上海市高考物理试卷答案与解析

上海市高考物理试卷答案与解析

2012 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，每小題 2 分，每小题只有一个正确选项） 1．（2 分）（2012•上海）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出， 则光电子的最大初动能取决于入射光的（ ） A．频率 B．强度 C．照射时间 D．光子数目 【考点】光电效应．菁优网版 权所有 【专题】光电效应专题． 【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率． 【解答】解：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式 EK=hf﹣W 知，W 为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，A 正确． 故选 A 【点评】本题考查了发生光电效应的条件和光电效应方程的应用． 2．（2 分）（2012•上海）如图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则（ ） A．甲为紫光的干涉图样 B．乙为紫光的干涉图样 C．丙为红光的干涉图样 D．丁为红光的干涉图样 【考点】光的干涉．菁优网版 权所有 【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，通过间距的大小，判断出两束光所呈现的图样，干 涉图样是等间距的． 【解答】解：由干涉图样条纹间距公式 知条纹是等间距的，CD 错误；红光的波 长长，条纹间距大，所以甲为红光的，乙为紫光的，A 错误 B 正确． 故选：B 【点评】解决本题的关键通过双缝干涉条纹的间距公式判断是那种光，根据干涉图样等间距 分析各项． 3．（2 分）（2012•上海）与原子核内部变化有关的现象是（ ） A．电离现象 B．光电效应现象 C．天然放射现象 D．α粒子散射现象 【考点】天然放射现象．菁优网版 权所有 【专题】原子的核式结构及其组成． 【分析】电离现象是电子脱离原子核的束缚．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚 而逸出；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；α粒子散射现象是 用α粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象； 【解答】解：A、电离现象是电子脱离原子核的束缚，不涉及原子核内部变化．故 A 错误． B、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故 B 错误． C、天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象，反应的过程中核内核子 数，质子数，中子数发生变化，涉及到原子核内部的变化．故 C 正确． D、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化．故 D 错 误． 故选 C． 【点评】本题考查这几种物理现象的本质，内容简单，只要加强记忆就能顺利解决，故应加 强对基本知识的积累． 4．（2 分）（2012•上海）根据爱因斯坦的“光子说”可知（ ） A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说” B．光的波长越大，光子的能量越小 C．一束单色光的能量可以连续变化 D．只有光子数很多时，光才具有粒子性 【考点】光子．菁优网版 权所有 【分析】爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫 做一个光子，光子的能量与频率成正比，即 E=hv（h=6.626×10﹣34 J．S） 【解答】解：A、“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，故 A 错 误； B、光的波长越大，根据 ，频率越小，故能量 E=hv 越小，故 B 正确； C、爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一 个光子，每个光子的能量为 E=hv，故光的能量是不连续的，故 C 错误； D、当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，故 D 错误； 故选 B． 【点评】爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统一起来，即单个光子显示粒子 性，大量光子显示波动性． 5．（2 分）（2012•上海）在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探 测器等构成，如图所示．该装置中探测器接收到的是（ ） A．X 射线 B．α射线 C．β射线 D．γ射线 【考点】常见传感器的工作原理．菁优网版 权所有 【分析】在三种射线中γ射线的穿透本领最强，该装置中探测器接收到的是γ射线． 【解答】解：α、β、γ三种射线的穿透能力不同，α射线不能穿过钢板，β射线只能穿过 3 mm 厚的铝板，而γ射线能穿透钢板．故 D 正确，ABC 错误． 故选 D 【点评】本题考查了α、β、γ三种射线的特性，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，能 在生活中加以利用． 6．（2 分）（2012•上海）已知两个共点力的合力为 50N，分力 F1 的方向与合力 F 的方向成 30°角，分力 F2 的大小为 30N．则（ ） A．F1 的大小是唯一的 B．F2 的方向是唯一的 C．F2 有两个可能的方向 D．F2 可取任意方向 【考点】力的合成．菁优网版 权所有 【分析】已知合力的大小为 50，一个分力 F1 的方向已知，与 F 成 30°夹角，另一个分力的 最小值为 Fsin30°=25N，根据三角形定则可知分解的组数． 【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与 F 成 30°夹角，知另一个分力的最小值为 Fsin30°=25N 而另一个分力大小大于 25N 小于 30N，所以分解的组数有两组解． 如图．