1、2015年上海市黄浦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）天然放射性元素衰变时放出的射线是（） A 电子流 B 光子流 C 中子流 D 质子流【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】： 天然放射性元素衰变时能够放出的三种射线是、射线是氦核流，射线是电子流，是光子流，是一种电磁波【解析】： 解：天然放射性元素衰变时放出的射线是电子流，故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 本题考查了天然放射性元素衰变时能够放出的三种射线的组成，同时注意它们之间的区别2（2分）关于物理学史，下列说法中符合史实的是（） A 爱因斯
2、坦为解释光的干涉现象提出了光子说 B 麦克斯韦提出了光的电磁说 C 汤姆生发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型 D 贝克勒尔在研究天然放射性的过程中发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra）【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【解析】： 解：A、爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说，故A错误；B、麦克斯韦根据他提出的电磁理论，认为光是一种电磁波，并预言了电磁波的存在，从而提出了光的电磁说，故B正确；C、汤姆生发现了电子，并首先提出原子的枣糕式模型，卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故C错误；D、居里夫人通过对天
3、然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ra）故D错误；故选：B【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一3（2分）如图所示A、B分别表示某一个门电路两个输入端的信号，Z表示该门电路输出端的信号，则根据它们的波形可以判断该门电路是（） 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】： 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【解析】： 解：将A、B、C、D四个门电路注
4、意代入，与门输入端全为“1”，输出端才为“1”，或门输入端只要有“1”，输出端就为“1”发现A正确，B、C、D错误故选：A【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4（2分）关于超声波、微波和光波，下列说法中正确的是（） A 它们都是电磁波 B 超声波最容易产生衍射现象 C 微波的波长最短 D 只有光波可以发生干涉现象【考点】： 电磁波的产生【分析】： 声音和电磁波都可以传递信息和能量超声波属于声音的一种，光属于电磁波的一种然后再根据每个选项分别作出判断【解析】： 解
5、：A、超声波不属于电磁波，微波与光波均属于电磁波，故A错误；B、发生明显的衍射现象的条件是：波长比障碍物或孔的尺寸大，或者两者相差不多也就是说，波长越长的波越易发生明显的衍射现象，超声波的波长比微波与光波还长，所以最容易产生衍射故B正确；C、电磁波中波长由长到短是无线电波、微波、红外线、紫外线、X射线和射线所以微波的波长较长故C错误；D、干涉现象是波特有的现象，所以超声波、微波和光波均有此现象，故D错误；故选：B【点评】： 本题考查学生对声音现象和电磁波中光现象的辨析，要分清区别和联系解决此题要知道超声波的声音频率较大，有较强的穿透能力，但超声波是机械波，它的传播离不开介质；电磁波可以在真空中
6、进行传播，并且可以传递信息，常用在移动通信上5（2分）关于光电效应，下列说法中正确的是（） A 发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大 B 不同金属产生光电效应的入射光的最低频率是相同的 C 金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能发生光电效应 D 如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 正确解答本题要掌握：理解光电效应的产生条件，最大初动能与入射光频率、逸出功之间关系等【解析】： 解：A、光子的能量与光照强度无关，只与光的频率有关，光子的最大初
7、动能与光照强度无关，随着入射光的频率增大而增大，故A错误；B、每种金属都有自己的极限频率，故B错误C、金属内的每个电子一次只能吸收一个光子，而且是不能积累的，故C错误；D、根据光电效应产生的条件可知，当入射光光子的能量小于金属的逸出功时，不能发生光电效应，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查了学生对光电效应的理解情况，要理解光电效应方程物理意义，并能正确应用光电效应方程解答有关问题6（2分）如图所示，一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体，保持温度不变，把管子以封闭端为圆心，从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，可用来说明气体状态变化的pV图象是（） A B
8、C D 【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】： 先表达出初状态和末状态气体的压强，然后根据玻意耳定律列式求解【解析】： 解：开口向上的竖直位置的压强：P1=P0+gh水平位置时的气体的压强：P2=P0可知随转到水平位置的过程中，气体的压强减小，体积增大故图象D能正确反映气体的状态的变化故A错误；B错误；D错误；C正确；故选：C【点评】： 本题考查气体的体积随压强的变化的关系，根据玻意耳定律解答或直接由等温变化的PV图解答7（2分）如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B
