2008年上海市高中毕业统一学业考试物理试卷（word解析版）下载

<img src=" 微信号：kingcsa333 2B．放射性元素的原子核在 α 衰变或 β 衰变生成新原子核时，往往会同时伴随＿＿＿＿＿辐射。 已知 A、B 两种放射性元素的半衰期分别为 T1 和 T2，经过 t＝T1·T2 时间后测得这两种放射 性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比 mA：mB＝＿＿＿＿＿。 3B．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为 380V，则该交流电电压的最大值为＿＿＿＿V。当 吊车以 0.1m/s 的速度匀速吊起总质量为 5.7×103kg 的集装箱时，测得电动机的电流为 20A， 电动机的工作效率为＿＿＿＿＿＿。（g 取 10m/s2） 公共题（全体考生必做） 4．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为 m 的质点在外力 F 的作 用下，从坐标原点 O 由静止开始沿直线 ON 斜向下运动，直线 ON 与 y 轴负方 向成 θ 角（θ＜π/4）。则 F 大小至少为＿＿＿＿＿＿；若 F＝mgtanθ，则质点机械 能大小的变化情况是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 5．在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推 表：伽利略手稿中的数据 测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略时代的 1 11234567832 4130 29 个长度单位相当于现在的 mm，假设 1 个时间单位相当于现在 30 9298 16 25 36 49 64 526 的 0.5s。由此可以推测实验时光滑斜面的长度至少为＿＿＿＿＿ ＿m，斜面的倾角约为＿＿＿＿＿度。（g 取 10m/s2） 824 1192 1600 2104 二、（40 分）选择题。本大题分单项选择题和多项选择题，共 9 小题。单项选择题有 5 小题， 每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得 4 分；多项选择题有 4 小题，每小 题给出的四个答案中，有二个或二个以上是正确的，选对的得 5 分，选对但不全，得部分分； 有选错或不答的，得 0 分。把正确答案全选出来，并将正确答案前面的字母填写在题后的方 括号内。填写在方括号外的字母，不作为选出的答案。 Ⅰ．单项选择题 6．在下列 4 个核反应方程中，x 表示质子的是 第 2 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 234 92 （A） 3105 P  30Si+x （B） 238 U  Th+x 14 92 27 12 （C） 2173 Al+01n  Mg+x （D） 2173 Al+24 He  30 P+x 15 []7．如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO＝OC，在 A、C 两点分别挂有两个和 三个钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的钩码，则木棒 （A）绕 O 点顺时针方向转动 （B）绕 O 点逆时针方向转动 （C）平衡可能被破坏，转动方向不定 （D）仍能保持平衡状态 []8．物体做自由落体运动，Ek 代表动能，Ep 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零 势能面。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是 []9．已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内一定质量 的理想气体由状态 1 到状态 2 的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气 体的内能 （A）先增大后减小 （C）单调变化 （B）先减小后增大 （D）保持不变 []10．如图所示，平行于 y 轴的导体棒以速度 v 向右做匀速直线运动，经过半径为 R、磁感应 强度为 B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置 x 关系的图像是 第 3 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 []Ⅱ．多项选择题 11．某物体以 30m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 10m/s2。5s 内物体的 （A）路程为 65m （B）位移大小为 25m，方向向上 （C）速度改变量的大小为 10m/s （D）平均速度大小为 13m/s，方向向上 []12．在杨氏双缝干涉实验中，如果 （A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹 （B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹 （C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹 （D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹 []13．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为 h 的水银柱，中 间封有一段空气，则 （A）弯管左管内外水银面的高度差为 h （B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大 （C）若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升 （D）若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升 []14．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷 M、N，分别固定在 A、B 两点，O 为 AB 连线的中点，CD 为 AB 的垂直平分线。