向上，在F作用下使薄板
23、绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB接近竖直位置的过程中，力F对应的力矩为M，则M、F大小变化情况是（） A M变小，F不变 B M、F均变大 C M、F均先变大再变小 D M先变大再变小，F始终变大【考点】： 力矩的平衡条件【分析】： 以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，找出重心后，根据力矩平衡条件列式分析即可【解析】： 解：以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；设重力的作用点在P点，如图：保持力F始终竖直，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB到达竖直位置的过程中，重心P与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩M先变大后变小；而拉力的力臂是逐渐变小；设AB与竖直方
24、向夹角为，根据力矩平衡条件，有：F2Rsin=M=M故：F=，故F先增加后减小；故选：C【点评】： 本题关键是以A为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，注意物体的重心不在O点三多项选择题（共16分，每小题4分每小题有二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）两根通电长直导线平行放置，电流大小分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上导线中的电流在这四点产生磁场的磁感应强度可能为零的是（） A a点 B b点 C c点 D d点【考点
25、】： 磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度【分析】： 由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可【解析】： 解：A、根据安培定则可知两电流在a 点磁感应强度的方向相反，若 I1I2由于a离I1近，故在a点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度则a点磁感应强度可能为0故A正确； B、根据安培定则可知两电流在b点的磁感应强度的方向相反，若I1I2，由于I2离b点近，则B点点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度，故b点磁感应强度可为0故B正确； C、根据安培定则可知两电流在 c 点 d点的B的方向相同，故b，c两点的磁感应强度不可能为0
26、故CD错误；故选：AB【点评】： 该题考查电流周围的磁场以及磁场的合成，明确安培定则的使用的方法与电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关18（4分）如图所示，在一个量筒内放入大半筒水，里面放入一个倒置的小瓶，小瓶内留有大约一半水，使其能刚好浮出水面，再用橡胶膜把量筒口密封保持温度不变，当用力挤压橡胶薄膜时，观察到小瓶将下沉小瓶下沉过程中（） A 瓶内气体体积增大 B 瓶内气体压强增大 C 先加速后减速下沉 D 一直加速下沉到瓶底【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 浮力大于重力，物体上浮；浮力小于重力，物体下沉根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量
27、【解析】： 解：A、压橡胶模的时候，量筒里气体压强变大了，导致水压变大，导致瓶子里面的液面会上升，导致瓶子里气体体积缩小，故A错误B、根据A选项，瓶子里气体体积缩小，一定质量气体，温度不变，气体体积越小压强越大故B正确；C、小瓶下沉过程中，小瓶所受水的压强不断增大，小瓶中空气体积减小，小瓶和其中的空气排出的水的体积不断减少，即其受到水的浮力不断减小所以小瓶的加速度一直增大故C错误，D正确故选：BD【点评】： 此题是气压和浮力的一个综合考查，出错原因是很多同学不认识浮沉子要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化19（4分）A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，LAB=LBC=L
28、CD，E点在D点正上方并与A点等高从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（） A 两球运动的时间之比为1： B 两球抛出时初速度之比为2：1 C 两球动能增加量之比为1：2 D 两球重力做功之比为1：3【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比【解析】： 解：A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：