9、，下列说法中正确的是（） A 有顺时针方向的电流且有收缩的趋势 B 有顺时针方向的电流且有扩张的趋势 C 有逆时针方向的电流且有收缩的趋势 D 有逆时针方向的电流且有扩张的趋势【考点】： 楞次定律【分析】： A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况【解析】： 解：小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向里且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相
10、反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故ABC错误，D正确；故选：D【点评】： 本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关8（2分）甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系图象如图中曲线所示，F0为斥力，F0为引力a、b、c、d为r轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（） A 乙分子从a到b过程中，两分子间无分子斥力 B 乙分子从a到c过程中，两分子间的分子引力先减小后增加 C 乙分子从a到c一直加速 D 乙分子从a到b加速，从b到c减速
11、【考点】： 分子间的相互作用力【专题】： 分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】： 判断乙分子从a运动到c，是加速还是减速，以及分子势能如何变化，关键看分子力之间的作用力的情况，是引力时则加速【解析】： 解：A、分子之间的引力与斥力是同时存在的，乙分子从a到b过程中，两分子间既有引力，也有分子斥力，只是引力大于斥力故A错误；B、由图可知，乙分子从a到c过程中，两分子间的分子引力先增大后减小故B错误；C、乙分子从a到c一直受到引力的作用，一直做加速运动故C正确，D错误故选：C【点评】： 该题给出分子之间的作用力的图象，然后分析分子力的变化，解决本题的关键是把握分子间的合力的变化关系二、单项选
12、择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9（3分）做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（） A 回复力、加速度、速度 B 回复力、加速度、动能 C 回复力、速度、弹性势能 D 加速度、速度、机械能【考点】： 简谐运动的回复力和能量【专题】： 简谐运动专题【分析】： 物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量【解析
13、】： 解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力F=kx，由于x相同，故F相同；加速度a=，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B【点评】： 本题关键是明确：（1）简谐运动的定义；（2）受力特点；（3）运动学特点10（3分）一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体（） A 状态b的压强大于状态c的压强 B 状态a的压强大于状态b的压强 C 从状态c
14、到状态d，体积减小 D 从状态a到状态c，温度不变【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】： vT图象中，等压线是过原点的一条倾斜直线，而且倾角越大，压强越小，只要作出过abcd四点等压变化线，即可判断各点的压强关系【解析】： 解：分别过abcd四个点作出等压变化线，如下图所示；保持体积不变，温度越高，则压强越大可知，在v=T图象中，倾角越大，压强越小，所以PaPdPcPb，故A正确，B错误；由图象可知，状态c到状态d体积增大，故C错误；从状态a到状态c，温度升高，故D错误；故选A【点评】： 本题考查气体的状态方程中对应的图象，在VT图象中等压线为过原点的直线要注
15、意研究过程中哪些量不变，哪些量变化11（3分）光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为8N和16N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（） A 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是4m/s2 B 可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2 C 一定做匀变速运动，加速度大小可能是10m/s2 D 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是8m/s2【考点】： 牛顿第二定律；力的合成【分析】： 撤去大小分别为5N和15N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围
16、物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动恒力作用下不可能做匀速圆周运动【解析】： 解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8N和16N的两个力后，物体的合力大小范围为8NF合24N，根据牛顿第二定律F=ma得，物体的加速度范围为：，4m/s2a12m/s2A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，故A错误B、撤去后合力方向可能与速度方向相反，则物体可能做匀减速直线运动，但是加速度不可能等于2m/s2故B错误C、物体的加速度一定是恒定的，做
