1、2015年上海市松江区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题2分，共16分，每小题只有一个正确选项）1下列哪组表示的是国际单位制中的基本单位（）A长度、时间、质量B牛顿、千克、秒C米、秒、千克D摩尔、米、特斯拉分析：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是物理量，B中的N是导出单位，D中的T是导出单位，所以都是国际单位制中的基本单位的是C故选：C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
2、制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B温度低的物体，其分子运动的平均动能也必然小C做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D0的铁和0的冰，它们的分子平均动能可能不相同考点：分子的热运动专题：分子运动论专题分析：温度是分子平均动能的唯一标志，分子动能与分子的速率以及分子质量有关解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度低只能说明分子平均动能小，不能说明分子势能，而内能包括分子动能和分子势能，故A错误B、温度低的物体，分子平均动能一定小，故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，与物体是否运动无关，故C错
3、误D、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同说明分子平均动能相同，0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同，故D错误故选：B点评：掌握温度是分子平均动能的“唯一”标志，与其他任何因素无关3下列有关力的说法中正确的是（）A静止在水平面上的物体对水平面的压力就是物体的重力B两个力的合力可能小于其中的任一个分力C静止在水平面上的物体所受的支持力和它对水平面的压力相互平衡D在斜面上匀速下滑的物体受到重力、支持力、摩擦力和下滑力的作用考点：物体的弹性和弹力分析：根据施力物体与受力物体、性质等分析物体对水平面的压力与物体的重力是否相同分析物体受力情况，分析拉力F和水平面对物体的摩擦力的关系解答：解：A、物体
4、对水平面的压力施力物体是物体、受力物体是水平面，而物体的重力的施力物体是地球、受力物体是该物体，可见物体对水平面的压力不是物体的重力故A错误B、两个力的合力可能小于或大于、等于其中的任一个分力故B正确C、物体所受的支持力和它对水平面的压力是一对相互作用力故C错误D、在斜面上匀速下滑的物体受到重力、支持力、摩擦力，没有下滑力故D错误故选：B点评：分析受力情况是学习力学的基本功，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析，根据平衡条件：合力为零，分析各力的关系4（2分）（2015松江区一模）关于机械波的概念，下列说法正确的是（）A横波中质点的振动方向为竖直方向，纵波中质点的振动方向为水平方向B简谐横波在长
5、绳中传播，绳上相距半个波长的两振动质点位移大小始终相等C任一质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D如果振源停止振动，在介质中传播的波也就立即停止考点：机械波分析：机械波在传播振动形式的过程中同时传递了能量介质中的质点不随波一起迁移解答：解：A、横波中质点的振动方向为与运动方向相互垂直，纵波中质点的振动方向为沿波的传播方向；故A错误；B、简谐横波在长绳中传播，绳上相距半个波长的两振动质点位移大小始终相等；故B正确；C、质点不会随着波的传播而沿波振动；故C错误；D、振源停止振动，但介质中的波仍继续传播；故D错误；故选：B点评：本题考查对机械波基本知识的理解和掌握情况机械波的基本特点是：“不
6、随波逐流”，频率由波源决定，波速由介质决定5（2分）（2015松江区一模）如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AB和CD是两块挡板，BC是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述中不正确的是（）A此时能观察到明显的波的衍射现象B挡板前后波纹间距相等C如果将孔BC扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显衍射现象考点：波的干涉和衍射现象分析：当孔、缝的宽度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，这是发生明显衍射的条件，所以孔缝的宽度不变时，波
7、长越小，衍射越不明显；由于同一列波的频率不变，而衍射前后波速相同，故衍射前后波长相同解答：解：A、该题中孔、缝的宽度比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，故A正确B、由于同一列波的频率不变，而衍射前后波速相同，故衍射前后波长相同，故B正确C、如果将孔BC扩大，有可能造成孔的宽度大于波的波长，而只有当孔、缝的宽度与波长差不多或者比波长还小时，能够发生明显的衍射现象，故C正确D、由于介质不变，故孔扩大前后水波的波速相同，而波的频率增大后，则波的波长变短，而孔缝的宽度不变时，波长越小，衍射越不明显，故D错误选择不正确的，故选：D点评：掌握波发生明显衍射的条件是我们解决此类题目的关键6（2分）（20
8、15松江区一模）如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）Aa、b为异种电荷Ba、b为同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势低于B点电势考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：此题根据电场线的分布特点和电场线的疏密含义，即电场线越密，电场越强，顺着电场线电势降低；进行分析答题解答：解：AB、电场线是从正电荷出发，负电荷终止，由电场线的分布图可知a、b为异种电荷故A正确，B错误C、电场线越密，电场越强，则知A点的场强小于B点的场强，故C错误D、顺着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势，故D错误故选：A点评：根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握
9、的一种解题技巧，例如根据两电荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定场强的大小，结合电场线的方向判断电势高低7（2分）（2015松江区一模）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）ABCD考点：分子电流假说专题：电磁感应中的力学问题分析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向解答：解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向