在 CO 之间的 F 点由静止释放一个带负电的小 球 P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P 在 CD 连线上做往复运动。若 （A）小球 P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小 （B）小球 P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过 O 点时的速率不断减小 （C）点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球 P 往复运动过程中周期不断减小 （D）点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球 P 往复运动过程中振幅不断减小 []第 4 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 三．（30 分）实验题 15．（4 分）如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器 指示归零。用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩 擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带＿ ＿＿电（选填写“正”或“负”）；若改用红外线重复上实验，结果发现验 电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率＿＿＿＿红外线（选填 “大于”或“小于”）。 16．（4 分，单选题）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是 点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金 属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是 （A）当金属丝圈旋转 30°时干涉条纹同方向旋转 30° （B）当金属丝圈旋转 45°时干涉条纹同方向旋转 90° （C）当金属丝圈旋转 60°时干涉条纹同方向旋转 30° （D）干涉条纹保持原来状态不变 []17．（6 分）在“用单摆测重力加速度”的实验中， （1）某同学的操作步骤为： a．取一根细线，下端系住直径为 d 的金属小球，上端固定在铁架台上 b．用米尺量得细线长度 l c．在摆线偏离竖直方向 5°位置释放小球 d．用秒表记录小球完成 n 次全振动的总时间 t，得到周期 T＝t/n 4 2l e．用公式 g  计算重力加速度 T 2 按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比＿＿＿（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）。 （ 2 ）已 知 单 摆 在 任 意 摆 角θ 时 的 周 期 公 式 可 近 似 为   2   T  T0 1 asin ，式中 T0 为摆角趋近于 0°时的周期，   2  a 为常数。为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有 ＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表 第 5 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 示＿＿＿＿＿＿。 18．（6 分）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡 L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W）的发光情 况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图。 （1）他分别将 L1、L2 接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片 P，当电压表示数为 6V 时，发现灯泡均能正常发光。在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整。 （2）接着他将 L1 和 L2 串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片 P，当电压 表示数为 6V 时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是＿＿＿＿ ＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 （3）现有如下器材：电源 E（6V，内阻不计），灯泡 L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W），L3（6V， 10W），单刀双掷开关 S。在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关 S 与 1 相接时，信号灯 L1 亮，右转向灯 L2 亮而左转向灯 L3 不亮；当单刀双掷开关 S 与 2 相接 时，信号灯 L1 亮，左转向灯 L3 亮而右转向灯 L2 不亮。 19．（10 分）如图所示是测量通电螺线管 A 内部磁感应强度 B 及其与电 流 I 关系的实验装置。将截面积为 S、匝数为 N 的小试测线圈 P 置 于螺线管 A 中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过 该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计 D 相 连。拨动双刀双掷换向开关 K，改变通入螺线管的电流方向，而不 第 6 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 改变电流大小，在 P 中产生的感应电流引起 D 的指针偏转。 （1）将开关合到位置 1，待螺线管 A 中的电流稳定后，再将 K 从位置 1 拨到位置 2，测得 D 的 dm 最大偏转距离为 dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为 Dφ， Dφ＝ ，式中  为单匝试 N 测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度 B＝＿＿＿＿＿＿；若将 K 从位置 1 拨到位置 2 的过程所用的时间为 Δt，则试测线圈 P 中产生的平均感应电动势 ε＝＿＿＿＿。 （2）调节可变电阻 R，多次改变电流并拨动 K，得到 A 中 实验 I（A） B（×10－3T） 电流 I 和磁感应强度 B 的数据，见右表。由此可得，螺线 次数 管 A 内部感应强度 B 和电流 I 的关系为 B＝＿＿＿＿＿ 123450.5 1.0 1.5 2.0 2.5 0.62 1.25 1.88 2.51 3.12 ＿＿＿。 （3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的准确 性，可采取的措施有 （A）适当增加试测线圈的匝数 N （B）适当增大试测线圈的横截面积 S （C）适当增大可变电阻 R 的阻值 （D）适当拨长拨动开关的时间 Δt 四．（60 分）计算题。本大题中第 20 题为分叉题，分 A 类、B 类两题，考生可任选一题。 若两题均做，一律按 A 类题计分。 A 类题（适合于一期课改教材的考生） 20A．（10 分）汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油上升。已知某 型号轮胎能在－40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过 3.5atm，最低胎压不低于 1.6atm，那么在 t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围 内比较合适？（设轮胎容积不变） 第 7 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 B 类题（适合于二期课改教材的考生） 20B．（10 分）某小型实验水电站输出功率是 20kW，输电线路总电阻是 6Ω。 （1）若采用 380V 输电，求输电线路损耗的功率。 （2）若改用 5000 高压输电，用户端利用 n1：n2＝22：1 的变压器降压，求用户得到的电压。 公共题（全体考必做） 21．（12 分）总质量为 80kg 的跳伞运动员从离地 500m 的直升机上跳下，经过 2s 拉开绳索开启降 落伞，如图所示是跳伞过程中的 v－t 图，试根据图像求：（g 取 10m/s2） （1）t＝1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小。 （2）估算 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功。 （3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。 22．（12 分）有两列简谐横波 a、b 在同一媒质中沿 x 轴正方向传播，波速均为 v＝2.5m/s。在 t＝ 0 时，两列波的波峰正好在 x＝2.5m 处重合，如图所示。 （1）求两列波的周期 Ta 和 Tb。 （2）求 t＝0 时，两列波的波峰重合处的所有位置。 （3）辨析题：分析并判断在 t＝0 时是否存在两列波的波谷重合处。 某同学分析如下：既然两列波的波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在。 只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置。 你认为该同学的分析正 第 8 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 确吗？若正确，求出这些点的位置。若不正确，指出错误处并通过计算说明理由。 第 9 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 23．（12 分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀强电场 I 和 II，两电场的边界均是边长为 L 的 正方形（不计电子所受重力）。 （1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开 ABCD 区域的位置。 （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开， 求所有释放点的位置。 （3）若将左侧电场 II 整体水平向右移动 L/n（n≥1），仍使电子从 ABCD 区域左下角 D 处 离开（D 不随电场移动），求在电场 I 区域内由静止释放电子的所有位置。 第 10 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 24．（14 分）如图所示，竖直平面内有一半径为 r、内阻为 R1、粗细均匀的光滑半 圆形金属环，在 M、N 处与相距为 2r、电阻不计的平行光滑金属轨道 ME、NF 相接，EF 之间接有电阻 R2，已知 R1＝12R，R2＝4R。在 MN 上方及 CD 下方 有水平方向的匀强磁场 I 和 II，磁感应强度大小均为 B。现有质量为 m、电阻 不计的导体棒 ab，从半圆环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始 终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体 棒 ab 下落 r/2 时的速度大小为 v1，下落到 MN 处的速度大小为 v2。 （1）求导体棒 ab 从 A 下落 r/2 时的加速度大小。 （2）若导体棒 ab 进入磁场 II 后棒中电流大小始终不变，求磁场 I 和 II 之间 的距离 h 和 R2 上的电功率 P2。 （3）若将磁场 II 的 CD 边界略微下移，导体棒 ab 刚进入磁场 II 时速度大小为 v3，要使其在 外力 F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为 a，求所加外力 F 随时间变化的关系 式。 第 11 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 2008 年全国普通高等学校招生统一考试 上海物理试卷答案要点 一．填空题（共 20 分） 2 R 4 2R3 T1A． 1B． ，2A．增大，－2.5×10－8 3A．大，6.9×106 3B．380 ，75% GT 2 vMT22B．γ， 2T2 ：21，SNA 4．Mgsinθ，增大、减小都有可能 二、选择题（共 40 分） 5．