故 C 正确，ABD 错误 故选 C． 【点评】解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角 形定则的实质是相同的． 7．（2 分）（2012•上海）如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器 只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中（ ） A．甲是“与”门，乙是“非”门 B．甲是“或”门，乙是“非”门 C．甲是“与”门，乙是“或”门 D．甲是“或”门，乙是“与”门 【考点】简单的逻辑电路． 菁优网版 权所有 【专题】压轴题． 【分析】根据电路分析，当从乙门电路输出为高电压时，蜂鸣器发出声音． 【解答】解：A、若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压还是高电压，经过“与” 门后输出为低电压，经过“非”门后输出高电压，蜂鸣器都会发出警报．故 A 错误． B、若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压，经过“或”门输出为低电压，经过“非” 门输出为高电压，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压，经过“或”门输出为高电压，经过“非” 门输出为低电压，蜂鸣器不发出警报．故 B 正确． CD、乙不会是“或”门和“与”门，故 C、D 错误． 故选 B． 【点评】本题考查了逻辑门电路及复合门电路，理解逻辑关系及功能． 8．（2 分）（2012•上海）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块 A、B 叠放后一起冲上斜面， 且始终保持相对静止，A 上表面水平．则在斜面上运动时，B 受力的示意图为（ ） A． B． C． D． 【考点】力的合成与分解的运用．菁优网版 权所有 【专题】压轴题；受力分析方法专题． 【分析】对整体分析，得出整体的加速度方向，确定 B 的加速度方向，知道 B 的合力方向， 从而知道 B 的受力情况． 【解答】解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则 B 的加速度方向沿 斜面向下．根据牛顿第二定律知，B 的合力沿斜面向下，则 B 一定受到水平向左的摩擦力 以及重力和支持力．故 A 正确，B、C、D 错误． 故选 A． 【点评】解决本题的关键知道 B 与整体具有相同的加速度，根据加速度确定物体的合力方 向．注意整体法和隔离法的运用． 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，答案涂写在答题卡上．） 9．（3 分）（2012•上海）某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数 A 与中子数 N 关系的是图（ ） A． B． C． D． 【考点】原子的核式结构． 菁优网版 权所有 【分析】质子数相同中子数不同的同一元素不同原子互为同位素，质量数等于质子数加中子 数． 【解答】解：同位素的质子数相同，中子数不同，而质量数等于质子数加中子数，设质子数 为 M，则有： A=N+M，所以 B 正确． 故选 B 【点评】本题主要考查了同位素的定义，知道质量数等于质子数加中子数，难度不大，属于 基础题． 10．（3 分）（2012•上海）小球每隔 0.2s 从同一高度抛出，做初速为 6m/s 的竖直上抛运动， 设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取 g=10m/s2）（ ） A．三个 B．四个 C．五个 D．六个 【考点】竖直上抛运动．菁优网版 权所有 【分析】小球做竖直上抛运动，先求解出小球运动的总时间，然后判断小球在抛出点以上能 遇到的小球数． 【解答】解：小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，根据位移时间 关系公式，有： 代入数据，有： 解得：t=0（舍去） 或 t=1.2s 每隔 0.2s 抛出一个小球，故第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为：N= 故选：C． 【点评】本题关键明确第一个小球的运动情况，然后选择恰当的运动学公式列式求解出运动 时间，再判断相遇的小球个数． 11．（3 分）（2012•上海）A、B、C 三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B 点位于 A、C 之 间，在 B 处固定一电荷量为 Q 的点电荷．当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时，它所受到 的电场力为 F；移去 A 处电荷，在 C 处放一电荷量为﹣2q 的点电荷，其所受电场力为（ ） A．﹣ B． C．﹣F D．F 【考点】电场强度；电场的叠加．菁优网版 权所有 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】首先确定电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向的关系，再根 据库仑定律得到 F 与 AB 的关系，即可求出﹣2q 的点电荷所受电场力． 【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为﹣2q 的点电 荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向相同． 设 AB=r，则有 BC=2r． 则有：F=k 故电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受电场力为：FC=k = 故选 B 【点评】本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不 大． 12．（3 分）（2012•上海）如图所示，斜面上 a、b、c 三点等距，小球从 a 点正上方 O 点抛 出，做初速为 v0 的平抛运动，恰落在 b 点．若小球初速变为 v，其落点位于 c，则（ ） A．v0＜v＜2v0 B．v=2v0 C．2v0＜v＜3v0 D．v＞3v0 【考点】平抛运动．