29、，故A正确B、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为，故B正确C、根据动能定理得，mgh=Ek，因为下降的高度之比为1；2，则重力做功为1：2，动能的增加量之比为 1：2，故C正确，D错误故选：ABC【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解20（4分）如图，一根粗细均匀、电阻为R的电阻丝做成一个半径为r的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，磁感强度为B，线框平面与磁场方向垂直现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触已知下落距离为时，棒的
30、速度大小为1，下落到圆心O时棒的速度大小为2，忽略摩擦及空气阻力，则（） A 导体棒下落距离为时，棒中感应电流的大小为Brv1 B 导体棒下落距离为时，棒中加速度的大小为g C 导体棒下落到圆心时，整个线框的发热功率为 D 导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，整个线框产生的热量为mgrmv22【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）棒下落距离为r时，棒切割磁感线产生感应电动势，根据几何知识求出棒的有效切割长度，即可求出感应电动势，由欧姆定律求出电流；（2）由欧姆定律和安培力公式结合求出安培力，根据P=Fv求解热功率，根据牛顿第二定律可求
31、得加速度（3）从开始下落到经过圆心的过程中线框中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律求出热量Q【解析】： 解：A、接入电路中的导体棒产生的感应电动势：E=BLv=Brv1，此时电路的总电阻：R=R，电流：I=Brv1，故A正确；B、金属棒上的安培力：F=BIL=BIr=，由牛顿第二定律得：mgF=ma，解得：a=g，故B正确；C、导体棒下落到圆心时，金属棒上的安培力：F=BIL=，线框的发热功率：P热=PA=Fv2=，故C错误；D、从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：mgr=mv22+Q0解得：Q0=mgrmv22，故D正
32、确；故选：ABD【点评】： 对于电磁感应问题，常常从两个角度研究：一是力的角度，关键是安培力的分析和计算；二是能量的角度，根据能量守恒定律研究四填空题（共20分，每小题4分）本大题中第22、23题为分叉题，考生可任选一题答题若两题均做，一律按第1题计分21（4分）用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图（a）、（b）、（c）所示的图象，该实验现象说明：个别光子的行为往往显示出粒子性，大量光子的行为往往显示出波动性 （选填“粒子性”、“波动性”、或“波粒二象性”）【考点】： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】： 光的干涉专题【分析】： 据光的波动性和粒子性解释即可，
33、注意单个光子和大量光子所长生的现象不同，据此分析求解即可【解析】： 解：少量的光子所能到达的位置不能确定，即每次只照亮一个位置，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，单个光子所到达哪个位置是个概率问题；只有当大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波故答案为：粒子性； 波动性【点评】： 掌握了基础知识，就能顺利解决此类问题，注意极微弱的可见光做实验是本题的突破口；注意光的粒子性与波动性的解释22（4分）质量为0.2kg的小球以10m/s速度竖直下落到水泥地面，然后向上弹起若取竖直向上为正方向，小球与地面碰撞前后动量的变化量为3.6kgm/s，则
34、小球与地面相碰前瞬间的动量为2kgm/s，小球向上弹起的速度大小为8m/s【考点】： 动量定理【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；由动量的表达式可求得小球向上弹起的速度【解析】： 解：取竖直向上方向为正方向，则小球与地面相碰前的动量P0=mv0=0.210=2kgm/s；在碰撞过程中动量的变化为：p=mv2P0=3.6kgm/s解得：v2=8m/s；故答案为：2 8【点评】： 此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负号的数值表示动量动量变化量也是矢量，同样也要注意方向23若地球的第一宇宙速度近似等