2.04，1.5 I．6．C 7．D 12．BD 8．B 13．ACD 9．B 10．A II．11．AB 14．BCD 三、实验题（共 30 分） 15．正，大于 17．（1）偏小 16．D （2）T′（或 t、n）、θ， T′ 18．（1）如图 b （2）由于 RL1 比 RL2 小得多，灯泡 L2 分得的电压很小，虽然有电流渡过，但 功率很小，不能发光。 （3）如图 c dm dm 19．（1） ，（2）0.00125I（或 kI）（3）A，B 2ND S D t 四、计算题（共 60 分） 20 A．（10 分） 解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。 设在 T0＝293K 充气后的最小胎压为 Pmin，最大胎压为 Pmax。依题意，当 T1＝233K 时胎压为 P1＝1.6atm。根据查理定律 PP1.6 Pmin 1min ，即 TT0 233 293 1解得：Pmin＝2.01atm 当 T2＝363K 时胎压为 P2＝3.5atm。根据查理定律 PPP3.5 max 2max ，即 T2 T0 363 293 解得：Pmax＝2.83atm 20B．（10 分） 第 12 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 P20103 380 解：（1）输电线上的电流强度为 I＝ A＝52.63A ①U输电线路损耗的功率为 P 损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW ②（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 P20103 5000 I′＝ A＝4A ③U用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V ④U1 n1 根据 U2 n2 用户得到的电压为 n1U2＝ 2 U1 ＝×4976V＝226.18V ⑤n1 22 21．（12 分） 解：（1）从图中可以看出，在 t＝2s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 vt 16 a  m/s2=8m/s2 t2设此过程中运动员受到的阻力大小为 f，根据牛顿第二定律，有 mg－f＝ma f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N 得（2）从图中估算得出运动员在 14s 内下落了 39.5×2×2m＝158m 1根据动能定理，有 mgh Wf  mv2 211所以有 Wf  mgh  mv2 ＝（80×10×158－ ×80×62）J≈1.25×105J 22（3）14s 后运动员做匀速运动的时间为 H  h 500 158 t  s＝57s vt 6运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t 总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s 22．（12 分） 解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为 λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别为 a 2.5 b 4.0 Ta  s＝1s Tb  s＝1.6s v2.5 v2.5 （2）两列波的最小公倍数为 在 t＝0 时，两列波的波峰重合处的所有位置为 x＝（2.5 20k）m，k＝0，1，2，3，…… （3）该同学的分析不正确。 S＝20m 第 13 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰 好相等的位置。设距离 x＝2.5m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设 b 2a 2L＝（2m－1） L＝（2n－1） ，式中 m、n 均为正整数 只要找到相应的 m、n 即可 将 λa＝2.5m，λb＝4.0m 代入并整理，得 2m 1 a 4.0 2n 1 b 2.5 85由于上式中 m、n 在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。 23．（12 分） 解：（1）设电子的质量为 m，电量为 e，电子在电场 I 中做匀加速直线运动，出区域 I 时的 速度为 v0，此后进入电场 II 做类平抛运动，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，有 1eEL  mv02 22 L11 eE L (  y)  at2  222 m v0 1414解得　y＝ L，所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为（－2L， L） （2）设释放点在电场区域 I 中，其坐标为（x，y），在电场 I 中电子被加速到 v1，然后进入 电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有 1eEx  mv12 22 11 eE L y  at2  22 m v1 L2 解得　xy＝ ，即在电场 I 区域内满足该方程的点即为所求位置。 4（3）设电子从（x，y）点释放，在电场 I 中加速到 v2，进入电场 II 后做类平抛运动，在高 度为 y′处离开电场 II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D 点，则 有2 111 eE L eEx  mv22 ，y  y  at  2222 m v2 eEL Ly  vy vy  at  ，mv2 nv2 11解得　 xy  L2 24．