菁优网版 权所有 【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，平抛运动 的水平位移由初速度和运动时间决定． 【解答】解：小球从 a 点正上方 O 点抛出，做初速为 v0 的平抛运动，恰落在 b 点，改变初 速度，落在 c 点，知水平位移变为原来的 2 倍，若时间不变，则初速度变为原来的 2 倍，由 于运动时间变长，则初速度小于 2v0．故 A 正确，B、C、D 错误． 故选 A． 【点评】解决本题的关键知道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 时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移． 13．（3 分）（2012•上海）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为 0.3C， 消耗的电能为 0.9J．为在相同时间内使 0.6C 的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和 消耗的电能分别是（ ） A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J 【考点】闭合电路的欧姆定律． 菁优网版 权所有 【分析】（1）已知电阻丝在通过 0.3C 的电量时，消耗的电能 0.9J，根据 W=UQ 变形可求出 电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是 0.6C 时，根据 I= 可知，当时间相同，由电 荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据 U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求 出电阻丝两端所加电压 U； （2）已知通过电阻丝的电量是 0.6C，电阻丝两端所加电压 U 已求出，根据 W=UQ 可求出 电阻丝在这段时间内消耗的电能 W． 【解答】解：因为电阻丝在通过 0.3C 的电量时，消耗的电能是 0.9J，所以此时电压为： U′= = =3V 当在相同的时间内通过电阻丝的电量是 0.6C 时，根据 I= 可知，I=2I′， 根据 U=IR 可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V， 电阻丝在这段时间内消耗的电能： W=UQ=6V×0.6C=3.6J． 故选 D． 【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电 流，只能根据相关公式找出相关关系来求解． 14．（3 分）（2012•上海）如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒 AB 中点连接， 棒长为线长的二倍．棒的 A 端用铰链墙上，棒处于水平状态．改变悬线的长度，使线与棒 的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态．则悬线拉力（ ） A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【考点】力矩的平衡条件． 菁优网版 权所有 【分析】根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉力力臂的变化判断拉力的变 化． 【解答】解：棒子 O 端用水平轴铰接在墙上，棒处于水平状态，知悬线拉力的力矩和重力 力矩平衡，重力力矩不变，当改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，0 点到悬线的 垂直距离不断增大，则拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐渐减小．故 A 正确，BCD 错 误． 故选 A． 【点评】解决本题的关键掌握力矩平衡条件，通过力臂的变化，判断悬线作用力的变化． 15．（3 分）（2012•上海）质量相等的均质柔软细绳 A、B 平放于水平地面，绳 A 较长．分 别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为 hA、hB，上 述过程中克服重力做功分别为 WA、WB．若（ ） A．hA=hB，则一定有 WA=WB B．hA＞hB，则可能有 WA＜WB C．hA＜hB，则可能有 WA=WB D．hA＞hB，则一定有 WA＞WB 【考点】机械能守恒定律． 菁优网版 权所有 【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题． 【分析】质量相等的均质柔软细绳，则长的绳子，其单位长度的质量小， 根据细绳的重心上升的高度找出克服重力做功的关系． 【解答】解：A、两绳中点被提升的高度分别为 hA、hB，hA=hB， 绳 A 较长．所以绳 A 的重心上升的高度较小，质量相等， 所以 WA＜WB．故 A 错误 B、hA＞hB，绳 A 较长．所以绳 A 的重心上升的高度可能较小，质量相等， 所以可能 WA＜WB．故 B 正确，D 错误 C、hA＜hB，绳 A 较长．所以绳 A 的重心上升的高度一定较小，质量相等， 所以 WA＜WB．故 C 错误 故选 B． 【点评】解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点，找出不同情况下重心上升的高度的关 系． 16．（3 分）（2012•上海）如图，可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨 过固定在地面上半径为 R 有光滑圆柱，A 的质量为 B 的两倍．当 B 位于地面时，A 恰与圆 柱轴心等高．将 A 由静止释放，B 上升的最大高度是（ ） A．2R B． C． D． 【考点】机械能守恒定律． 菁优网版 权所有 【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题． 【分析】开始 AB 一起运动，A 落地后，B 做竖直上抛运动，B 到达最高点时速度为零；由 动能定理可以求出 B 上升的最大高度． 【解答】解：设 B 的质量为 m，则 A 的质量为 2m， 以 A、B 组成的系统为研究对象， 在 A 落地前，由动能定理可得： ﹣mgR+2mgR= （m+2m）v2﹣0， 以 B 为研究对象，在 B 上升过程中， 由动能定理可得：﹣mgh=0﹣ mv2， 则 B 上升的最大高度 H=R+h， 解得：H= ； 故选 C． 