10、时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西故B正确故选B点评：主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定8（2分）（2015松江区一模）电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C因为U=EIr，所以当I增大时，路端电压下降D若外电路断开，则路端电压为零考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：给定的电源，其电动势和内阻都不变，与
11、外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小解答：解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小故A错误B、当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=EIr分析，E，r不变，I减小，得到U增大故B错误C、因为U=EIr，所以当I增大时，路端电压下降，故C正确；D、若外电路断开，电流为零，根据U=EIr，路端电压为E，故D错误；故选：C点评：本题是简单的路动态分析问题对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线UI图线，更直观判断它们的关系二、单项选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个正确选项）9（3分）（2015松江区一模）如图所
12、示是一个三输入端组合门电路，当输出端Y输出0时，A、B、C端的输入信号为（）A0、0、1B1、1、0C0、1、0D1、0、1考点：简单的逻辑电路分析：一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生，我们把这种关系叫做“与”逻辑关系；如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系；输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系，叫做“非”逻辑能实现三种逻辑关系的电路分别叫“与”门电路、“或”门电路和“非”门电路解答：解：如图三输入端组合门电路，AB为与门的输入端，与门的输出端和C为或门的输入端，Y为或门的输出端Y输出为O，则与门的输出端和C都必须为0，要与门的输出为0，则与门
13、的输入端AB至少一个为0，故ABC的输入为：100，或010故只有C正确、ABD错误故选：C点评：解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生非门的特点：输入状态和输出状态完全相反10（3分）（2015松江区一模）如图，是以质点P为波源的机械波沿着一条一端固定的轻绳传播到质点Q的波形图，则质点P刚开始振动时的方向为（）A向上B向下C向左D向右考点：简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：由题，p点为振源，波从右向左传播，介质中各质点起振的方向与振源起振方向相同，由图上最左端的质点的振动方向判断解答：解：根据题意，波从
14、右向左传播，图示时刻，波最左端的质点振动方向向上，则振源A质点刚开始振动时的方向为向上故选：A点评：本题考查的是波的基本特性：介质中各质点起振的方向与振源起振方向相同比较简单11（3分）（2015松江区一模）如图所示，a、b两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上速度时间图象，已知a、b曲线关于他们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是（）A在t1t2这段时间内，两车位移等大B在t1t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等Ct1时刻两车也相遇Dt1时刻a车在前，b车在后考点：向心力专题：匀速圆周运动专题分析：根据速度时间图线判断汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的
15、面积表示位移判断哪个汽车在前通过图线的斜率判断加速度的变化解答：解：A、在t2时刻，两车相遇，在t1t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后故A、C、D错误B、图线切线的斜率表示加速度，由图象可知，在t1t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等故B正确故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度12（3分）（2013广东）如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A甲的向心加速度比乙的小B甲的运行周期比乙的
16、小C甲的角速度比乙的大D甲的线速度比乙的大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可解答：解：根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有：A、由于，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故A正确；B、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的周期大于乙的周期，故B错误；C、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的角速度，故C错误；D、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的线速度小于乙的线速度，故D错误故选A点评：抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引
17、力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同13（3分）（2015松江区一模）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B穿过线圈a的磁通量变小C线圈a有扩张的趋势D线圈a对水平桌面的压力FN将增大考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便解答：解：A、B
18、：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此
19、时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确故选D点评：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便14（3分）（2015松江区一模）四个相同的灯泡如图连接在电路中，调节变阻器R1和R2，使四个灯泡都正常发光，设此时R1和R2消耗的功率分别为P1和P2，则有（）AP12P2BP1=2P2CP2P12P2DP1P2考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率的表达式进行讨论解答：解
20、：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（UU0）2I0，P2=（U2U0）I0，故P12P2；故选：A点评：此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析15（3分）（2015松江区一模）如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力则下列判断正确的是（）A只要v0足够大，小球可以击中B点B即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：本题可
