2013年上海市高考物理试卷

发布时间:2024-06-04 10:06:07浏览次数:4
2013 年上海市高考物理试卷参考答案与试题解析 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)电磁波与机械波具有的共同性质是(  )A.都是横波 B.都能传输能量C.都能在真空中传播 D.都具有恒定的波速【分析】电磁波是横波,机械波有横波,也有纵波.电磁波的传播不需要介质,机械波的传播需要介质,衍射、干涉是波所特有的现象.【解答】解:A、电磁波是横波,机械波有横波也有纵波。故 A 错误。B、两种波都能传输能量。故 B 正确。C、电磁波能在真空中传播,而机械波不能在真空中传播。故 C 错误。D、两种波的波速都与介质的性质有关,波速并不恒定,只有真空中电磁波的速度才恒定。故选:B。【点评】解决本题的关键知道电磁波和机械波的区别. 2.(2 分)当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,这时(  )A.锌板带负电 B.有正离子从锌板逸出C.有电子从锌板逸出 D.锌板会吸附空气中的正离子【分析】当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,有光电子从锌板逸出.【解答】解:紫外线照射锌板,发生光电效应,此时锌板中有电子逸出,锌板失去电子带正电。故C 正确,A、B、D 错误。故选:C。【点评】解决本题的关键知道光电效应的实质,知道锌板失去电子带正电. 3.(2 分)白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的,其原因是不同色光的(  )A.传播速度不同 B.强度不同 C.振动方向不同 D.频率不同【分析】白光包含各种颜色的光,它们的波长不同,频率不同,白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的.【解答】解:白光包含各种颜色的光,它们的波长不同,在相同条件下做双缝干涉实验时,它们的干涉条纹间距不同,所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹。D 正确。故选:D。【点评】本题考查了干涉的知识点,难度不大. 4.(2 分)做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是(  )A.位移 B.速度 C.加速度 D.回复力【分析】做简谐振动的质点每次经过同一位置时,速度有两种方向,速度不相同.位移是从平衡位置指向质点处在的位置,同一位置,位移相同,根据加速度与位移的关系,确定加速度是否相同.根据简谐运动的物体机械能守恒,分析动能是否相同.【解答】解:A、振动物体的位移是平衡位置指向振子所在位置,每次经过同一位置时位移相同,故 A 错误;B、由于经过同一位置时速度有两种不同的方向,所以做简谐振动的质点每次经过同一位置时,速度可能不相同,故 B 正确;C、加速度总与位移大小成正比,方向相反,每次经过同一位置时位移相同,加速度必定相同,故C 错误;D、回复力总与位移大小成正比,方向相反,每次经过同一位置时位移相同,回复力必定相同,故D 错误;故选:B。【点评】本题考查对简谐运动周期性及特点的理解,抓住同一位置位移、加速度和回复力三个物理量都相同. mgH= ,得 v2=2gH小环在最低点的加速度为 a= = = =0.08m/s2.故答案为:0.785,0.08【点评】本题的解题关键是将小环的运动等效成单摆运动,即可根据单摆的周期公式和机械能守恒等知识求解. 24.(4 分)如图,电路中三个电阻 Rl、R2和 R3的阻值分别为 R、2R 和 4R.当电键 S1断开、S2闭合时,电源输出功率为 P0;当 S1闭合、S2断开时,电源输出功率也为 P0.则电源电动势为  3  ;当 S1、S2都断开时,电源的总功率为  P 0 .【分析】当电键 S1断开、S2闭合时,电阻 R2和 R3被短路;当 S1闭合、S2断开时,电阻 R1和 R2被短路;根据输出功率,对两种情况进行列式,求解电源的电动势;并求出当 S1、S2都断开时,电源的总功率.【解答】解:当电键 S1断开、S2闭合时,电阻 R2和 R3被短路,则有电源输出功率 P0=当 S1闭合、S2断开时,电阻 R1和 R2被短路,则有电源输出功率 P0=联立解得,E=3 ,r=2R当 S1、S2都断开时,电源的总功率为 P=EI= = =P0.故答案为:3 ,P0【点评】本题认识电路的结构是解题的基础,还要掌握电源的输出功率求解的方法. 25.(4 分)如图,倾角为 37°,质量不计的支架 ABCD 的 D 端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮,A 点处有一固定转轴,CA⊥AB,DC=CA=0.3m.质量 m=lkg 的物体置于支架的 B 端,并与跨过定滑轮的轻绳相连,绳另一端作用一竖直向下的拉力 F,物体在拉力作用下沿 BD 做匀速直线运动,已知物体与 BD 间的动摩擦因数 μ=0.3.为保证支架不绕 A 点转动,物体向上滑行的最大距离 s=  0.248   m.若增大 F 后,支架仍不绕 A 点转动,物体能向上滑行的最大距离 s′ 等于 s(填:“大于”、“等于”或“小于”.)