【点评】B 的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出 B 能上升的最大高度． 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，答案涂写在答题卡上．） 17．（4 分）（2012•上海）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，电源的 （ ） A．总功率一定减小 B．效率一定增大 C．热功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小 【考点】电功、电功率．菁优网版 权所有 【专题】恒定电流专题． 【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流 如何变化，由电功率公式可以分析答题． 【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大， 电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流 I 变小； A、电源电动势 E 不变，电流 I 变小，电源总功率 P=EI 减小，故 A 正确； B、电源的效率η= = ，电源内阻 r 不变，滑动变阻器阻值 R 变大，则电源效 率增大，故 B 正确； C、电源内阻 r 不变，电流 I 减小，电源的热功率 PQ=I2r 减小，故 C 正确； D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器 接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故 D 错误； 故选 ABC． 【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题． 18．（4 分）（2012•上海）位于水平面上的物体在水平恒力 F1 作用下，做速度为 v1 的匀速运 动；若作用力变为斜面上的恒力 F2，物体做速度为 v2 的匀速运动，且 F1 与 F2 功率相同．则 可能有（ ） A．F2=F1，v1＞v2 B．F2=F1，v1＜v2 C．F2＞F1，v1＞v2 D．F2＜F1，v1＜v2 【考点】功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．菁 优网版权 所有 【专题】功率的计算专题． 【分析】物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据 F1 与 F2 功率相同列式， 联立方程分析即可求解． 【解答】解：物体都做匀速运动，受力平衡，则： F1=μmg F2 cosθ=μ（mg﹣F2sinθ） 解得：F2（cosθ+μsinθ）=F1…① 根据 F1 与 F2 功率相同得： F1v1=F2v2cosθ…② 由①②解得： ， 所以 v1＜v2， 而 F1 与 F2 的关系无法确定，大于、等于、小于都可以． 故选：BD 【点评】该题要抓住物体都是匀速运动受力平衡及功率相等列式求解，难度适中． 19．（4 分）（2012•上海）图 a 为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动， 侧面开有狭缝 N，内侧贴有记录薄膜，M 为正对狭缝的位置．从原子炉 R 中射出的银原子 蒸汽穿过屏上的 S 缝后进入狭缝 N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜 上．展开的薄膜如图 b 所示，NP，PQ 间距相等．则（ ） A．到达 M 附近的银原子速率较大 B．到达 Q 附近的银原子速率较大 C．位于 PQ 区间的分子百分率大于位于 NP 区间的分子百分率 D．位于 PQ 区间的分子百分率小于位于 NP 区间的分子百分率 【考点】匀速圆周运动．菁优网版 权所有 【专题】匀速圆周运动专题． 【分析】银原子向右匀速运动的同时，圆筒匀速转动，两个运动相互独立，同时进行． 【解答】解：A、B、从原子炉 R 中射出的银原子向右做匀速直线运动，同时圆筒匀速转动， 在转动半圈的过程中，银原子依次全部到达最右端并打到记录薄膜上，形成了薄膜图象； 从图象可以看出，打在薄膜上 M 点附近的银原子先到达最右端，所以速率较大，故 A 正确， B 错误； C、D、从薄膜图的疏密程度可以看出，打到薄膜上 PQ 区间的分子百分率大于位于 NP 区间 的分子百分率，故 C 正确． 故选 AC． 【点评】本题考查圆周运动和统计规律，难度中等，本题物理情景比较新；无需考虑粒子的 波动性． 20．（4 分）（2012•上海）如图，质量分别为 mA 和 mB 的两小球带有同种电荷，电荷量分别 为 qA 和 qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖 直方向间夹角分别为θ1 与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速 度分别为 vA 和 vB，最大动能分别为 EkA 和 EkB．则（ ） A．mA 一定小于 mB B．qA 一定大于 qB C．vA 一定大于 vB D．EkA 一定大于 EkB 【考点】牛顿第二定律；机械能守恒定律．菁优网版 权所有 【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题． 【分析】设两个球间的静电力为 F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大 小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小． 【解答】解：A、对小球 A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图 根据平衡条件，有： 故： 同理，有： 由于θ1＞θ2，故 mA＜mB，故 A 正确； B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故 B 错误； C、小球摆动过程机械能守恒，有 ，解得 ，由于 A 球摆到最 低点过程，下降的高度△h 较大，故 A 球的速度较大，故 C 正确； D、小球摆动过程机械能守恒，有 mg△h=EK，故 Ek=mg△h=mgL（1﹣cosθ）= L（1﹣cosθ） 其中 Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到： Ek= L（1﹣cosθ）= 其中 F•Lcosθ=Fh，相同，故θ越大， 越大，动能越大，故 EkA 一定大于 EkB，故 D 正 确； 故选：ACD． 