21、以采用假设法，假设小球垂直撞击半圆环，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析解答：解：A、小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B点，故A错误B、初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，故B错误C、小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为根据几何关系知，=2因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍
22、，即tan=2tan与=2相矛盾则不可能与半圆弧垂直相撞故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用16（3分）（2008海南）匀强电场中有a、b、c三点在以它们为顶点的三角形中，a=30、c=90，电场方向与三角形所在平面平行已知a、b和c点的电势分别为（2）V、（2+）V和2V该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A（2）V、（2+）VB0V、4VC（2）V、（2+）VD0V、V考点：电势；电场线专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，
23、OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高解答：解：如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为MN方向 外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点设外接半径为R，则UOP=UOa=V， UON=ER，UOP=ERcos30， 则 UON：UOP=2：， 故UON=2V，N点电势为零，为最低电势点， 同理M点电势为4V，为最高电势点故选B点评：找等势点，作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法三、多项选择题（每小题4
24、分，共16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）（2015松江区一模）在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A在任何情况下都等于1B是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的C是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的D在国际单位制中一定等于1考点：加速度与力、质量的关系式专题：牛顿运动定律综合专题分析：在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有在国际单位制中，比例系数k才为1解答：解：在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k才为1，故CD正确，AB错误故选：
25、CD点评：本题关键：只有F和a的单位采用在国际单位制时，即F的单位为N，质量的单位为kg，加速度的单位为m/s2，比例系数k才为118（4分）（2015松江区一模）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B对应P点，小灯泡的电阻为R=C对应P点，小灯泡的电阻为R=D对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小考点：欧姆定律专题：实验题分析：根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯
26、泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数解答：解：A、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大故A错误B、对应P点，小灯泡的电阻为R=；故B正确；C、D对应P点，小灯泡的电阻为R=故C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确故选：BD点评：注意UI图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因19（4分）（2015松江区一模）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，AB距离也为d现将小环从与定滑轮等高的A处
27、由静止释放，小环沿直杆下滑下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A小环刚释放时的加速度为gB小环到达B处时，重物上升的高度为（1）dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环能够下滑的最大距离为考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：环刚开始释放时，重物的加速度为零，对小环受力分析，由牛顿第二定律求解加速度根据牛顿第二定律判断绳子的拉力大小根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在B处速度与重物的速度之比环和重物组成的系统，机械能守恒解答：解：A、环刚开始释放时，合力为其重
28、力，故A正确B、环到达B时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，所以h=dd故B正确C、对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45=v重物，所以小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为：1，故C错误D、环和重物组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，设下降最大距离为h，则有：mgh=2mg，解得：h=故D正确故选：ABD点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度20（4分）（2015松江区一模）一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0s
29、1过程的图线为曲线，s1s2过程的图线为直线根据该图象，下列判断正确的是（）A0s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小Bs1s2过程中物体可能在做匀速直线运动Cs1s2过程中物体可能在做变加速直线运动D0s1过程中物体的动能可能在不断增大考点：动能和势能的相互转化分析：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以Ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大解答：解：A、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以Ex图