(取 sin37°=0.6,cos37°=0.8)【分析】物体沿 BD 做匀速直线运动,合力为零,根据平衡条件求出 F 的大小.对支架进行研究,当支架绕 A 点刚要转动时,物体向上滑行的距离最大,由力矩平衡条件求出最大距离;根据力矩平衡方程,分析 s′与 s 的关系.【解答】解:物体沿 BD 做匀速直线运动,合力为零,根据平衡条件得 F=f+mgsin37° N=mgcos37° 又 f=μN联立得,F=μmgcos37°+mgsin37°对于支架:当支架绕 A 点刚要转动时,物体向上滑行的距离最大.由于滑轮两侧绳子的合力通过 A点,相对于 A 点的力臂等于零,力矩为零,分析支架的受力情况如图,由力矩平衡条件得 f•ABsin37°=N•(ABcos37°﹣s)其中 DC=0.3m,AB=0.4m,代入解得,s=0.248m若增大 F 后,由上式知,s 与 F 大小无关,故物体能向上滑行的最大距离不变,则有 s′=s故答案为:0.248,等于【点评】本题是力平衡与力矩平衡的综合,关键要抓住定滑轮的力学特征,分析得出两个 F 对 A 轴的力矩为零. 五.实验题(共 24 分)26.(3 分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈,微电流传感器,DIS 等组成)如图所示.首先将线圈竖直放置,以竖直方向为轴转动,屏幕上的电流指针 有 (填:“有”或“无”)偏转;然后仍将线圈竖直放置,使其平面与东西向平行,并从东向西移动,电流指针 无 (填:“有”或“无”)偏转;最后将线圈水平放置,使其从东向西移动,电流指针 无 (填:“有”或“无”)偏转.【分析】穿过闭合线圈平面的磁通量发生变化时,线圈中会产生感应电流;若磁通量不变,则线圈中没有感应电流.【解答】解:根据题意,当线圈竖直放置,以竖直方向为轴转动,由于地磁场的作用,则导致穿过闭合线圈的磁通量发生变化,所以线圈中产生感应电流,则电流指针会偏转;当线圈竖直放置,使其平面与东西向平行,并从东向西移动,由于地磁场的磁感线是从地理的南极向北极,所以穿过线圈的磁通量没变,则电流指针不会偏转;当线圈水平放置,使其从东向西移动,由上可知,仍没有磁通量变化,则电流指针也不会偏转.故答案为:有,无,无【点评】考查线圈中产生感应电流的条件,强调磁通量变化,而不是有磁通量. 27.(6 分)为确定某电子元件的电气特性,做如下测量. (1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×100”倍率的电阻档测量,发现多用表指针偏转过大,因此需选择  ×10   倍率的电阻档(填:“×10”或“×1k”),并 欧姆调零 ,再进行测量,多用表的示数如图(a)所示,测量结果为  70   Ω.(2)将待测元件(额定电压 9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图(b)所示.添加连线,使电路能测量该元件完整的伏安特性.本实验中使用多用表测电压,多用表的选择开关应调到 直流电压 10V   档(填:“直流电压10V”或“直流电压 50V”).【分析】当欧姆表的指针指在中值电阻附近时读数较准,若指针偏角过大,说明电阻值较小,应选倍率小的欧姆档,注意每次选档后都必须重新调零;测定伏安特性曲线实验要求电流从零调,所以滑动变阻器必须用分压式接法.【解答】解:(1)选用“×100”倍率的电阻档测量,发现多用表指针偏转过大,应选取×10 倍率的电阻档,并需要重新欧姆调零后再测量,测量结果为 R=7×10Ω=70Ω; (2)因测量元件的伏安特性曲线,所以电流应从零调,故滑动变阻器应用分压式接法,电路如图;因电源电动势为 9V,所以电压表应调到直流电压 10V 档.故答案为:(1)×10,欧姆调零,70; (2)如图,直流电压 10V.【点评】应熟练掌握欧姆表的改装原理和读数方法,熟记要求电流从零调时,滑动变阻器应用分压式接法,此时应选全电阻小的变阻器. 28.(8 分)如图,研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上,利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间,底板上的标尺可以测得水平位移.保持水平槽口距底板高度 h=0.420m 不变.改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置,测出小球做平抛运动的初速度 v0、飞行时间 t 和水平位移 d,记录在表中.(1)由表中数据可知,在 h 一定时,小球水平位移 d 与其初速度 v0成 正比 关系,与 时间 无关.v0(m/s)0.7411.0341.3181.584t(ms)292.7293.0292.8292.9 d(cm)21.730.338.646.4(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值 发现理论值与测量值之差约为 3ms.经检查,实验及测量无误,其原因是  g 取值 10m/s 2 偏大  .(3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后,另做了这个实验,竟发现测量值 t′依然大于自己得到的理论值 t理′,但二者之差在 3﹣7ms 之间,且初速度越大差值越小.