【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒 定律列方程分析求解． 四．填空题.（共 20 分，每小题 4 分.答案写在题中横线上的空白处或指定位置.本大题中第 22 题、23 题，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按 22 题计分． 21．（4 分）（2012•上海） Co 发生一次β衰变后变为 Ni，其衰变方程为 在该衰变过程中还发妯频率为ν1、ν2 的两个光子，其总能量为 hv1+hv2 ． 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版 权所有 【专题】衰变和半衰期专题． 【分析】发生一次β衰变后，原来的原子核质量数不变，核电荷数增加 1，由此可以写出衰 变方程；每个光子的能量为 hv，总能量就是两个光子的能量和． 【解答】解：发生一次β衰变后，原来的原子核质量数不变，核电荷数增加 1，故衰变方程： 每个光子的能量为 hv，频率为ν1、ν2 的两个光子的能量分别是 hv1和 hv2，其总能量为 hv1+hv2． 故答案为： ；hv1+hv2． 【点评】本题考查原子核的β衰变方程，只要记住它的衰变规律就可以正确解答．属于基础 题目． 22．（4 分）（2012•上海）A、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为 5kg， 速度大小为 10m/s，B 质量为 2kg，速度大小为 5m/s，它们的总动量大小为 40 kgm/s；两 者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为 4m/s，则 B 的速度大小为 10 m/s． 【考点】动量守恒定律．菁优网版 权所有 【分析】取 A 球的速度方向为正方向，分别表示出两球的动量，即可求出总动量．碰撞过 程遵守动量守恒，求出 B 的速度大小． 【解答】解：取 A 球的速度方向为正方向， AB 的总动量大小为 P=mAvA﹣mBvB=5×10﹣2×5=40（kgm/s）． 根据动量守恒得 P=mAvA′+mBvB′， 解得，vB′=10m/s 故答案为：40，10 【点评】对于碰撞的基本规律是动量守恒，注意规定正方向列出守恒等式． 23．（2012•上海）人造地球卫星做半径为 r，线速度大小为 v 的匀速圆周运动．当其角速度 变为原来的 倍后，运动半径变为 2r ，线速度大小变为 ． 【考点】万有引力定律及其应用．菁优网版 权所有 【专题】万有引力定律的应用专题． 【分析】人造地球卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，运用牛顿第二定律列方程求 角速度与半径的关系，再运用牛顿第二定律列方程求线速度与半径的关系． 【解答】解：万有引力提供向心力，得： 得： 得： 又： 故答案为：2r， 【点评】人造地球卫星做匀速圆周运动，一定要使用万有引力提供向心力的公式来讨论半径 与线速度、角速度、周期等的关系． 24．（4 分）（2012•上海）质点做直线运动，其 s﹣t 关系如图所示，质点在 0﹣20s 内的平均 速度大小为 0.8 m/s 质点在 10s、14s 时的瞬时速度等于它在 6﹣20s 内的平均速度． 【考点】匀变速直线运动的图像．菁优网版 权所有 【专题】运动学中的图像专题． 【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位 置，图象的斜率表示该时刻的速度，平均速度等于位移除以时间． 【解答】解：由图可知：质点在 0﹣20s 内的位移为 16m， 所以 0﹣20s 内的平均速度大小 6﹣20s 内的平均速度为： 由图可知，质点在 10s 末和 14s 的斜率正好为：1，所以质点在 10s、14s 的瞬时速度等于它 在 6﹣20s 内的平均速度 故答案为：0.8，10s、14s 【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；能从位移﹣时间图象中解出物体的位 置变化即位移． 25．（4 分）（2012•上海）如图，简单谐横波在 t 时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波 形如虚线所示．已知图中 x1 与 x2 相距 1m，波的周期为 T，且 2T＜△t＜4T．则可能的最小 波速为 5 m/s，最小周期为 s． 【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象． 菁优网版 权所有 【专题】压轴题；波的多解性． 【分析】分波向左传播和向右传播两种情况讨论；先求出位移，再求解波速和对应的周期． 【解答】解：由图象可以看出，波长为：2λ=14m，故λ=7m； 2T＜△t＜4T，故波传播的距离：2λ＜△x＜4λ； ①波向右传播，△x=15m 或 22m； 波速为 或 m/s； 周期为： 或 s； ②波向左传播，△x=20m 或 27m 波速为 或 9m/s； 周期为： 或 s； 故答案为：5， ． 【点评】本题关键分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，然后取最小值． 26．（4 分）（2012•上海）正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强 度随时间均匀增加，变化率为 k．导体框质量为 m、边长为 L，总电阻为 R，在恒定外力 F 作用下由静止开始运动．导体框在磁场中的加速度大小为 ，导体框中感应电流做功的 功率为 ． 【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．菁优网版 权所有 【专题】压轴题；电磁感应与电路结合． 【分析】对导线框受力分析，利用牛顿第二定律可以求出加速度；根据法拉第电磁感应定律 可以求出感应电动势，再根据 可以求出导体框中感应电流做功的功率． 