30、象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在Os1内斜率的绝对值逐渐增大，故在Os1内物体所受的拉力逐渐增大故A错误B、由于物体在s1s2内Ex图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动故B正确C、由于物体在s1s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误D、如果物体在0s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确故选B、D点评：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；Ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类
31、题目的突破口四、填空题.（每小题4分，共20分）21（4分）（2015松江区一模）一个小球从长为4m的斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至运动6m停止，小球共运动了10s则小球在运动过程中的最大速度为2m/s；小球在斜面上运动的加速度大小为m/s2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：根据匀变速直线运动的平均速度推论，结合总路程和总时间求出最大速度的大小，根据速度位移公式求出小球在斜面上的加速度解答：解：设小球在运动过程中的最大速度为v，根据平均速度的推论知，解得最大速度v=小球在斜面上的加速度a=故答案为：2，点评：解决本题的关键掌握匀变速直线
32、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22（4分）（2015松江区一模）用与斜面平行的力F拉着物体在倾角为的光滑斜面上运动，如改变拉力F的大小，物体的加速度随外力F变化的图象如图所示，已知外力F沿斜面向上，重力加速度g取10m/s2根据图象中所提供的信息计算出物体的质量为3kg；斜面的倾角为30考点：加速度与力、质量的关系式专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出物体加速度与外力F的关系式，结合图线的斜率和截距求出物体的质量和斜面的倾角解答：解：由受力分析及牛顿第二定律得：Fcosmgsin=maa=Fgsin则由图象知：gsin=5sin=0.5，
33、即=30又图线的斜率k=则m=3kg故答案为：3，30点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解23（4分）（2015松江区一模）如图所示为火警报警装置的部分电路，其中为电源，r为电源内阻，R2是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，R1、R3是定值电阻a、b两端接报警器当传感器R2所在处出现火险险情时，与险情出现前相比，a、b两端电压U变小，电流表中的电流I变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理专题：恒定电流专题分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化
34、，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=EI（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大故答案为：变小，变大点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分整体部分”的顺序进行分析24（4分）（2015
35、松江区一模）如图所示，注射器连接着装有一定水的容器初始时注射器内气体体积V1，玻璃管内外液面等高将注射器内气体全部压入容器中后，有体积V2的水被排出流入量筒中，此时水充满了细玻璃管左侧竖直部分和水平部分拉动活塞，使管内的水回流到容器内且管内外液面仍等高，最后注射器内气体体积V3，从管内回流的水体积为V4整个过程温度不变，则V3V4；V1=V2+V3（填，或=）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：气体在等温变化过程中，气体压强与体积成反比，压强变大体积变小，压强变小体积变大；根据题意分析，找出各体积间的关系解答：解：把注射器内的气体压入容器时，气体压强变大，总体积变小，流出水
36、的体积小于注射器内气体的体积，V1V2，拉动活塞，使管内的水回流到容器内时，容器（包括注射器）内气体压强变小，体积变大，注射器内气体体积大于回流的水的体积，V3V4，管内的水回流到容器内且管内外液面仍等高，压强不变，气体总体积不变，则V1=V2+V3，故答案为：=点评：在整个过程中气体温度不变，气体发生的是等温变化；应用玻意耳定律根据题意即可正确解题25（4分）（2015松江区一模）如图所示，一根不均匀的铁棒AB与一辆拖车相连接，连接端B为一固定水平转动轴，拖车在水平面上做匀速直线运动，棒长为L，棒的质量为40kg，它与地面间的动摩擦因数为，棒的重心C距转动轴为，棒与水平面成30角运动过程中地
37、面对铁棒的支持力为200N；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来增大（选填“增大”、“不变”或“减小”）考点：力矩的平衡条件；力的合成与分解的运用分析：选取接端B为转动轴，地面对铁棒的支持力的力矩与重力的力矩平衡，写出平衡方程，即可求出地面对铁棒的支持力；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些则AB与地，地面之间的夹角减小，同样，可以根据力矩平衡的公式，判定地面对铁棒的支持力的变化解答：解：以B点为转轴，在拖车在水平面上向右做匀速直线运动过程中，棒的力矩平衡，设棒与水平面的夹角为则有mgcos=NLcos+fLsin 又滑动摩擦力f=N联立得：2
38、mgcos=3Ncos+3Nsin 解得，N=30代入解得，N=200N若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，减小，tan减小，由得知，N增大故答案为：200，增大点评：本题是力矩平衡问题，正确找出力臂，建立力矩平衡方程是关键五、实验题.（共24分.）26（4分）（2015松江区一模）在研究有固定转动轴的物体平衡实验中：（1）判断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否停在任意位置；（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤是因为：易找到平衡位置考点：力矩的平衡条件分析：（1）实验原理是研究力矩盘平衡时四个拉力的力矩关系，通过轻转判断重心是否在盘的转轴上（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤容易找到平