对实验装置的安装进行检查,确认斜槽槽口与底座均水平,则导致偏差的原因是 光电门传感器位于水平槽口的内侧,传感器的中心距离水平槽口(小球开始做平抛运动的位置)还有一段很小的距离 .【分析】根据数据得出水平位移和初速度的关系,根据题意得出实验误差产生的原因.【解答】解:(1)由表中数据可知,在 h 一定时,小球水平位移 d 与其初速度 v0成正比,与时间无关.(2)根据 t= 求解出的 t 偏小,是因为 g 值取值偏大.(3)纠正了上述偏差后,另做了这个实验,竟发现测量值 t′依然大于自己得到的理论值 t理′,但二者之差在 3﹣7ms 之间,且初速度越大差值越小.导致偏差的原因是:光电门传感器位于水平槽口的内侧,传感器的中心距离水平槽口(小球开始做平抛运动的位置)还有一段很小的距离,小球错经过传感器到小球到达抛出点还有一段很小的时间,而且速度越大,该时间越短.故答案为:(1)正比,时间; (2)g 取值 10m/s2偏大; (3)光电门传感器位于水平槽口的内侧,传感器的中心距离水平槽口(小球开始做平抛运动的位置)还有一段很小的距离.【点评】解决本题的关键会从数据发现规律,强化归纳总结的能力,以及知道实验误差的来源. 29.(7 分)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积.步骤如下:①将倒 U 形玻璃管 A 的一端通过橡胶软管与直玻璃管 B 连接,并注入适量的水,另一端插入橡皮塞,然后塞住烧瓶口,并在 A 上标注此时水面的位置 K;再将一活塞置于 10ml 位置的针筒插入烧瓶,使活塞缓慢推移至 0 刻度位置;上下移动 B,保持 A 中的水面位于 K 处,测得此时水面的高度差为 17.1cm.②拔出橡皮塞,将针筒活塞置于 0ml 位置,使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口;然后将活塞抽拔至10ml 位置,上下移动 B,使 A 中的水面仍位于 K,测得此时玻璃管中水面的高度差为 16.8)(1)若用 V0表示烧瓶容积,p0表示大气压强,△V 示针筒内气体的体积,△p1、△p2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小,则步骤①、②中,气体满足的方程分别为  p 0( V 0+△V ) = ( p0+△p1) V 0 、  p 0V0= ( p 0﹣△p2) ( V 0+△V )  .(2)由实验数据得烧瓶容积 V0=  560   ml,大气压强 p0=  9.58×10 4   Pa.(3)(单选题)倒 U 形玻璃管 A 内气体的存在  A   A.仅对容积的测量结果有影响B.仅对压强的测量结果有影响C.对二者的测量结果均有影响D.对二者的测量结果均无影响. 【分析】根据玻意耳定律可列两个方程,联立代入数据求解即可.【解答】解:(1)对于步骤①,根据玻意耳定律可得 p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0;对于步骤②,根据玻意耳定律可得 p0V0=( p0﹣△p2) (V0+△V);(2)联立解得 V0= △V=56×10ml=560ml;p0= △p1=56×0.171×1.0×103×10 Pa=9.58×104 Pa.(3)由(2)知,V0= △V,而 ,解得: ,而△P1与△P2均由 ρg△h 测得,故与管 A 内气体体积无关,而 V实=V0﹣VA,仅对容积的测量结果有影响,故 A 正确,BCD 错误,故选:A.故答案为:(1)p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0; p0V0=( p0﹣△p2) (V0+△V);(2)560,9.58×104;(3)A.【点评】本题是 2013 年的高考题,考查了理想气体状态方程,注意公式的选取,难度中等. 六.计算题(共 50 分)30.(10 分)如图,柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体,容器外包裹保温材料.开始时活塞至容器底部的高度为 H1,容器内气体温度与外界温度相等.在活塞上逐步加上多个砝码后,活塞下降到距容器底部 H2处,气体温度升高了△T;然后取走容器外的保温材料,活塞位置继续下降,最后静止于距容器底部 H3处:已知大气压强为 p0.求:气体最后的压强与温度.【分析】由盖吕萨克定律和玻意耳定律列式即可求解.【解答】解:由盖吕萨克定律,解得 由玻意耳定律,P0H1S=P3H3S 解得 答:气体最后的压强 ,温度为【点评】本题考查了理想气体状态方程,要先分析是何种变化,再选择对应的公式. 31.(12 分)如图,质量为 M、长为 L、高为 h 的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为 μ;滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为 m 的小球.用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得向右的速度 v0,经过一段时间后小球落地.求小球落地时距滑块左端的水平距离.【分析】滑块受打击获得速度后,由于受地面的摩擦力会做匀减速直线运动,匀减速要分两点来考虑起加速度,一个是小球没有掉落前,另一个是小球掉落后.