【解答】解：导线框在磁场中受到的合外力等于 F，由牛顿第二定律得： 导体框在磁场中的加速度大小为： 由法拉第的磁感应定律得： 线框中产生感应电动势为 由 可得： 导体框中感应电流做功的功率为 故答案为： 【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件，楞次定律，及法拉第电磁感应 定律． 五．实验题.（共 24 分，答案写在题中横线上的空白处或括号内．） 27．（4 分）（2012•上海）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计 G 与线圈 L 连接，如图所示．已 知线圈由 a 端开始绕至 b 端；当电流从电流计 G 左端流入时，指针向左偏转． （1）将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为 顺时针 （填“顺时针”或“逆时针”）． （2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离 L 时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为 逆 时针 （填“顺时针”或“逆时针”）． 【考点】研究电磁感应现象．菁优网版 权所有 【专题】实验题． 【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用 安培定则与楞次定律分析答题． 【解答】解：（1）将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时，穿过 L 的磁场向下，磁通量 增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上， 电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺 时针． （2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离 L 时，穿过 L 的磁通量向上，磁通量减小，由楞 次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可 知，俯视线圈，其绕向为逆时针． 故答案为：（1）顺时针；（2）逆时针． 【点评】熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内 容． 28．（6 分）（2012•上海）在练习使用多用表的实验中 （1）某同学连接的电路如图所示 ①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 R1 的电流； ②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 R1+R2 的电 阻； ③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左 端，此时测得的是 R2 两端的电压． （2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若 D （A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 （B）测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量 （C）选择“×10”倍率测量时发现指针位于 20 与 30 正中间，则测量值小于 25Ω （D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大． 【考点】用多用电表测电阻．菁优网版 权所有 【专题】实验题；恒定电流专题． 【分析】（1）图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻 R2 并联，通过电键与电池相连，根 据电路的串并联知识分析即可； （2）欧姆表刻度是左密右疏，中间刻度较均匀；每次换挡需要重新较零． 【解答】解：（1）①多用电表与滑动变阻器串联，电流相等； ②断开电路中的电键，R1 与 R2 串联，多用电表接在其两端； ③滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线；则多用电表与电阻 R2 相并联； 故答案为：①R1，②R1+R2，③R2． （2）A、双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，故 A 错误； B、测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量， 故 B 错误； C、欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于 20 与 30 正中间，即测量值 小于 250Ω，大于 200Ω，即测量值不可能小于 25Ω．故 C 错误； D、欧姆表内的电池使用时间太长，电动势不变，内电阻增加，完成欧姆调零即可测量，故 D 正确； 故选：D． 【点评】本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要 欧姆调零． 29．（6 分）（2012•上海）如图 1 为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温 度变化关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管 A 臂插入烧瓶，B 臂与玻璃管 C 下 部用橡胶管连接，C 管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内．开始时，B、C 内的水 银面等高． （1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将 C 管 向下 （填“向上”或“向下”） 移动，直至 B、C 两管水银面等高 ． （2）实验中多次改变气体温度，用△t 表示气体升高的温度，用△h 表示 B 管内水银面高度 的改变量．根据测量数据作出的图线（如图 2）是 A ． 【考点】气体的等容变化和等压变化．菁优网版 权所有 【专题】实验题；压轴题． 