35、于8km/s某人造地球卫星离地面的高度等于地球半径，则它绕地球运行的速率大约为4 km/s若地球表面的重力加速度为10m/s2，该人造地球卫星绕地球运行的向心加速度2.5 m/s2【考点】： 第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： （1）此题为卫星做圆周运动的基本计算型题目，根据万有引力提供向心力列式，求解线速度（2）由牛顿第二定律和万有引力等于重力列式，求解向心加速度【解析】： 解：（1）人造地球卫星在圆形轨道上运行时，由万有引力提供向心力，则有： G=m解得，v=对于地球的第一宇宙速度，即为：v1=所以 v=v1=4km/s（2）对人造地球卫星
36、，根据牛顿第二定律得： ma=G，得加速度为a=又mg=G联立是两式得 a=2.5m/s2故答案为：4，2.5【点评】： 此题为卫星做圆周运动的基本计算型题目，主要考查万有引力充当向心力和万有引力等于重力的相关应用和计算24（4分）匀强磁场中有一半径为0.2m的圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直已知线圈共50匝，其阻值为2匀强磁场磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T，在15s内从0.2T均匀变化到0.2T则0.5s 时该线圈内感应电动势的大小E=1.256V；在15s内通过线圈的电荷量q=1.256C【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】
37、： （1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合求解电量；【解析】： 解：（1）在01s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=Nr2=500.23.140.22=1.256V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在15s内，磁感应强度B的变化率大小为=T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁
38、感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小E2=N=Nr2=500.13.140.22=0.628V通过线圈的电荷量为q=I2t2=C=1.256C；故答案为：1.256 1.256【点评】： 本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用25（4分）如图，一块木块用细线悬挂于O点，现用一钉子贴着细线的左侧，沿与水平方向成30角的斜面向右以速度匀速移动，移动中始终保持悬线竖直，到图中虚线位置时，木块速度的大小为，与水平方向夹角为60【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 木块参加了
39、两个分运动，沿与水平方向成30的斜面向右以速度v匀速运动，同时竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度【解析】： 解：橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动，由于橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；根据平行四边形定则求得合速度大小v合=2vcos30=，方向不变和水平方向成60故答案为：，60【点评】： 本题关键是先确定沿与水平方向成30的斜面向右方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由
40、平行四边形定则求出合速度26（4分）如图，电源电动势E=12V，内阻r=1，电阻R1=4，R2=22，滑动变阻器R的阻值030闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，理想电流表和理想电压表示数变化量的大小分别用I、U表示则5；R1消耗的最小电功率为P=1.78W【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 根据闭合电路欧姆定律求当外电路总电阻最大时，总电流最小，R1消耗的电功率最小，此时变阻器与电阻R2并联的电阻应最大【解析】： 解：根据闭合电路欧姆定律得 U=EI（R1+r），则由数学知识得知：=R1+r=4+1=5当变阻器与电阻R2并联的电