17、匀变速运动，加速度大小可能等于10m/s2故C正确D、物体在恒力作用下，不可能做匀速圆周运动，故D错误故选：C【点评】： 本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况12（3分）如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为电键，V与A分别为电压表与电流表初始时S0闭合、S断开，现将S闭合，则（） A 电压表V的读数变大，电流表A的读数变小 B 电压表V的读数变大，电流表A的读数变大 C 电压表V的读数变小，电流表A的读数变小 D 电压表V的读数变小，电流表A的读数变大【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】：
18、 恒定电流专题【分析】： 根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化【解析】： 解：S闭合，外电阻变小，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，内电压增大，故路端电压减小，V的读数变小；把R1归为内阻，内电压增大，故R3的电压减小，由欧姆定律可知R3中的电流也减小，即电流表示数减小，故C正确；故选：C【点评】： 应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路内电路外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解13（3分）如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，
19、边上标有电势的值一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C下列判断正确的是（） A 粒子一定带负电 B A处场强大于C处场强 C 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功【考点】： 等势面；电场线【分析】： 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小【解析】： 解：AB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大
20、致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电故A错误；B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；D、根据W=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误故选：B【点评】： 本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化14（3分）质量相等的两个质点a、b在同一位置开始沿竖直方向运动，vt图象如图所示，取竖直向上为正方向由图象可知（） A 在t2时刻两个质点在同一高度 B 在0t1时间内，a质点处
21、于失重状态 C 在t1t2时间内，a质点的机械能不变 D 在0t2时间内，合外力对两个质点做功相等【考点】： 匀变速直线运动的图像；机械能守恒定律【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移当加速度方向向下时，物体处于失重状态，加速度方向向上时，处于超重状态，物体的动能和势能之和不变时，机械能守恒由动能定理分析合外力做功大小【解析】： 解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，0t2时间内a的位移大于b的位移，a在b的上面，故A错误；B、0t1时间内a的斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故B错误；C、t1t2时间内质点a向上匀速运动，动能不
22、变，重力势能增大，则其机械能增大，故C错误；D、在0t2时间内，a、b两质点动能的变化量相等，则由动能定理知，合外力做功相等，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态15（3分）如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向
23、上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为（） A mg B mg C mg D mg【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】： 当ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，受到沿导轨向下的安培力对于cd来说，安培力沿导轨向上的分力与其重力平衡，分别对ab棒和cd棒运用平衡条件列式，结合两棒安培力的大小关系，即可求解F的大小【解析】： 解：设ab杆向上切割磁感线时，产生感应电流大小为 I，受到安培力大小为：F安=BIL对于cd来说，由平衡条件有：BI3L=mgsin30 对于ab杆来说，由平衡