【分析】探究压强不变时体积变化与温度变化的关系，气体温度升高，压强变大，B 管水银 面下降，为保证气体压强不变，应适当降低 C 管，使 B、C 两管水银面等高． 【解答】解：（1）气体温度升高，压强变大，B 管水银面下降，为保证气体压强不变，应适 当降低 C 管， 所以应将 C 管向下移动，直至 B、C 两管水银面等高，即保证了气体压强不变． （2）实验中多次改变气体温度，用△t 表示气体升高的温度，用△h 表示 B 管内水银面高度 的改变量． 压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是 A． 故答案为：（1）向下，B、C 两管水银面等高． （2）A 【点评】实验过程中要注意控制变量法的应用，控制气体压强不变，B、C 两管水银面等高． 30．（8 分）（2012•上海）在“利用单摆测重力加速度：的实验中 （1）某同学尝试用 DIS 测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放 置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端 A 应接到 数 据采集器 ．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于 最低点 ． 若测得连续 N 个磁感应强度最大值之间的时间间隔为 t，则单摆周期的测量值为 （地磁场和磁传感器的影响可忽略）． （2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长 L 及相应的周期 T 后，分别取 L 和 T 的 对数，所得到的 lgT﹣lgL 图线为 直线 （填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图 线与纵轴交点的纵坐标为 c，由此得到该地的重力加速度 g= ． 【考点】用单摆测定重力加速度．菁优网版 权所有 【专题】实验题；压轴题；单摆问题． 【分析】（1）磁传感器的引出端 A 应接到数据采集器，从而采集数据，当磁感应强度测量 值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置），知道周期为一次全振动的时间，从单摆运 动到最低点开始计时且记数为 1，所以在 t 时间内完成了 n﹣1 个全振动； （2）由 T= 结合数学对数知识，得到 lgT﹣lgL 的关系式，根据数学知识即可求解． 【解答】解：（1）磁传感器的引出端 A 应接到数据采集器，从而采集数据．单摆做小角度 摆动， 当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）． 若测得连续 N 个磁感应强度最大值之间的时间间隔为 t，则 单摆的周期为：T= （2）由 T= 可得：lgT= lg ，故 lgT﹣lgL 图线为直线， 由题意可知： lg =c 解得：g= 故答案为：（1）数据采集器，；最低点； ；（2）直线； 【点评】本题考查实验操作和数据处理的能力，对数学知识要求较高，难度适中． 六．计算题（共 50 分） 31．（10 分）（2012•上海）如图，将质量 m=0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径 略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与 杆夹角θ=53°的拉力 F，使圆环以 a=4.4m/s2 的加速度沿杆运动，求 F 的大小．（取 sin53°=0.8， cos53°=0.6，g=10m/s2）． 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 菁优网版 权所有 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下； 要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可． 【解答】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令 Fsin53°=mg，F=1.25N 此 时无摩擦力． 当 F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律 Fcosθ﹣μFN=ma，FN+Fsinθ=mg，解得 F=1N 当 F＞1.25N 时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律 Fcosθ﹣μFN=ma，Fsinθ=mg+FN，解得 F=9N 答：F 的大小为 1N 或者 9N． 【点评】本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况 讨论． 32．（12 分）（2012•上海）如图，长 L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时， 长 L0=50cm 的空气柱被水银柱封住，水银柱长 h=30cm．将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖 直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有△h=15cm 的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温 度始终保持不变，大气压强 p0=75cmHg．求： （1）插入水银槽后管内气体的压强 p； （2）管口距水银槽液面的距离 H． 【考点】理想气体的状态方程． 菁优网版 权所有 【专题】理想气体状态方程专题． 【分析】将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中会有一部分水银流出，这是该题 的关键所在．找出各种长度之间的关系，代入玻意耳定律，求解即可． 