（14 分） ，即在电场 I 区域内满足该方程的点即为所求位置 2n 4第 14 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场 I 中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒 ab 从 A 下落 r/2 时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 mg－BIL＝ma，式中 l＝ 3 r Blv1 I  R总 8R （4R＋4R） 式中　　 R总＝ ＝4R 8R＋（4R＋4R） 3B2r2v1 由以上各式可得到 a=g－ 4mR （2）当导体棒 ab 通过磁场 II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 B2r vt 4B2r2vt mg  BI 2r  B 12R4R 2r  R并 R并 式中　　 R并＝ ＝3R 12R＋4R mgR并 4B2r2 4B2r2 3mgR 解得 vt  导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，有 vt2  v22  2gh v22 9m2 gR2 32B4r4 得　　 h  2g 此时导体棒重力的功率为 3m2 g2R 4B2r2 P  mgvt  G根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 3m2 g2R 4B2r2 P  P  P  P ＝12G电39m2 g2R 16B2r2 所以， P  P ＝2G4（3）设导体棒 ab 进入磁场 II 后经过时间 t 的速度大小为 vt ，此时安培力大小为 224B r vt 3R F  由于导体棒 ab 做匀加速直线运动，有 vt  v3  at 第 15 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 根据牛顿第二定律，有 F＋mg－F′＝ma 4B2r2 (v3  at) 即　　 F  mg   ma 3R 由以上各式解得 4B2r2 4B2r2a 3R 4B2r2v3 3R F  (at  v3 )  m(g  a)  t   ma  mg 3R 第 16 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 2008年全国普通高等学校招生统一考试 上海物理试卷答案要点 一．填空题（共 20 分） 2πR 4π2R3 1A．【答案】： ，TGT2 2πR Mm mv2 【解析】：该行星的线速度 v= ；由万有引力定律 G =，解得太阳的质量 M= TR2 R4π2R3 。GT2 2A．【答案】：增大，－2.5×10－8 【解析】：将电荷从从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公 W式 UAB =，W= qUAB = －5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J 。 q3A．大，6.9×106 【解析】：卢瑟福在 α 粒子散射实验中发现了大多数 α 粒子没有大的偏转，少数发生了较大 的偏转，卢瑟福抓住了这个现象进行分析，提出了原子的核式结构模型；1MeV=1×106× 11.6×10-19= mv2，解得 v=6.9×106m/s 。 2VM1B．【答案】： ， S NA 【解析】：单分子油膜可视为横截面积为 S，高度为分子直径 D 的长方体，则体积 V=SD， VM故分子直径约为 D= ；取 1 摩尔油，含有 NA 个油分子，则一个油分子的质量为 m= 。SNA 第 17 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 2B．【答案】：γ，2T2 :2T1 【解析】：放射性元素的原子核在 α 衰变或 β 衰变生成新原子核时，往往以 γ 光子的形式释 放能量，即伴随 γ 辐射；根据半衰期的定义，经过 t＝T1·T2 时间后剩下的放射性元素的 mA mB 质量相同，则 =，故 mA：mB＝2T2 :2T1 212T 2T 3B．【答案】：380 ，75% 2【解析】：输入电压 380V 为有效值，则最大值为 380 V；电动机对集装箱做功的功率 P = 2mgv = 5.7×103×10×0.1W= 5.7×103W，电动机消耗电功率 P 总=380×20W=7.6×103W，故 P电动机的工作效率为 η = =75% P总 4．【答案】：mgsinθ，增大、减小都有可能 Oθc【解析】：该质点受到重力和外力 F 从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线 运动，如图中显示当 F 力的方向为 a 方向（垂直于 ON）时，F 力最小为 mgsinθ；若 abNmF＝mgtanθ，即 F 力可能为 b 方向或 c 方向，故 F 力的方向可能与运动方向相同，也可能 与运动方向相反，除重力外的 F 力对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、减 少都有可能。 5．【答案】：2.04，1.5 【解析】：依题意，第一列数据为时间的平方 t2，从数据分析可知第一列数据与第三列数据 之比约为 1:32（取平均值后比值为 1:32.75），即斜面长度与时间的平方成正比，根据当时 数据与现在的数据换算关系和匀变速运动公式，可得角度约为 1.5°。 二、选择题（共 40 分） 第 18 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 6．C 【解析】：由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的 x 分别为正电 子、α 粒子、质子、中子。 7．D 【解析】：设木板 AO 段重力 G1，重心离 O 点 L1，木板 BO 段重力 G2，重心离 O 点 L2，AO 长度 l，由力矩平衡条件：G1L1＋2Gl = G2L2＋3Gl ，当两边各挂一个钩码后， 等式依然成立：G1L1＋3Gl = G2L2＋4Gl ，即只要两边所增加挂钩码个数相同，依然能 平衡。 8．B 【解析】：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C 11错；由动能定理：EK =mgh= mv2= mg2t2，则 EP=E－mgh，故势能与 h 的图像也为倾 221斜的直线，D 错；且 EP=E－ mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B 对； 21同理 EP=E－ mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A 错。 29．B 【解析】：由 PV/T 为恒量，由图像与坐标轴围成的面积表达 PV 乘积，从实线与虚 线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度 T 先减小后增大，内能先将小后 增大。 10．