39、衡位置解答：解：（1）实验前要时重力、摩擦力的合力矩近似为零，轻轻拨动力矩盘，观察其是否能自由转动并随遇平衡，即判断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否停在任意位置（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤容易找到平衡位置故答案为：（1）轻转，看能否停在任意位置（2）易找到平衡位置点评：本题关键要抓住实验原理，根据实验要求进行分析考查分析设计实验操作要求和技巧的能力27（6分）（2015松江区一模）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条
40、实验 对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的BD （填字母代号）A将橡皮条拉伸相同长度即可B将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C将弹簧秤都拉伸到相同刻度D将橡皮条和绳的结点拉到相同位置同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是BD（填字母代号）A两细绳必须等长B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮条两次拉伸长度关系和橡皮条和绳的结点的位置关系根据实验操作过程是纸面上，力的图示也画在白纸上，分
41、析对弹簧秤、细绳、橡皮条的要求从数学上考虑如何减小误差解答：解；A、B本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同故A错误，B正确 C、D在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度故C错误，D正确故选BDA、B本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大两细绳长度不需要相同故A错误，B正确C、用两弹簧秤同
42、时拉细绳时弹簧读数没有要求，只要使得两次橡皮条拉伸到一点就行故C错误 D、弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小故D正确故选BD答：本题答案是BD BD点评：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等28（6分）（2015松江区一模）用描迹法画出电场中一个平面上等势线的原理是：利用导电纸中的恒定电流场模拟真空中的等量异种电荷的静电场所用器材为一个低压直流电源、开关、圆柱形金属电极两个、一块平板、一张导电纸、一张复写纸、一张白纸、图钉两个、一个DIS电压传感器及配套器材（1）实验装置如图所示，如果以A、B两个电极的连线为x轴，以A
43、、B连线的中垂线为y轴，每相隔一定电压就画一条等势线，那么这些等势线在空间的分布情况是ABDA关于x轴对称B关于y轴对称C等势线之间的距离相等，间隔均匀D距电极越近等势线越密（2）若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来相同（填“相同”或“不同”）（3）若将电压传感器的两个探针放在P、Q两点测得的电压为U，再将两个探针放在P、M两点时测得的电压为U，则UU（填“”、“”、或“=”）考点：用描迹法画出电场中平面上的等势线专题：实验题分析：（1）本实验利用恒定电流场模拟等量异种电荷的静电场，抓住对称性分析和等势线的分布情况进行选择；（2）把电源电压提高，不改变等势线的分布情况；（
44、3）根据顺着电场线方向电势降低和公式U=Ed分析U与U的关系解答：解：（1）A、等量异种电荷的静电场具有对称性，根据等势的分布情况可知这些等势线在空间的分布情况是：关于x轴和y轴是对称的，故A、B正确C、等量异种电荷的静电场是非匀强电场，等势线之间的距离不相等，间隔也不均匀故C错误D、距电极越近，电场强度越大，等势线越密故选ABD（2）等量异种电荷等势线的形状与两个点电荷的电荷量无关，若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来是相同的（3）由图知，B点的电势高于A点的电势，电场线的方向从B到A，而且顺着电场线电势逐渐降低，所以UU故答案为：（1）ABD（2）相同（3）点评：本题
45、采用实验模拟法，用恒定电流场模拟静电场，两个电极模拟两个点电荷要抓住对称性掌握等势线的分布特点29（8分）（2015松江区一模）如图所示的电路，1、2、3、4、5、6 为连接点的标号在开关闭合后，发现小灯泡不亮现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的电压档，在连接点1、2同时断开的情况下应当选用多用电表的欧姆档（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明开关或连接点5、6可能有故障（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测小灯泡是否有故障
46、的具体步骤旋转选择旋钮，使指针指到欧姆档将红、黑表笔相短接，进行欧姆档调零测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：（1）在电源接入时，电路故障判定一般选用电压表并联，电压表示数接近电动势，说明该处断路，无视数则正常；电源不接入时，使用欧姆表，欧姆表示数为无穷大，即说明电路发生断路（2）当外电路开路时路端电压接近电源的电动势，分析故障（3）按照欧姆表测量电阻的步骤进行操作解答：解：（1）在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压档，若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路；若选欧姆挡则有可能造成短路、指针倒转在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆档，
47、直接测量某段电路的电阻即可（2）电压表示数接近电动势，只有一种可能，即电压表与灯泡串联接入电路，电压表内阻极大，分得大部分电压，说明开关或连接点5、6两点断路（3）调到欧姆档将红黑表笔相接，进行欧姆档调零测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障（灯丝断或灯座接触不良）故答案为：（1）电压；欧姆；（2）开关或连接点5、6；（3）将红、黑表笔相短接，进行欧姆档调零；测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障点评：用电压挡测电路断路故障原理是：某处断路时，并联接入的电压表，与一般电阻串联，由于电压表内阻大，能分到大部分电压，其示数接电动势；若电路完好，则总电路断路时，电压表无示数；另外
48、，电压表只要量程够大，不必担心电表烧坏或电路短路六、计算题.（共50分）30（10分）（2015松江区一模）楼梯口一倾斜的天花板与水平 面成=37，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F=10N，刷子的质量为 m=0.5kg，刷子可视为质点刷子与板问的动摩擦因数为0.5，扳长为L=4m，取sin37=0.6，试求：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度：（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间考点：牛顿第二定律；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）以刷子为研究对象，分析受力情况：重力mg、推力F、天花板的弹力和摩擦