【解答】解：（1）将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中，设会有 xcm 水银流 出，气体的初状态：P1=P0=75cmHg，V1=L0s； 末状态：P2=75﹣（30﹣x）cmHg，V2=100s﹣（30﹣x）s 由玻意耳定律：P1V1=P2V2 代入数据，解得：x1=﹣120cm（舍去），x2=5cm 插入后有△h=15cm 的水银柱进入玻璃管，此时管内的水银柱长度：L′=（30﹣5+15）cm=40cm， V3=（L﹣L′）s 由玻意耳定律：P1V1=P3V3 代入数据，解得：P3=62.5cmHg （2）设管内的水银面距水银槽液面的距离为 h，则 P3=P0﹣h，所以，h=P0﹣P3=12.5cm 管口距水银槽液面的距离：H=L′﹣h=27.5cm 答：（1）插入水银槽后管内气体的压强 62.5cmHg；（2）管口距水银槽液面的距离为 27.5cm 【点评】该题中会有一部分水银流出，这是该题的关键所在，很多的同学在解题的过程中， 往往考虑不到这一点而出现错误．属于易错题． 33．（14 分）（2012•上海）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为 B= ，式中常量 k ＞0，I 为电流强度，r 为距导线的距离．在水平长直导线 MN 正下方，矩形线圈 abcd 通以 逆时针方向的恒定电流 i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时 MN 内不通 电流，此时两细线内的张力均为 T0．当 MN 通以强度为 I1 的电流时，两细线内的张力均减 小为 T1，当 MN 内电流强度变为 I2 时，两细线内的张力均大于 T0． （1）分别指出强度为 I1、I2 的电流的方向； （2）求 MN 分别通以强度为 I1、I2 的电流时，线框受到的安培力 F1 与 F2 大小之比； （3）当 MN 内的电流强度为 I3 时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为 a，试求 I3． 【考点】安培力；左手定则．菁优网版 权所有 【专题】压轴题． 【分析】（1）通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向， 根据右手螺旋定则确定电流的方向． （2）通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比． （3）根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流 I3 的大小，注 意加速度的方向可能向上，也可能向下． 【解答】解：（1）当 MN 通以强度为 I1 的电流时，两细线内的张力均减小为 T1，知此时线 框所受安培力合力方向竖直向上，则 ab 边所受的安培力的向上，cd 边所受安培力方向向下， 知磁场方向垂直纸面向外，则 I1 方向向左． 当 MN 内电流强度变为 I2 时，两细线内的张力均大于 T0．知此时线框所受安培力合力方向 竖直向下，则 ab 边所受的安培力的向下，cd 边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面 向里，则 I2 方向向右． （2）当 MN 中通以电流 I 时，设线圈中的电流大小是 i，线圈所受安培力大小为 F1=KI1iL（ ﹣ ） F2=KI2iL（ ﹣ ） F1：F2=I1：I2， （3）2T0=G 2T1+F1=G 由题意加速度向下：F3+G= 根据第（2）问结论： I1：I3=F1：F3= I3= （方向向右） 答：（1）I1 方向向左，I2 方向向右． （2）线框受到的安培力 F1 与 F2 大小之比为 I1：I2， （3）电流 I3 的大小为 I3= （方向向右）． 【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场 的方向． 34．（14 分）（2012•上海）如图，质量为 M 的足够长金属导轨 abcd 放在光滑的绝缘水平面 上．一电阻不计，质量为 m 的导体棒 PQ 放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc 构成 矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨 bc 段长为 L， 开始时 PQ 左侧导轨的总电阻为 R，右侧导轨单位长度的电阻为 R0．以 ef 为界，其左侧匀 强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为 B．在 t=0 时，一水平 向左的拉力 F 垂直作用于导轨的 bc 边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为 a． （1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式； （2）经过多少时间拉力 F 达到最大值，拉力 F 的最大值为多少？ （3）某一过程中回路产生的焦耳热为 Q，导轨克服摩擦力做功为 W，求导轨动能的增加量． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量 转化．菁优网版 权所有 【专题】压轴题；电磁感应——功能问题． 【分析】电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随 时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律求 F 得最大值，由动能定理求导轨动 能的增加量． 【解答】解：（1）对杆发电：E=BLv， 导轨做初速为零的匀加速运动，v=at， E=BLat， s= at2 对回路：闭合电路欧姆定律： （2）导轨受外力 F，安培力 FA 摩擦力 f．其中 对杆受安培力：FA=BIL= Ff=μFN=μ（mg+BIL）=μ（mg+ ） 由牛顿定律 F﹣FA﹣Ff=Ma F=Ma+FA+Ff=Ma+μmg+（1+μ） 上式中当： =R0at 即 t= 时，外力 F 取最大值， F max=Ma+μmg+ （1+μ）B2L2 ， （3）设此过程中导轨运动距离为 s， 由动能定理，W 合=△Ek W 合=Mas． 由于摩擦力 Ff=μ（mg+FA）， 所以摩擦力做功：W=μmgs+μWA=μmgs+μQ， s= ， △Ek=Mas= 答：（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式 E=BLat， ； （2）经过 时间拉力 F 达到最大值，拉力 F 的最大值为 Ma+μmg+ （1+μ）B2L2 ， （3）导轨动能的增加量为 ． 【点评】考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规律，讨论其最大值，能量守 恒定律的应用．