A 【解析】：在 x=R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与 x 轴正方向成 θ 角， 则导体棒切割有效长度 L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在 x=R 左侧，电动势 与 x 的关系为正弦图像关系，由对称性可知在 x=R 右侧与左侧的图像对称。 11．AB 【 解 析 】： 初 速 度30m/s ， 只 需 要3s 即 可 上 升 到 最 高 点 ， 位 移 为 h1=302/20m=45m，再自由落体 2s 时间，下降高度为 h2=0.5×10×22m=20m，故路程为 第 19 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 65m ，A 对；此时离地面高 25m ，位移方向竖直向上，B 对；此时速度为 v=10 × 2m/s=20m/s，速度该变量为 50m/s，C 错；平均速度为 25m/5s=5m/s，D 错。 12．BD 【解析】：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A 错；用红光作光源， 屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B 对；红光和紫光频率不同，不能 产生干涉条纹，C 错；紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不 等的条纹，D 对。 13．ACD 【解析】：封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水 银面高度差也为 h，A 对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B 错 C 对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D 对。 14．BCD 【解析】：设 F 与 F′绕 O 点对称，在 F 与 F′处之间，小球始终受到指向 O 点 的回复力作用下做往复运动，若小球 P 带电量缓慢减小，则此后小球能运动到 F′点下方， 即振幅会加大，A 错；每次经过 O 点因电场力做功减少而速度不断减小，B 对；若点电 荷 M、N 电荷量缓慢增大，则中垂线 CD 上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原 来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D 正确。 三、实验题（共 30 分） 15．【答案】：正，大于 【解析】：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，因锌板被紫外线照射后发生光电效应缺少电子而带 正电，故验电器指针的负电荷与锌板正电荷中和一部分电荷后偏角变小，用红外线照射验电 器指针偏角不变，说明锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率。 16．【答案】：D 第 20 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 【解析】：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条 纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D 对。 17．【答案】：（1）偏小（2）T′（或 t、n）、θ， T′ 【解析】：单摆摆长为摆线长度与小球半径之和，因该同学将偏小的摆长代入公式计算，所 得重力加速度的测量值偏小于实际值；为验证该关系式，需要测量单摆在任意摆角 θ 时的周 期 T′，根据公式与图像的函数关系式可推导得到摆角 θ=0 时横轴的截距为 T0。 18．【答案】：（1）如图 b （2）由于 RL2 比 RL1 小得多，灯泡 L2 分得的电压 很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。 （3）如图 c 【解析】：由于灯泡 L2 和 L1 额定电压相同，灯泡 L2 功率大得多，故 RL2 比 RL1 小得多， 灯泡 L2 分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。 dm dm 19．【答案】：（1） ，2ND S D t （2）0.00125I（或 kI） （3）A，B 【解析】：（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即 2BS，代入公式计算 dm dm 得 B= ，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值 ε＝ 。2ND S D t （2）根据数据可得 B与 I成正比，比例常数约为 0.00125，故 B=kI（或 0.00125I） （3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由 B 的计算值可看出与 N 和 S 相关 第 21 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 联，故选择 A、B。 四、计算题（共 60分） 20 A．（10 分） 解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。 设在 T0＝293K 充气后的最小胎压为 Pmin，最大胎压为 Pmax。依题意，当 T1＝233K 时胎压 为 P1＝1.6atm。根据查理定律 PP1.6 Pmin 1min ，即 TT0 233 293 1解得：Pmin＝2.01atm 当 T2＝363K 是胎压为 P2＝3.5atm。根据查理定律 PP3.5 Pmin 2max ，即 T2 T0 363 293 解得：Pmax＝2.83atm 20B．（10 分） P20103 380 解：（1）输电线上的电流强度为 I＝ A＝52.63A U输电线路损耗的功率为 P 损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW P20103 5000 （2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 I′＝ A＝4A U用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V U1 n1 根据 U2 n2 n1用户得到的电压为 U2＝ 2 U1 ＝×4976V＝226.18V n1 22 21．