24、条件有：F=mgsin30+BIL综上可得：F=mg故选：A【点评】： 本题考查杆切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力，注意安培力的有效切割长度，同时运用受力平衡条件解答16（3分）在街头的理发店门口，常可以看到一个转动的圆筒，如图所示，外表有螺旋斜条纹，人们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动使眼睛产生的错觉假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为d，如果观察到条纹以速度v向上运动，则从下往上看圆筒的转动情况是（） A 顺时针转速n= B 顺时针转速n= C 逆时针转速n= D 逆时针转速n=
25、【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔后，同一位置处不是彩色条纹，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹移动的错觉从题境获取T和螺距移动的距离即可求解【解析】： 解：如果我们观察到条纹以速度v向上运动，则说明圆筒的转动从正面看是从右向左的，从上往下看应该是顺时针转动，那么从下往上看圆筒的逆时针转动t时间内上升高度为h=vt，由题意可知：vt=ntd，解得：n=故D正确，ABC错误故选：D【点评】： 从题境获取有用信息，迁移到学过的知识求解；人眼的
26、视觉暂留现象，造成假象，最好亲身去体验三、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）如图所示，均匀U形管内盛有液体，左右液面相平，左管用活塞封闭了一定量的气体A，右管封闭气体B，开始A、B两部分气体压强均为p，气柱的长度均为l，现将活塞缓慢上提，提升的高度为d，则此过程中（） A 气柱A的长度增加量等于d B 气柱B的长度增加量小于d C 气体A的最终压强小于 D 气体A的最终压强大于【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】： 分别对左右两管内气体采用假设法，
27、研究气柱A的长度增加量时假设水银柱不动，研究右边气柱时假设气柱长增加量等于d【解析】： 解：A、假设水银柱不动则气柱A的长度增加量等于d，即B管内气柱长没变，根据玻意耳定律则A内压强减小B内压强不变，即A内压强小于B内压强，水银一定在左管内上升，故气柱A的长度增加量小于d，A错误；B、假设气柱B的长度增加量等于d，则相当于A内气体长度没变，根据玻意耳定律则A内压强不变B内压强减小，即A内压强大于B内压强，水银一定在右管内上升，故气柱B的长度增加量小于d，故B正确C、假设气柱A的长度增加量等于d，才会有：pl=p（l+d），得：p=，而实际气柱A的长度增加量小于d，故气体A的最终压强p大于，故D
28、正确，C错误故选：BD【点评】： 对于研究在U型管内被封闭的气体的状态参量的变化时，要正确的确定理想气体的状态，分析其状态参量，选择相应的状态方程进行解答，本题是一种类型，采用假设法分析，是热学中动态变化问题常用的方法18（4分）如图所示，一列简谐横波沿x轴负向传播，从波传到x=3m的P点时开始计时，已知在t=0.3s时PM间第一次形成图示波形，此时x=0m的O点正好在波谷处下列说法中正确的是（） A P点的振动周期为0.4s B P点开始振动的方向沿y 轴负方向 C 当M点开始振动时，P点也在平衡位置处 D 这列波的传播速度是m/s【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 简
29、谐横波沿x轴负向传播，P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，由图读出，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，则可知P点的周期读出波长，由v=求出波速v根据PM间的距离判断M点开始振动时，P点的位置【解析】： 解：A、据题，从波传到x=3m的P点时开始计时，PM间第一次形成图示波形，P点又回到了平衡位置，说明P点完成一个周期的振动，周期为0.3s，故A错误B、PM间第一次形成图示波形，波传到了x=1m处，此处起振方向沿y轴负方向，则P点开始振动的方向沿y 轴负方向，故B正确C、M点与P点相距半个波长，波从P传到M的时间是
30、半个周期，当M点开始振动时，P点也在平衡位置处，故C正确D、由图知该波的波长为4m，则波速为 v=m/s=m/s，故D错误故选：BC【点评】： 本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定P点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同19（4分）如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是（） A a、b两球到底端时速度大小相同 B a、b两球重力做功相同 C 小球a受到的弹力等
31、于小球b受到的弹力 D 小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间【考点】： 动能定理的应用【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： a、b两球到底端时速度的方向沿各自斜面的方向；根据位移公式计算下滑的时间重力做功W=mgh，根据平衡条件比较质量的大小；则可得出重力做功的大小【解析】： 解：A、由机械能守恒定律可知：mgh=mv2；解得：v=；故到达底部时速度的大小相同；故A正确；B、根据平衡条件：mag=同理可得：mgg=故ma：mb=3：1则、b两球重力做功mgh不同，B错误；C、小球a受到的弹力为：N=magcos30=3mg小球b受到的弹力为：N=mbgcos60=mg故a受到的弹力大于球b