41、阻最大时，外电路电阻最大，总电流最小，R1消耗的电功率最小，此时有：RaP=RPb+R2，又RaP+RPb=30，R2=22，解得：RaP=26，RPb=4则外电路总电阻为：R=RaP+R1=13+4=17电路中总电流为：I=A=AR1消耗的最小电功率为：P=I2R1=4W1.78W故答案为：5，1.78【点评】： 本题中，并不等于变阻器与电阻R2并联的电阻，要根据闭合电路欧姆定律研究，也可以运用等效的方法，将R1看成电源的内阻，即可得到=R1+r五实验题（共24分）27（4分）在“观察水波的干涉”实验中得到如图所示的干涉图样O1、O2为波源，实线表示波峰，虚线为P位置与波源连线，且O1P=O
42、2P（1）P点是振动加强点（选填“加强”或“减弱”）（2）（单选题） 若有一小纸片被轻放在P点浮于水面上，则此后纸片运动情况是D（A）一定沿箭头A方向运动 （B）一定沿箭头B方向运动（C）一定沿箭头C方向运动 （D）在P点处随水面上下运动【考点】： 波的干涉和衍射现象【分析】： 两列频率相同，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；判断加强点时也可利用路程差判断；据波传播与质点的振动实质判断选项【解析】： 解：（1）据图可知，两列波的波长相同，所以两列波的频率相同，由于且O1P=O2P，所以路程差为半个波长的整数倍，所以该点P为振动加强
43、点（2）据波传播的特点，各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，所以小纸片在P点随水面上下运动，故ABC错误，D正确故答案为：（1）加强；（2）D【点评】： 波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为振幅之差28（6分）在“用DIS研究质量一定时，加速度与外力的关系”的实验中，某同学连接完如图所示的实验器材进行实验（1）已知水平轨道足够光滑，传感器已正确连接数据采集器图示中器材安装中的一个错误是细线不水平（2）本实验中细线拉力大小不能直接测量，我们把
44、钩码重力大小作为细线拉力大小小车加速度较小（选填“较小”、“较大”或“无限制”）时，实验结果更加精确【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）实验中认为细线的拉力为小车的合力，实验时保证细线水平（2）实验中认为钩码的重力等于绳子的拉力，结合牛顿第二定律分析判断小车加速度如何时，实验结果更加精确【解析】： 解：（1）实验中认为绳子的拉力为小车的合力，所以按照器材时的一个错误为细线不水平（2）若拉力的大小不能直接测量，我们把钩码重力作为细线的拉力大小，根据牛顿第二定律得，mgT=ma知，T=mgma，可知当加速度较小是，实验结果根据准确故答案为：（1）细线
45、不水平（2）钩码重力，较小【点评】： 解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中的注意事项，要理解实验中的两个认为：1、认为细线的拉力为小车的合力，需平衡摩擦力，以及保证细线水平2、认为钩码重力等于细线的拉力，要满足钩码的质量远小于小车的质量29（6分）如图1所示为“研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”的实验压强传感器测量管内被封闭气体的压强，温度计测量水温采用逐渐加入热水使水温升高，同时测量压强和温度（1）（多选题） 下列操作正确的是CD（A）密封气体的试管大部分在水面上（B）每次加入热水后，应立即读数保证数据的正确性（C）不必测量被封闭气体的体积（D）为了提高实验精度可将温度计
46、换成温度传感器（2）（单选题） 某同学记录下了初始时封闭气体压强p0和摄氏温度t0，随后逐渐升高温度，并记录下每次测量结果与初始值的差值p和t在实验中出现压强传感器软管脱落，他重新接上后继续加热水实验，其余操作无误pt的关系图应是图2中的D【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： （1）抓住被封闭气体在等温过程中的特点即可（2）根据查理定律=C，故来判断【解析】： 解：（1）研究一定质量气体在体积不变时，其压强与温度的关系”的实验中，要保证气体的温度不变，故密封气体的试管全部在水中，故A错误；B、每次加入热水后，要保证被封闭气体温度相同，故不能立即读数，故B错误
47、；C、研究的是一定质量气体在体积不变时，故体积不变即可，不需测量，故C正确；D、温度计不能连续测温，而温度传感器可以连续测温，故D正确；故选：CD（2）根据=C可知，当温度变化是，P=Ct，压强变化量与温度变化量成正比，当气体质量发生变化是，之后的压强变化量与温度变化来那个还是成正比故选：D故答案为：（1）CD （2）D【点评】： 本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析30（8分）如图所示，某同学用两个滑动变阻器研究分压电路的特点使用器材如下：两个阻值分别为（010）和（050）的滑动变阻器、电动势为