（12 分） 第 22 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 解：（1）从图中可以看邮，在 t＝2s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 vt 16 a  m/s2=8m/s2 t2设此过程中运动员受到的阻力大小为 f，根据牛顿第二定律，有 mg－f＝ma f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N 得（2）从图中估算得出运动员在 14s 内下落了 39.5×2×2m＝158 1根据动能定理，有 mgh Wf  mv2 211所以有 Wf  mgh  mv2 ＝（80×10×158－ ×80×62）J≈1.25×105J 22（3）14s 后运动员做匀速运动的时间为 H  h 500 158 t  s＝57s v6运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t 总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s 22．（12 分） 解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为 λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别 为a 2.5 b 4.0 Ta  s＝1s Tb  s＝1.6s v2.5 v2.5 （2）两列波的最小公倍数为 S＝20m t＝0 时，两列波的波峰生命处的所有位置为 x＝（2.5  20k）m，k＝0，1，2,3，…… （3）该同学的分析不正确。 第 23 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的厅数倍恰 好相等的位置。设距离 x＝2.5m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设 a 2L＝（2m－1） L＝（2n－1），式中 m、n 均为正整数 只要找到相应的 m、n 即可 将 λa＝2.5m，λb＝4.0m 代入并整理，得 2m 1 a 4.0 2n 1 b 2.5 85由于上式中 m、n 在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。 23．（12 分） 解：（1）设电子的质量为 m，电量为 e，电子在电场 I 中做匀加速直线运动，出区域 I 时的 为 v0，此后电场 II 做类平抛运动，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，有 1eEL  mv02 22 L11 eE L (  y)  at2  222 m v0 1414解得　y＝ L，所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为（－2L， L） （2）设释放点在电场区域 I 中，其坐标为（x，y），在电场 I 中电子被加速到 v1，然后进入 电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有 1eEx  mv12 22 11 eE L y  at2  22 m v1 L2 解得　xy＝ ，即在电场 I 区域内满足议程的点即为所求位置。 4（3）设电子从（x，y）点释放，在电场 I 中加速到 v2，进入电场 II 后做类平抛运动，在高 第 24 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 度为 y′处离开电场 II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D 点，则有 2 111 eE L eEx  mv22 y  y  at  2222 m v2 eEL L， y  vy vy  at  mv2 nv2 114解得　 xy  L2 24．（14 分） ，即在电场 I 区域内满足议程的点即为所求位置 2n 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场 I 中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体 棒 ab 从 A 下落 r/2 时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 mg－BIL＝ma，式中 l＝ 3 r Blv1 8R（4R＋4R） 8R＋（4R＋4R） I  式中　　 R总＝ 3B2r2v1 ＝4R R总 由以上各式可得到 a=g－ 4mR （2）当导体棒 ab 通过磁场 II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 B2r vt 4B2r2vt 12R4R 12R＋4R mg  BI 2r  B 2r  式中　　 R并＝ ＝3R R并 R并 mgR并 4B2r2 4B2r2 3mgR 解得 vt  导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，有 vt2  v22  2gh 9m2 gr2 v22 得　　 h  32B4r4 2g 3m2 g2R 4B2r2 此时导体棒重力的功率为 P  mgvt  G根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 第 25 页 共 26 页 教育资源分享店铺 网址： 微信号：kingcsa333 3m2 g2R 4B2r2 P  P  P  P ＝12G电39m2 g2R 16B2r2 所以， P  P ＝2G4（3）设导体棒 ab 进入磁场 II 后经过时间 t 的速度大小为 vt ，此时安培力大小为 224B r vt 3R F  由于导体棒 ab 做匀加速直线运动，有 vt  v3  at 根据牛顿第二定律，有 F＋mg－F′＝ma 4B2r2 (v3  at) 即　　 F  mg   ma 3R 由以上各式解得 4B2r2 4B2r2a 3R 4B2r2v3 3R F  (at  v3 )  m(g  a)  t   ma  mg 3R