其中有一个情况就是小球若没掉落滑块就停止了,这个要分类讨论.1:若滑块停止前小球已经掉落,则其位移为:s2:若滑块停止前小球没有掉下来,则其位移为:s'【解答】解:滑块的左端到达小球正上方这段时间内,小球速度始终为零,而滑块与地面间的压力为:FN=(m+M)g由牛顿第二定律滑块加速度为: ,小球到达滑块前方时,滑块的速度为: .滑块的左端到达小球正上方后,小球掉落做自由落体,时间 ,滑块的加速度 a′=μg①若此时滑块的速度没有减小到零,在 t 时间内滑块向右运动的距离为:=②若在 t 时间内滑块已经停下来,则:答:若滑块停止前小球已经掉落,则其位移为:s=若滑块停止前小球没有掉下来,则其位移为:s′=【点评】容易忽视小球没掉落滑块就停止下来的情况,要注意对问题考虑要全面,比如刹车类问题,在判定在某个时间内的位移之前,要先判定车的停止时间. 32.(12 分)半径为 R,均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场;场强大小沿半径分布如图所示,图中 E0已知,E﹣r 曲线下 O﹣R 部分的面积等于 R﹣2R 部分的面积.(1)写出 E﹣r 曲线下面积的单位;(2)已知带电球在 r≥R 处的场强 E= ,式中 k 为静电力常量,该均匀带电球所带的电荷量 Q 为多大?(3)求球心与球表面间的电势差△U;(4)质量为 m,电荷量为 q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到 2R 处? 【分析】(1)E﹣r 曲线下面积是 E 对 r 的积分形式,对应的是电势差;(2)通过 R 处的场强,根据点电荷的场强公式求出均匀带电体所带的电荷量.(3)通过图线围成的面积求出球心与球表面积的电势差.(4)根据动能定理求出负电荷的初速度大小.【解答】解:(1)E﹣r 曲线下面积表示电势差,则单位为 V.(2)根据 R 处的场强为 E0,有 ,解得 Q= .(3)E﹣r 曲线下围成的面积表示电势差,则球心与球表面间的电势差△U= .(4)E﹣r 曲线下 O﹣R 部分的面积等于 R﹣2R 部分的面积,知表面与 2R 处的电势差大小为根据动能定理得,解得 .答:(1)E﹣r 曲线下面积的单位为 V(2)该均匀带电球所带的电荷量 Q 为 .(3)球心与球表面间的电势差为 .(4)质量为 m,电荷量为 q 的负电荷在球面处需具有 的速度可以刚好运动到 2R 处.【点评】解决本题的关键知道 E﹣r 围成的面积表示的含义,可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析. 33.(16 分)如图,两根相距 l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,一端与阻值R=0.15Ω 的电阻相连.导轨 x>0 一侧存在沿 x 方向均匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率 k=0.5T/m,x=0 处磁场的磁感应强度 B0=0.5T.一根质量 m=0.1kg、电阻 r=0.05Ω 的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直.棒在外力作用下从 x=0 处以初速度 v0=2m/s 沿导轨向右运动,运动过程中电阻上消耗的功率不变.求:(1)电路中的电流;(2)金属棒在 x=2m 处的速度;(3)金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中安培力做功的大小;(4)金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中外力的平均功率. 【分析】(1)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合,来计算感应电流的大小;(2)由因棒切割产生感应电动势,及电阻的功率不变,即可求解;(3)分别求出 x=0 与 x=2m 处的安培力的大小,然后由安培力做功表达式,即可求解;(4)依据功能关系,及动能定理可求出外力在过程中的平均功率.【解答】解:(1)金属棒切割产生感应电动势为:E=B0Lv=0.5×0.4×2V=0.4V,由闭合电路欧姆定律,电路中的电流 I= = (2)由题意可知,在 x=2m 处,B2=B0+kx=1.5T,切割产生感应电动势,E=B2Lv2,由上可得,金属棒在 x=2m 处的速度 v2=0.67m/s(3)当 x=0m 时 F0=B0IL=0.4N,x=2m 时,FA=B2IL=1.2N,安培力随磁感应强度及位移 x 是线性变化,金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中安培力做功的大小,W=( F0+FA) =1.6J(4)由 EIt=W 解得 t=2s,由动能定理: , 解得:P=0.71W答:(1)电路中的电流 2A;(2)金属棒在 x=2m 处的速度 0.67m/s;(3)金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中安培力做功的大小 1.6J;(4)金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中外力的平均功率 0.71W.【点评】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解,运动过程中电阻上消耗的功率不变,是本题解题的突破口.   