48、3V的电源及电键、导线若干闭合电键后，将电路图甲中所示的电流标记为I1和I2（1）根据电路图甲，用笔代替导线补充画完实物图乙中缺少的导线（2）当PA保持在最右端时，将PB从左端滑动至右端的过程中，发现电流I2相对变化更小，则说明图甲、乙中A电阻的阻值为050（选填“010”或“050”）（3）某同学按如下操作：将PA滑片调整到某位置，任意移动PB滑片；将PB滑片调整到某位置，任意移动PA滑片得到两条UI1的直线图象如图丙所示根据图象数据可知，电源内阻为2；当电流I1在图中等于0.1A时，滑动变阻器B消耗的电功率为0.6W【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）明确实验原理图
49、，根据实物图的连接方法可得出对应的实物图；（2）分析电路结构，明确两滑动变阻器的连接方法，从而根据实验的现象明确电阻的接入情况；（3）根据两滑动变阻器的变化，明确对应的图象，再根据图象规律结合串并联电路的规律可求得电源内阻及B滑片不动时B的右侧接入电阻；再由功率公式可求得B滑动变阻器的功率【解析】： 解：（1）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；（2）当PA保持在最右端时，A电阻接入最大电阻，总电阻与B电阻的右半部分并联；因I2变化较小，说明B中电阻相对A中电阻较小，从而对电路的影响较小；故A为大电阻，B为小电阻；故答案为050；（3）由题意可知，当保持PA不动时，电压与电流I1的伏安特性曲
50、线为A的电阻；由图可知，其阻值RA=12；当PB不动时，电压与电流的关系是通过滑动变阻器输出电压与电流之间的关系；输出的最大电压为1.5V；即设B与A并联电阻为R；则有：1.5=且当电压为1.2V时，I1=0.1A；1.8=（0.1+）（10R+r）联立解得：r=2；R=6；滑动变阻器B右半部分电流I2=0.2A；左侧电流：I2=0.1+0.2=0.3A故滑动变阻器B消耗的功率P=I22（10R）+I22R=0.6W；故答案为：（1）如图所示；（2）050（3）2 0.6【点评】： 本题考查电阻的测量实验，要注意正确分析实验原理，明确两伏安特性曲线的性质，结合串并联电路的规律即可求解五计算题（
51、共50分）31（10分）由粗细两段组成的管道固定在竖直平面内，粗、细管横截面积分别为2S、S细管底部由光滑“工”字型轻活塞封闭初始时细管内水银柱和被封闭气体位置尺寸如图所示，水银上表面恰位于粗细管连接处外界大气压p0=76cmHg柱：（1）保持温度不变，缓慢向上移动活塞，使水银底部处于粗细管连接处，求在此过程中活塞移动的距离（2）某同学认为：初始时，对“工”字型轻活塞受力分析可知，只要增大“工”字活塞下方截面积，大气压产生的竖直向上的推力会增大，就可以仅靠大气压顶住活塞使其保持静止上述分析过程是否正确？试通过文字或列式说明理由（不需要计算最后结果）【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想
52、气体状态方程专题【分析】： （1）在整个过程中温度不变，找出初末状态，根据玻意耳定律即可求得；（2）大气压除了对底部有向上的作用力，还有向下的作用力增加底部面积不会增加大气压对活塞的合力【解析】： 解：（1）水银全进入粗管后，高4cm设此时气柱长L由理想气体状态方程（或玻意耳定律）P1V1=P2V2（76+8）4s=（76+4）LsL=4.2cm活塞向上移动了8+44.2=7.8cm（2）不正确大气压除了对底部有向上的作用力，还有向下的作用力增加底部面积不会增加大气压对活塞的合力答：（1）在此过程中活塞移动的距离为4.2cm（2）不正确【点评】： 本题主要考查了玻意耳定律，关键是找出初末状态，
53、抓住横截面积的关系即可32（12分）如图所示，粗糙水平面上放置一个小物块，在力F作用下沿水平面向右加速运动在保持力F大小不变的情况下，发现当F水平向右或与水平面成60夹角斜向上时，物块的加速度相同求：（1）物块与水平面间的动摩擦因数（2）若保持力F与水平面成60夹角斜向上，从静止起拉动物块，物块沿水平面向右移动s=5m的时间为t改变F的大小重复上述过程，时间t的最小值为多少？【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）当拉力水平时，以及拉力斜向上时，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，抓住加速度相等求出物块与水平面间的动摩擦因数（