32、受到的弹力；C错误；D、设从斜面下滑的高度为h，则有：=at2aa=gsin30得：t=同理：=gsin60t2t可见a球下滑的时间较长，D正确；故选：AD【点评】： 本题考查动能定理及共点力的平衡条件，关键是找出二球静止时绳子对两球的拉力是相同的，进而可以比较二者重力的大小关系20（4分）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，连接b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N固定在M的正下方两带电小球在缓慢漏电的过程中，M、b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（） A b对c的摩擦力可能始终增加 B 地面对c的支撑力始终变小
33、 C c对地面的摩擦力方向始终向左 D 滑轮对绳的作用力方向始终不变【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】： b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小【解析】： 解：A、两带电小球在缓慢漏电的过程中，库仑引力逐渐减小，对M分析，可知拉力逐渐减小，对b分析，开始b所受的摩擦力可能沿斜面向上，则拉力减小，摩擦力可能增加，故A正确B、对bc整体分析，受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的支持力N=（Gb+Gc）Tsin，拉力逐渐减小，则支持力逐渐增大，故
34、B错误C、以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力f=Tcos=Gacos，方向水平向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右，故C错误D、绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D正确故选：AD【点评】： 本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及b所受的摩擦力，要根据b所受的拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向四、填空题（共20分，每小题4分）本大题中第22-23题为分叉题，考生可任选一题若两题均做，一律按一题计分21（4分）一个质点沿半径为R的圆周运动一周，回到原地它在
35、运动过程中路程大小为2Rm，位移大小为0m【考点】： 位移与路程【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向【解析】： 解：只要是物体在运动，物体的路程就要增加，所以路程的最大值是在最后停止运动的时候，此时的路程为圆的周长，即为2R；位移是从初位置到末位置的有向线段，质点沿半径为R的圆周运动一周，回到原地，所以位移为0故答案为：2R，0【点评】： 本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了22（4分）某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆该卫星
36、到地心的距离从r1慢慢减小到r2，用v1、v2和a1、a2分别表示卫星在这两个轨道上的运行速率和向心加速度，则运行速率v1小于v2，向心加速度a1小于a2（选填“大于”、“小于”或“等于”）【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】： 根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度的表达式，再进行分析【解析】： 解：根据万有引力提供向心力，得 G=m=ma则得 v=，a=由题意，r1r2，由上式可得 v1v2，a1a2故答案为：小于；小于【点评】： 本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、向心加速度的表达式，再
37、进行讨论23如图所示，在光滑的水平面上有A和B两小车，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m3的人，开始时两车和人均静止现人以速度v0向右跳上B车，并与B车保持相对静止，则人跳离A车后，A车的速度大小为；人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比为【考点】： 动量守恒定律【分析】： 人跳离A车，以人和A车为系统，结合动量守恒定律求出A车的速度大小人跳上B车，以人和B车为系统，结合动量守恒求出B车的速度，从而得出A、B两车的速度大小之比【解析】： 解：以人和A车为系统，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得0=m3v0+m1v1，解得：，可知方向向左所以A车的速度大小为以人和B车为系统，规定向右为正
38、方向，有：m3v0=（m3+m2）v2，解得：，解得：故答案为：，【点评】： 本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道人和A车、人和B车组成的系统动量守恒，注意表达式的矢量性，基础题24（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为4s，t=0时刻的波形如图所示该列波的波速是1m/s；质点a平衡位置的坐标xa=2.5m，再经0.5s，它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由图读出波长，由波速公式v=求波速根据波的传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿y轴向上，当此质点的状态传到a点时，质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动运用波形