5.(2 分)液体与固体具有的相同特点是(  )A.都具有确定的形状B.体积都不易被压缩C.物质分子的位置都确定D.物质分子都在固定位置附近振动【分析】根据分子间的作用力和固体、液体的特点来判断.【解答】解:固态时分子只在平衡位置上振动,分子间距很小,分子间的作用力很大,所以固体有一定的形状和一定的体积;液态时分子在平衡位置上振动一段时间,还要移动到其他的位置上振动,分子间距比固态大,分子间的作用力比固态小,所以液体有一定的体积,但是没有一定的形状,固体和液体都不易被压缩,B 正确。故选:B。【点评】正确理解掌握物质的三种状态的分子排列、分子间距、分子间作用力是解决此类题目的关键. 6.(2 分)秋千的吊绳有些磨损.在摆动过程中,吊绳最容易断裂的时候是秋千(  )A.在下摆过程中 B.在上摆过程中 C.摆到最高点时 D.摆到最低点时【分析】单摆在摆动的过程中,靠径向的合力提供向心力,通过牛顿第二定律分析哪个位置拉力最大.【解答】解:因为单摆在摆动过程中,靠径向的合力提供向心力,设单摆偏离竖直位置的夹角为θ,则有:T﹣mgcosθ=m ,因为最低点时,速度最大,θ 最小,则绳子的拉力最大,所以摆动最低点时绳最容易断裂。故 D 正确,A、B、C 错误。故选:D。【点评】解决本题的关键知道单摆做圆周运动向心力的来源,运用牛顿第二定律进行分析. 7.(2 分)在一个 原子核衰变为一个 原子核的过程中,发生 β 衰变的次数为(  )A.6 次 B.10 次 C.22 次 D.32 次【分析】α 衰变的过程中电荷数少 2,质量数少 4,β 衰变的过程中电荷数多 1,质量数不变.根据衰变的实质确定衰变的次数.【解答】解:设经过了 n 次 α 衰变,m 次 β 衰变。有:4n=32,2n﹣m=10,解得 n=8,m=6.故 A 正确,B、C、D 错误。故选:A。【点评】解决本题的关键知道衰变的实质,通过电荷数守恒、质量数守恒进行求解. 8.(2 分)如图,质量 mA>mB的两物体 A、B 叠放在一起,靠着竖直墙面.让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体 B 的受力示意图是(  )A. B. C. D.【分析】先对整体结合运动情况受力分析,得到只受重力,加速度为 g,即做自由落体运动,然后对 B 结合运动情况受力分析,得到受力情况. 【解答】解:A 与 B 整体同时沿竖直墙面下滑,受到总重力,墙壁对其没有支持力,如果有,将会向右加速运动,因为没有弹力,故也不受墙壁的摩擦力,即只受重力,做自由落体运动;由于整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故 A、B 间无弹力,再对物体 B 受力分析,只受重力;故选:A。【点评】本题关键先对整体受力分析,得到整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故 A 与 B 间无弹力,最后再对 B 受力分析,得到其只受重力. 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)小行星绕恒星运动,恒星均匀地向四周辐射能量,质量缓慢减小,可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动.则经过足够长的时间后,小行星运动的(  )A.半径变大 B.速率变大 C.角速度变大 D.加速度变大【分析】恒星均匀地向四周辐射能量,质量缓慢减小,二者之间万有引力减小,小行星做离心运动,即半径增大,又小行星绕恒星运动做圆周运动,万有引力提供向心力,可分析线速度、角速度、加速度等.【解答】解:恒星均匀地向四周辐射能量,质量缓慢减小,二者之间万有引力减小,小行星做离心运动,即半径增大,故 A 正确;小行星绕恒星运动做圆周运动,万有引力提供向心力,设小行星的质量为 m,恒星的质量为 M,则 ,即 ,M 减小,r 增大,故 v 减小,所以 B 错误;v=ωr,v 减小,r 增大,故 ω 减小,所以 C 错误;由 得: M 减小,r 增大,所以 a 减小,故 D 错误;故选:A。【点评】关于万有引力与航天,记住作圆周运动万有引力等于向心力;离心运动,万有引力小于向心力;向心运动,万有引力大于向心力. 10.(3 分)两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示,已知 A 点电势高于 B 点电势.若位于a、b 处点电荷的电荷量大小分别为 qa和 qb,则(  )A.a 处为正电荷,qa<qbB.a 处为正电荷,qa>qbC.a 处为负电荷,qa<qbD.a 处为负电荷,qa>qb【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较,很容易得出正确的结论.【解答】解:若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较,可以得到:靠近正电荷的点电势高,靠近负电荷的点,电势较低。所以,a 处为正电荷。等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称,无穷远处的电势为 0.该图象的左侧的等势线比较密,无穷远处的电势为 0,所以无穷远处到两点之间的电势差相比,与 a 点之间的电势差比较大,所以 a 点所带的电量就多。