54、2）F的方向不变，改变拉力的大小，当加速度最大时，所用的时间最短，抓住物体不能离开水平面，求出最大拉力，从而得出最大加速度，结合位移时间公式求出时间的最小值【解析】： 解：（1）水平拉时，根据牛顿第二定律有：Fmg=ma，右上拉时，根据牛顿第二定律得，Fcos60（mgFsin60）=ma，联立上述两式，代入数据解得=（2）时间t最小，则要求加速度最大，即F最大物块沿水平面运动则F的竖直分力不超过重力F最大满足mg=F，根据，s=得，代入数据解得t=s答：（1）物块与水平面间的动摩擦因数为；（2）时间t的最小值为【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运
55、动学的桥梁，注意在第二问中，拉力有最大值，不能使得物块离开水平面33（14分）如图所示，一根左侧弯成圆弧的光滑细管固定在竖直平面内，圆弧半径R=0.5m，水平部分足够长初始时，一根质量m=1kg、与管道圆弧部分等长的柔软匀质绳在水平拉力F0作用下静止在管道中现将绳子缓慢全部拉入水平管道内，需要拉力F0做功W=1.82Jg取10m/s2，取3.14求：（1）绳子的重心升高了多少？（2）若在图示位置撤去拉力，绳子沿细管下落，当其上端离开管道瞬间速度多少？（3）若在缓慢拉动绳子进入水平管道的很短距离L内，可认为水平拉力F0保持不变，拉力F0做功等于绳子机械能增加量，则F0的大小为多少？【考点】： 动
56、能定理【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）根据动能定理，结合拉力做功与重力做功的代数和为零，求出重心上升的高度（2）根据动能定理，求出其上端离开管道瞬间速度（3）拉力做功，效果等同于底端长L的绳子被拉到水平管内，由动能定理，结合L长度的质量求出F0的大小【解析】： 解：（1）绳子缓慢拉入水平管道重心升高h，由动能定理：W+WG=0W=mgh代入数据解得h=0.182m（2）由动能定理（或机械能守恒）WG=EK，代入数据解得v=3.77m/s（3）拉力做功，效果等同于底端长L的绳子被拉到水平管内，由动能定理得，mgR其中，解得，代入数据解得F0=6.37N答：（1）绳子的重心升高了0
57、.182m；（2）若在图示位置撤去拉力，绳子沿细管下落，当其上端离开管道瞬间速度为3.77m/s；（3）F0的大小为6.37N【点评】： 本题考查了动能定理的综合运用，在第一问中，抓住合力做功等于零求出重心上升的高度，在第二问中，对绳子运用动能定理，抓住重力做功等于动能的变化量进行求解第三问难度较大，需要转换思维，可以把拉力做功等效成底端长L的绳子被拉到水平管内34（14分）如图a所示，间距为L的光滑平行长导轨固定在水平面上，每根导轨单位长度电阻为R0导轨间存在竖直方向的有界匀强磁场不计电阻的金属杆、垂直导轨放置在磁场内，杆在离开磁场边界左侧2L处，杆在杆右侧磁感应强度变化规律满足B=B0kt
58、 （B0、k为已知量）（1）若杆和杆都固定，求杆中的感应电流强度（2）若杆和杆以相同速度向右匀速运动，在杆出磁场前，求杆中的感应电流强度（3）若杆固定，t=0时，杆从杆右侧L处出发向右运动的过程中，保持闭合回路中磁通量不变使杆中一直无感应电流，则杆多久后到达磁场边界？（4）若磁感应强度保持B=B0不变，杆固定杆以一定初速度、在水平拉力作用下从杆右侧0.5m处出发向右运动，速度与两杆间距x之间关系满足图b当外力做功4.5J时，两杆间距x为多少？（第4问中可用数据如下：B0=1T、R0=0.1/m、L=0.5m、金属杆质量m=0.5kg）【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律
59、【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）由B=B0kt 求出，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流（2）杆和杆以相同速度向右匀速运动，回路的磁通量与静止时相同，感应电流与静电时也相同（3）磁通量保持不变，杆和杆间距x的任意位置时的磁通量等于初始时磁通量，列式求出（4）由vx图象得到v=2x求出感应电流，再由动能定理求出x【解析】： 解：（1）由B=B0kt 得=k设杆和杆间距为x时，感应电动势 E=Lx=kLx感应电流为 I=（2）因为两杆的运动不影响磁通量大小，所以感应电流与静止时相同，即与（1）问中相同，仍为I=（3）磁通量保持不变，杆和杆间距x的任意位置有 B0L2=（B0kt）Lx当x=2L时 t=（4）根据vx图象可知，v=2x感应电流 I=A=5A，为定值则安培力FA=ILB0=2.5N由动能定理，仅水平拉力和安培力做功，设杆和杆间距x，可得 W+WA=Ek即WFA（xL）=代入得 4.52.5（x0.5）=x20.25得x=1.5m由题意，安培力仅存在于金属杆未出磁场区域，根据x=1.5m可知金属杆已出磁场答：（1）杆中的感应电流强度为（2）杆中的感应电流强度为（3）杆后到达磁场边界（4）当外力做功4.5J时，两杆间距x为1.5m【点评】： 本题关键推导出安培力与速度的关系，正确分析功能关系，运用电磁感应与力学基本规律分析和解答