39、的平移法求质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间【解析】： 解：由图读出波长=4m，则波速v=1m/s根据波的传播方向判断可知，图中质点x=2m处质点此时的振动状态传到a点时，质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动则质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间 t=s=0.5s故答案为：1，0.5【点评】： 本题采用波形的平移法求质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间，这是常用的方法25（4分）如图所示，在竖直向下、场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴0在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，转轴O到小球A的距离为，A、B的质量分别为m和3m，A带负
40、电，电量大小为q1，B带正电，电量大小为q2杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为，在竖直位置处两球的总动能为【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】： 首先跟据所受电场力情况，判断出杆是顺时针还是逆时针转动，然后根据电场力做功特点分别求出电场力对A、B两球所做功，根据动能定理求两球的动能【解析】： 解：因为杆及AB受力的合力矩为顺时针，所以系统沿顺时针转动到竖直位置，电场力对A和B都做正功，电场力对A、B做总功为：=在此过程中重力对A做正功，对B做负功，设两球总动能为Ek，由用动能定理得：解得：故答案为：；【点评】： 本题考查力矩及电场力的功和重力的功
41、；难点是判断系统转动方向，从而确定电场力、重力做功情况26（4分）重为G的均匀直杆AB一端用铰链与墙相连，另一端用一条通过光滑的小定滑轮M的绳子系住，如图所示，绳子一端与直杆AB的夹角为30，绳子另一端在C点与AB垂直，AC=AB滑轮与绳重力不计则B点处绳子的拉力的大小是N，轴对定滑轮M的作用力大小是N【考点】： 力矩的平衡条件【分析】： 由受力分析可知，杆受B点绳子的拉力、C点绳子的拉力及本身的重力作用处于转动平衡状态；由力矩平衡条件可求得绳子的拉力；由力的合成可求得轴对定滑轮的作用力【解析】： 解：杆处于力矩平衡状态，设绳子的拉力为F，杆长为L，则由力矩平衡条件可知：G=FL+FL；解得：
42、F=；滑轮受两绳的拉力及轴对定滑轮的作用力而处于平衡，即轴对定滑轮的作用力与两边绳子的拉力相等，则由力的平行四边形可求得两拉力的合力即为定滑轮对轴的作用力：由几何关系可知：F=而轴对定滑轮的作用力与F大小相等，方向相反；故答案为：；【点评】： 本题应注意以下几点：（1）同一根绳中的各个点上的拉力都是相同的，方向均指向绳收缩的方向；（2）注意几何关系的应用，本题中可通过作辅助线的方式得到直角三角形，从而求得合力F；（3）注意掌握力臂的求法，在图中要作出力臂的示意图，并能利用几何关系正确求出力臂五、实验题（共24分）27（4分）关于多用表的使用，下列说法中正确的是（） A 测电阻时指针偏转至靠近刻
43、度盘最右端附近，需要将倍率调换到低倍率挡 B 测电阻时要保证接触良好，可用手直接将表笔和电阻握紧 C 测电路中的元件的电阻时只要断开电路中的电源就可以了 D 使用完毕后拔去表笔还应把选择开关置于交流电压最大量程或off挡【考点】： 用多用电表测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近；指针偏转过大，应将选择倍率较小的档位，且重新欧姆调零【解析】： 解：A、测电阻时指针偏转至靠近刻度盘最右端附近；即电表指针偏转角度太大，所测的电阻值读数比较小，则应换用倍率较小的档
44、位，调零后再测电阻，故A正确；B、测电路中某个电阻的阻值时，一定要将该电阻与其它元件断开，避免测量出现较大误差，包括人体也不能与表笔的金属部分接触；故BC错误；D、为了防止内部电源短路，多用电表使用完毕后拔去表笔还应把选择开关置于交流电压最大量程或off挡；故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查了多用电表分别充当电流表与电压表、欧姆表的使用方法及注意事项，是一道基础题28（4分）一束平行光照射在双缝上，在缝后屏上得到干涉条纹，下列说法中正确的是（） A 增大双缝到屏的距离，条纹间距变大 B 入射光波长变短，光强不变，条纹间距不变 C 入射光频率变化时条纹间距跟着变化 D 在水里做双缝干涉实验
45、，同样条件下的条纹间距会变化【考点】： 光的干涉【分析】： 根据x=可知条纹间距与双缝到屏的距离L，双缝间距d，光的波长有关光从空气射入水中波长变短【解析】： 解：A、根据x=可得增大双缝到屏的距离L，条纹间距变大，故A正确B、入射光的强度与入射光的波长无关，故入射光的强度改变，但波长变短时，条纹间距减小故B错误C、入射光的频率改变时，入射光的波长就发生改变，则条纹间距会随之发生改变，故C正确D、在水里做双缝干涉实验，使光的传播速度变小，由于光的频率不变，故波长变小，所以条纹间距变小，故D正确故选：ACD【点评】： 该题考查光的干涉条纹的宽度公式，掌握x=和光从空气射入水中频率不变，光速变小，
46、波长变短是解决本题的关键29（8分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图1所示的实验装置：质量为m1的木块A放在足够长的水平桌面上，细绳一端固定在A上，另一端绕过定滑轮悬挂质量为m2的钩码B开始时细绳伸直，B离地面高度为h，由静止释放后，二者一起移动，B落地后（不反弹）A在水平桌面上继续运动一段距离，最后静止在P点改变B离地面的初始高度h，测出每次A在桌面上移动的距离s和相应的h，记录的数据如表实验次数 1 2 3 4 5h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0s/cm 39.8 59.2 78.5 97.4 116.2（sh）/cm 19.8 29.2 38.