故正确的答案应该选 B。故选:B。【点评】该题是常见电场知识的拓宽与延伸,需要有一定的知识迁移能力和较强的逻辑推理能力.对能力的要求相对较高.属于中档题目. 11.(3 分)如图,通电导线 MN 与单匝矩形线圈 abcd 共面,位置靠近 ab 且相互绝缘.当 MN 中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向(  ) A.向左 B.向右 C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里【分析】金属线框 abcd 放在导线 MN 上,导线中电流产生磁场,当导线中电流减小时,穿过线框abcd 的磁通量减小,根据楞次定律判断线框 abcd 感应电流,再由左手定则来确定所受有安培力方向.【解答】解:金属线框 abcd 放在导线 MN 上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线框abcd 左右两侧磁场方向相反,线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量,磁通量存在抵消的情况。若MN 中电流突然减小时,穿过线框的磁通量将减小。根据楞次定律可知,感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化,则线框 abcd 感应电流方向为顺时针,再由左手定则可知,左边受到的安培力水平向右,而右边的安培力方向也水平向右,故安培力的合力向右。故 B 正确,ACD 错误。故选:B。【点评】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向,也可以根据因果关系,运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断. 12.(3 分)在车门报警电路中,两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上,只要有开关处于断开状态,报警灯就发光.能实现此功能的电路是(  )A. B. C. D.【分析】两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上,只要有开关处于断开状态,报警灯就发光,该或逻辑关系为或门电路.【解答】解;由题意,S1、S2中任何一个开关处于开路状态,报警灯就发光,该逻辑电路应采用或门电路。当 S1、S2都闭合时,输入都为 0,根据或门电路的特性,得到 Y 端输出为 0.当 S1、S2只要有一个断开时,输入端电势不为 0,输出为 1,灯亮。故 D 正确故选:D。【点评】本题是简单的门电路,根据电路工作的需要确定选择是或门电路还是与门电路. 13.(3 分)如图,足够长的直线 ab 靠近通电螺线管,与螺线管平行.用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度 B,在计算机屏幕上显示的大致图象是(  )A. B. C. D.【分析】通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁,根据磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小.【解答】解:通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁,因此根据磁感线的分布, 再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知,因为 ab 线段的长度大于通电螺线管的长度,由条形磁铁磁感线的分布,可知应该选 C,如果 ab 线段的长度小于通电螺线管的长度,则应该选 B。由于足够长的直线 ab,故 C 选项正确,ABD 错误;故选:C。【点评】考查通电螺线管周围磁场的分布,及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小,本题较简单但会出错. 14.(3 分)一列横波沿水平绳传播,绳的一端在 t=0 时开始做周期为 T 的简谐运动,经过时间t( <t<T),绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处.则在 2t 时,该点位于平衡位置的(  )A.上方,且向上运动 B.上方,且向下运动C.下方,且向上运动 D.下方,且向下运动【分析】由题,经过时间 t( <t<T),绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处,在 2t 时,质点又振动了时间 t,根据时间与周期的关系分析质点的位置和速度方向.【解答】解:据题,经过时间 t( <t<T),绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处,在 2t时,质点又振动了时间 t( <t<T),一个周期可以分成四个 ,则在 2t 时,该点位于平衡位置的上方,而且向上运动。故 A 正确,BCD 错误。故选:A。【点评】将一个周期内简谐运动的过程分成四个 ,再分析质点的状态是常用的方法. 15.