49、力根据牛顿第二定律，采用正交分解求解加速度；（2）刷子做初速度为零的匀加速运动，由位移公式可以求出所需时间大小解答：解：（1）以刷子为研究对象，分析受力情况，如图所示：根据牛顿第二定律得：（Fmg）sinf=ma（Fmg）cosFN=0又 f=FN联立解得：a=2m/s2（2）刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L=4m，则由运动学公式得：解得：答：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度为a=2m/s2；（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间为2s点评：本题是动力学中第一类问题：知道受力情况，确定物体的运动情况，关键是求解加速度31（12分）（2015松江区一模）如图，由U形管和细管连接的
50、玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0的水槽中，B的容积是A的3倍阀门S将A和B两部分隔开A内为真空，B和C内都充有气体U形管内左边水银柱比右边的低60mm打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（ii）将右侧水槽的水从0加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：压轴题；理想气体状态方程专题分析：以B内封闭气体为研究对象，做等温变化，根据玻意耳定律求出B内的压强，然后求出C内压强；以C中封闭气体为研究对象，根据等容
51、变化列方程求解解答：解：（i）加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：PB=PC+60，打开阀门后PB=PC由题意：由玻意尔定律PBVB=PBVB得：PB=180mmHg PC=PB=180mmHg（ii）C内封闭气体做等容变化，加热后压强PC=PC+60mmHg=得：T=364K答：（i）玻璃泡C中气体的压强为180mmHg（ii）加热后右侧水槽的水温364K点评：本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是正确分析ABC中气体压强的关系32（14分）（2015松江区一模）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板
52、A相距l处静止若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB=，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间则（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后停在何位置？（3）若小物块与A板碰后向右运动过程中，电量由q随离A板距离均匀减小，且恰好回到出发位置，则静止时小物体的所带电荷量的大小为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：该题的研究情景是电场，能够对小物体进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式求解问
53、题要注意小物块与A板碰撞时物理量的改变对问题研究的影响最后利用动能定理即可求的电荷量解答：解：（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动电场强度为 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合=qEmg故小物块运动的加速度为 设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 l解得 （2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为加速度大小为 设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 则 （3）设返回时的平均电量为q，对全过程由动能定律得：q
54、El2mgl+qEl=0 q=联立以上两式：qt=答：（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是（2）小物块碰撞后停在2l（3）若小物块与A板碰后向右运动过程中，电量由q随离A板距离均匀减小，且恰好回到出发位置，则静止时小物体的所带电荷量的大小为点评：本题考查电场中的动力学问题，受力分析、求合力、求加速度、运用运动学公式求解一些物理量要注意研究问题的情景随运动过程的改变33（14分）（2015松江区一模）如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止
55、自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动求：（1）在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB边刚进入磁场时的速度比是多少？（2）DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少？（3）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）（2）由机械能守恒求出AB刚进入磁场时的速度根据AB刚进入磁场时加速度恰好为0，由平衡条件列出重力与安培力的关系方程在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，此时线框有效切割长度为2l，由平衡
56、条件得到重力与安培力的关系式，将两个重力与安培力的关系式进行对比，求出DC边刚进入磁场前线框匀速运动时的速度DC边刚进入磁场瞬间，线框有效切割的长度为3l，推导出安培力表达式，由牛顿第二定律求出加速度（3）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒求出机械能的损失，再求解线框的机械能损失和重力做功之比解答：解：（1）设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框质量为m、电阻为R，AB=l，则CD=5l则AB刚进入磁场时有，解得：设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2l，线框匀速运动时有；解得：所以：v1：v0=1：4 （2）CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l，E感=B3lv1 有牛顿第二定律：F合=ma解得：（3）从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得：机械能损失重力做功 WG=mg3h所以，线框的机械能损失和重力做功之比E：WG=47：48答：（1）在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB边刚进入磁场时的速度比是1：4 （2）DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为（3）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比为47：48点评：本题要研究物体多个状态，再找它们的关系，关键要写出线框有效的切割长度，即与速度方向垂直的导体等效长度