47、5 47.4 56.2（1）请在图2的坐标系中描出上述数据对应的点，并绘出相应的图线；（2）若B从离地高度为44cm处由静止释放，则此次A在水平桌面上移动的距离为86cm；（3）设该图线的斜率为k，则木块与桌面间的动摩擦因数的表达式为（4）若实验中，每次测量h时，测量的都是B物体上端到地面的距离，这样按照上述方法计算出的动摩擦因数与真实值相比是相同（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）【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）根据表格数据描点，平滑连接后，作图即可；（2）根据图象中，确定B从离地高度为44cm处时，sh的位移，从而确定A在水平桌面上的距
48、离；（3）根据下落过程中，与下落后A的滑行过程中，分别运用动能定理，即可求解；（4）由图象可知，h的偏大或偏小，会导致图象纵截距不同，但斜率仍不变【解析】： 解：（1）根据表格数据，进行一一描点，然后平滑连接，如图所示：（2）由图象可知，当B从离地高度为44cm处时，那么sh的距离为42cm，因此A在水平桌面上移动的距离为s=h+sh=86cm；（3）对B下落过程中，根据动能定理，则有：；当B下落后，A在滑行过程中，根据动能定理，则有：联立解得：=；（4）每次测量h时，测量的都是B物体上端到地面的距离，由上式可知，动摩擦因数与h无关，因此此方法计算出的动摩擦因数与真实值相同，故答案为：（1）如
49、上图所示：（2）86；（3）；（4）相同【点评】： 考查作图象的要求，理解动能定理的应用，注意功的正负，掌握影响动摩擦因数的表达式推导，最后根据动摩擦因数表达式，来判定h是否会影响结果30（8分）某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（00.6A）、电压表（03V）、滑动变阻器R1（10，2A）、滑动变阻器R2（100，2A）、定值电阻R0为1.5、电键S及导线若干（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填“R1”或“R2”）（2）本次实验按照如图1所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如表所示次数待测量 1 2 3 4 5I/A
50、0.15 0.20 0.30 0.40 0.50U/V 1.46 1.45 1.43 1.42 1.39由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图2方框中画出改动后的实验电路图（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的UI图线如图3所示，则此干电池的内阻r=0.20（保留两位小数）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）分析表中数据，根据闭合电路欧姆定律分析出现该现象
51、的原因；（3）根据分析得出的误差原因，采取增大等效内阻的方法进行实验，则可得出电路图；（4）电源的UI图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻【解析】： 解：（1）因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的R1（2）由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；（3）为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示；（4）图象的斜率等于等效内阻，故内阻r+R0=1.7；故r=1.701.5=0.20；故答案为：（1）R1；（2）新电池的内阻很小，所以导致
52、内电路的电压降很小；（3）如图所示；（4）0.20【点评】： 本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确仪表的选择、电路接法及数据处理的方法，特别要明确图象的意义六、计算题（共50分）31（10分）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一质量为m的活塞，可在气缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体已知活塞截面积为S，大气压强为p0，气缸内气体的热力学温度为T0，重力加速度为g求：（1）若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小，这时气体的压强和所加重物的质量M（2）在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复到原来体积，应对气体加热，使气体温度升高到多少摄氏度？【考点】： 理想气体
53、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】： 先根据理想气体的等温变化解得此时气体的压强，然后根据，解得所加的物体重力第二步气体做的是等压变化，根据等压变化的规律来解【解析】： 解：（1）若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小，根据理想气体的等温变化：p1=p0+，V1=V； p2=p2，V2=Vp1V1=p2V2，解得：p2=（p0+）活塞上放一重物，对活塞受力分析得：p2s=（M+m）g+P0S，代入数据得：（p0+）=p0+解得：M=m+（2）在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，p1=p0+，V1=V
54、； T1=T0，p3=p2=（p0+），V3=V，T3根据理想气体状态方程：解得：T3= T0t3= T0273摄氏度答：（1）气体的压强为（p0+），所加重物的质量M为m+（2）气体温度升高到 T0273摄氏度【点评】： 正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化，受力分析时研究对象的确定32（12分）如图所示，半径R=0.6m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的粗糙轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53和37将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛
55、出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道DE间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；（2）物体在轨道DE上运动的路程s【考点】： 动能定理的应用；平抛运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0（2）先由机械能守恒求出物体在C点的速度，然后由动能定理即可求解【解析】： 解：（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：m/s物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：得：
56、m/s（2）B到C的过程中机械能守恒，得：得：m/s物体在斜面CD上受到的摩擦力为：f=mgcos37=0.80.5100.8N=3.2N设物体在轨道CD上运动的距离x，则：解得：s=1.1m；答：（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；（2）物体在轨道CD上运动的距离是1.1m【点评】： 本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、能量守恒定理解题此类问题要注意明确过程分析，分段应用动能定理或机械能守恒列式求解33（14分）物体A的质量为mA，圆环B的质量为mB，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，如图所示，长度l=4m，现从静
57、止释放圆环不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2求：（1）若mA：mB=5：2，则圆环能下降的最大距离hm（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量应满足怎样的关系？（3）若mA=mB，请定性说明小环下降过程中速度大小变化的情况及其理由【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）圆环下降过程中，圆环与A组成的系统机械能守恒，由此可得质量关系式，进而由几何关系分析AB的位移关系，可得两物体的质量关系（2）由圆环与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时AB速度关系，可得质量关系（3）根据两球的运动过程可明确能量的转化，则可判断小球的速度变
58、化情况【解析】： 解：（1）设圆环所能下降的最大距离为hm，由机械能守恒定律得mBghm=mAgh A代入数字 得hm2hm=0得h=m3.8m（2）由机械能守恒 vA=vBcos解得两个物体的质量关系：=1.71（3）当mA=mB，且l 确定时，根据几何关系可知小环下降的高度大于A上升的高度，则在小环在下降过程中，系统的重力势能一直在减少，根据系统的机械能守恒可知系统的动能一直在增加，所以小环在下降过程中速度一直增大答：（1）若mA：mB=5：2，则圆环能下降的最大距离hm为3.8m；（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量之比应为1.71；（3）系统的动能一直在增
59、加，所以小环在下降过程中速度一直增大【点评】： 该题的关键是用好系统机械能守恒这个知识点；难点是对于B的速度极限值的判断，其条件是mM，即A的质量可以忽略，认为B的机械能守恒34（14分）如图所示，质量为m的足够长的“”金属导轨abcd放在倾角为的光滑绝缘斜面上，bc段电阻为R，其余段电阻不计另一电阻为R、质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PbcQ构成矩形棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于斜面的光滑立柱导轨bc段长为L，以ef为界，其左侧匀强磁场垂直斜面向上，右侧匀强磁场方向沿斜面向上，磁感应强度大小均为B在t=0时，一沿斜面方向的作用力F垂直作用在导轨的bc边上，
60、使导轨由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度为a（1）请通过计算证明开始一段时间内PQ中的电流随时间均匀增大（2）求在电流随时间均匀增大的时间内棒PQ横截面内通过的电量q和导轨机械能的变化量E（3）请在Ft图上定性地画出电流随时间均匀增大的过程中作用力F随时间t变化的可能关系图，并写出相应的条件（以沿斜面向下为正方向）【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】： （1）根据E=BLv、v=at和欧姆定律，得到感应电流的表达式，即可分析（2）根据电量公式q=It，由于电流均匀增大，I要用电流的平均值求根据能量守恒定律求导轨机械能的变化
61、量E（3）分三种情况：agsingcos、agsingcos、gsingcosagsingcos进行讨论分析【解析】： 解：（1）PQ中的电流为：I=因为是常数，所以It，即电流随时间均匀增大当PQ受到的安培力大于mgcos时，PQ会离开斜面，电路不再闭合，回路中会短时无电流FA=BIL=mgcos即：tm=（2）棒PQ横截面内通过的电量为：q=Itm=tm=导轨机械能的变化量为：E=mv2mgh=matm2（agsin）=（agsin）（3）若agsingcos，则F始终向下，且随时间均匀增大；若 agsingcos，则F始终向上，且随时间均匀减小（tm时F仍向上或为零）；若gsingcosagsingcos，则F先向上逐渐减小，后向下逐渐增大F随时间t变化的可能关系图如图所示答：（1）证明见上（2）棒PQ横截面内通过的电量q为，导轨机械能的变化量E为（agsin）（3）若agsingcos，则F始终向下，且随时间均匀增大；若 agsingcos，则F始终向上，且随时间均匀减小（tm时F仍向上或为零）；若gsingcosagsingcos，则F先向上逐渐减小，后向下逐渐增大F随时间t变化的可能关系图如图所示【点评】： 解决本题的关键要正确分析导轨的运动情况，来确定其受力情况，运用牛顿第二定律、能量守恒定律等力学规律研究