(3 分)已知湖水深度为 20m,湖底水温为 4℃,水面温度为 17℃,大气压强为 1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时,其体积约为原来的(取 g=10m/s2,ρ=1.0×103kg/m3)(  )A.12.8 倍 B.8.5 倍 C.3.1 倍 D.2.1 倍【分析】找出气泡在湖底的压强、温度和在水面的压强、温度,然后直接根据理想气体状态方程列式求解即可.【解答】解:气泡在湖底的压强为:P1=P0+ρgh=105+103×10×20=3×105Pa;气泡在湖底的温度为:T1=273+4=277K;气泡在水面的压强为:P2=P0=105Pa;气泡在水面的温度为:T2=273+17=290K;根据理想气体状态方程,有: ;解得: 故选:C。【点评】本题考查理想气体状态方程的直接运用,基础题. 16.(3 分)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,它匀速运动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.【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.【解答】解:汽车驶入沙地前,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;s﹣t 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;只有 A 选项曲线在 O 点处的切线斜率等于驶出沙地后直线的斜率,符合实际。故 A 正确,B 错误,C 错误,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 s﹣t 图线的切线表示对应时刻的瞬时速度判断. 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)某半导体激光器发射波长为 1.5×10﹣6m,功率为 5.0×10﹣3W 的连续激光.已知可见光波长的数量级为 10﹣7m,普朗克常量 h=6.63×10﹣34J•s,该激光器发出的(  )A.是紫外线 B.是红外线C.光子能量约为 1.3×10﹣18J D.光子数约为每秒 3.8×1016个【分析】根据波长的大小判断激光器发射的是哪种电磁波.根据 E=h 求出光子能量,根据E=Pt=nh 求出单位时间内发生的光子数.【解答】解:A、波长的大小大于可见光的波长,属于红外线。故 A 错误,B 正确。C、光子能量 E= =1.326×10﹣19J.故 C 错误。D、每秒钟发出的光子数 n= .故 D 正确。故选:BD。【点评】解决本题的关键熟悉电磁波谱中波长的大小关系,以及掌握光子能量与波长的大小关系. 18.(4 分)两个共点力 Fl、F2大小不同,它们的合力大小为 F,则(  )A.F1、F2同时增大一倍,F 也增大一倍B.F1、F2同时增加 10N,F 也增加 10N C.F1增加 10N,F2减少 10N,F 一定不变D.若 F1、F2中的一个增大,F 不一定增大【分析】两个大小不等的共点力 F1、F2,根据平行四边形定则表示出合力进行求解.【解答】解:A、根据平行四边形定则,F1、F2同时增大一倍,F 也增大一倍,故 A 正确B、Fl、F2方向相反,F1、F2同时增加 10N,F 不变,故 B 错误C、Fl、F2方向相反,F1增加 10N,F2减少 10N,F 可能增加 20N,故 C 错误D、Fl、F2方向相反,若 F1、F2中的一个增大,F 不一定增大,故 D 正确故选:AD。【点评】解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则,会根据平行四边形定则去求合力或分力. 19.(4 分)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标 A.已知 A 点高度为 h,山坡倾角为 θ,由此可算出(  )A.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度C.炸弹的飞行时间 D.炸弹投出时的动能【分析】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,速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值,再通过水平位移求出竖直位移,从而得知轰炸机的飞行高度,炸弹的飞行时间,以及炸弹的初速度.【解答】解:A、根据 A 点的高度可知 A 点到底端的水平位移,即炸弹的水平位移,由于炸弹垂直击中目标 A,得知速度与水平方向的夹角,抓住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,可得知平抛运动竖直位移。从而得出轰炸机的飞行高度。故 A 正确。B、求出平抛运动的竖直位移,根据 y= 得出炸弹平抛运动的时间,根据时间和水平位移求出轰炸机的初速度。故 B、C 正确。D、由于炸弹的质量未知,则无法求出炸弹投出时的动能。故 D 错误。故选:ABC。【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律,知道平抛运动的一些推论,并能灵活运用. 20.(4 分)图为在平静海面上,两艘拖船 A、B 拖着驳船 C 运动的示意图.A、B 的速度分别沿着缆绳 CA、CB 方向,A、B、C 不在一条直线上.由于缆绳不可伸长,因此 C 的速度在 CA、CB 方向的投影分别与 A、B 的速度相等,由此可知 C 的(  )A.速度大小可以介于 A、B 的速度大小之间B.速度大小一定不小于 A、B 的速度大小C.速度方向可能在 CA 和 CB 的夹角范围外D.速度方向一定在 CA 和 CB 的夹角范围内【分析】先将船 C 的速度沿着平行 AC 绳子和垂直 AC 绳子的方向正交分解,再将船 C 的速度沿着平行 BC 绳子和垂直 BC 绳子的方向正交分解;依据题意,A、B 的速度分别沿着缆绳 CA、CB 方向,故船 AB间距会变大,C 的速度在 CA、CB 方向的投影分别与 A、B 的速度相等;故可以据此分析速度大小关系.【解答】解:AB、船 C 沿着绳子靠向 A 船初位置的同时还要绕 A 船转动;船 C 沿着绳子靠向 B 船的 初位置的同时还要绕 B 船转动;先将船 C 的速度先沿着平行 AC 绳子和垂直 AC 绳子方向正交分解;再将船 C 的速度先沿着平行 BC 绳子和垂直 BC 绳子方向正交分解;由于绳子不可伸长,故每条船沿着绳子方向的分速度是相等的;两拖船速度一定小于 C 船速度(斜边大于直角边);故 A 错误,B 正确;CD、因为 C 的速度在 CA、CB 方向的投影分别与 A、B 的速度相等,速度方向不一定在 CA 和 CB 的夹角范围内,以 A 为参照系,此时的 C 船是以 A 为圆心做圆周运动,即速度方向垂直于 AC,∠ACB 小于90°的情况下,C 的速度方向就是在 ACB 夹角之外的;故 C 正确,D 错误。故选:BC。【点评】本题关键要记住一个结论,即用绳子连接的物体,在绳子不可伸长的情况下,这些物体的速度沿着绳子方向的分速度是一定相等的;原题中最后一句话是多余的,是为帮助大家理解的;较难. 四.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)放射性元素 衰变为 ,此衰变过程的核反应方程是  → +He   ;用此衰变过程中发出的射线轰击 ,可得到质量数为 22 的氖(Ne)元素和另一种粒子,此核反应过程的方程是  He+ → Ne+ H   .【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定粒子的电荷数和质量数,从而写出核反应方程.【解答】解:放射性元素 衰变为 ,知电荷数少 2,质量数少 4,知放出一个 α 粒子,核反应方程为: → + He.用 α 粒子轰击 ,可得到质量数为 22 的氖(Ne),知另一种粒子的电荷数为 1,质量数为 1,核反应方程为: He+ → Ne+ H.故答案为: → + He, He+ → Ne+ H【点评】解决本题的关键知道核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒.以及知道常见粒子的电荷数和质量数. 22.(4 分)选做一题A.质量为 M 的物块静止在光滑水平桌面上,质量为 m 的子弹以水平速度 v0射入物块后,以水平速度 2v0/3 射出.则物块的速度为   ,此过程中损失的机械能为   .B.若两颗人造地球卫星的周期之比为 T1:T2=2:1,则它们的轨道半径之比 R1:R2=  : 1   ,向心加速度之比 a1:a2=  : 4   .【分析】子弹射击物块,子弹和物块的总动量守恒,由动量守恒定律求出子弹穿出木块时木块的速 度大小.系统损失的机械能等于射入前子弹的动能与射出后物块与子弹总动能之差.根据人造卫星的万有引力等于向心力,列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可.【解答】解:A、由动量守恒定律得:mv0=m +Mv①解得 v= ②系统的机械能损失为△E= mv02﹣[ m( )2+ Mv2]=B、根据开普勒第三定律: =K两颗人造地球卫星的周期之比为 T1:T2=2:1,则它们的轨道半径之比 R1:R2= :1.根据加速度 a= 得向心加速度之比 a1:a2= :4故答案为:A ,B. :1, :4【点评】把动量守恒定律和能量守恒定律结合求解.本题关键抓住万有引力提供向心力,列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式,再进行讨论. 23.(4 分)如图,在:半径为 2.5m 的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,两端点距最低点高度差 H 为 1cm.将小环置于圆弧端点并从静止释放,小环运动到最低点所需的最短时间为 0.785   s,在最低点处的加速度为  0.08   m/s2.(取 g=10m/s2)【分析】由题,由于圆弧两端点距最低点高度差 H 远小于圆弧的半径,小球在圆弧上的运动等效成单摆运动,小环运动到最低点所需的最短时间为 周期.周期为 T=2 ,R 是圆弧的半径.根据机械能守恒定律求出小环运动到最低点时的速度,由向心加速度公式 a= 求解加速度.【解答】解:将小球的运动等效成单摆运动,则小环运动到最低点所需的最短时间为 周期,即最低时间为 t= = •2π = s≈0.785s.设小环运动到最低点时的速度为 v,根据机械能守恒定律得:
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