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2015年上海市高考物理试卷
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这是一份2015年上海市高考物理试卷，共40页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题22，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2015年上海市高考物理试卷
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）X射线（ ）
A．不是电磁波 B．具有反射和折射的特性
C．只能在介质中传播 D．不能发生干涉和衍射
2．（2分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动．为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（ ）
A．提高波源频率 B．降低波源频率
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
3．（2分）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
4．（2分）一定质量的理想气体在升温过程中（ ）
A．分子平均势能减小 B．每个分子速率都增大
C．分子平均动能增大 D．分子间作用力先增大后减小
5．（2分）铀核可以发生衰变和裂变，铀核的（ ）
A．衰变和裂变都能自发发生
B．衰变和裂变都不能自发发生
C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生
D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生
6．（2分）Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（ ）
A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
7．（2分）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子的（ ）
A．电量太小 B．速度太小 C．体积太小 D．质量太小
8．（2分）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）
A．正电荷由P静止释放能运动到Q
B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度
C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能
D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零
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）如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（ ）
A．△p2一定等于△p1 B．△V2一定等于△V1
C．△p2与△p1之差为ρgh D．△V2与△V2之和为HS
10．（3分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明（ ）
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
11．（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（ ）
材料
钠
铜
铂
极限波长（nm）
541
268
196
A．仅钠能产生光电子 B．仅钠、铜能产生光电子
C．仅铜、铂能产生光电子 D．都能产生光电子
12．（3分）重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
13．（3分）监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（ ）
A．C是“与门”，A是光敏电阻 B．C是“与门”，B是光敏电阻
C．C是“或门”，A是光敏电阻 D．C是“或门”，B是光敏电阻
14．（3分）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m
15．（3分）一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v，周期为T，振幅为A．绳上两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方．设向上为正，在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，则（ ）
A．在t时刻，N恰好在波谷位置
B．在t时刻，N位移为负，速度向上
C．在t时刻，N位移为负，速度向下
D．在2t时刻，N位移为﹣，速度向下
16．（3分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
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择，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）质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是（ ）
A． B． C． D．
18．（4分）如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（ ）
A．先加速后减速 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为gtanθ
19．（4分）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
20．（4分）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则（ ）
A．W1=Q B．W2﹣W1=Q C．W1=EK D．WF+WG=Q+EK
四、填空题（共20分，每小题4分）22、23题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4分）静电场是 周围空间存在的一种物质；通常用 来描述电场的能的性质．
22．（4分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为 m/s，方向向 （选填“左”或“右”）．
23．两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而吸引在一起．设两天体的质量分别为m1和m2，则它们的轨道半径之比Rm1：Rm2= ，速度之比vm1：vm2= ．
24．（4分）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 ．
25．（4分）如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是 ，环中最多能产生 J的电能．
26．（4分）如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为 ．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为 ．
五、实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零．
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT．减小通过电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 ．
A.5mT B．﹣5mT C.3mT D．﹣3mT．
28．（4分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是 Ω．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 （选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
29．（8分）改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 N•m．力传感器的读数为 N．
30．（9分）简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作．
（1）（单选题）此温度计的特点是
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 （选填“偏大”或“偏小”）．为测得准确的温度，在测量时需 ．
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=2：5．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比。
32．（12分）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W．此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力．求：
（1）球回到地面时的动能；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；
（3）球动能为时的重力势能EP．
33．（14分）如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v﹣t图象如图（b）所示．在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0．求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律．
34．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍．开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）．将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点．求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω．
2015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）X射线（ ）
A．不是电磁波 B．具有反射和折射的特性
C．只能在介质中传播 D．不能发生干涉和衍射
【分析】解答本题应明确X射线为电磁波的一种，它具有电磁波的一切性质．
【解答】解：X射线属于电磁波的一种，它具有波的一切性质，如反射、折射、干涉及衍射等；它可以在真空中传播；
故只有B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查电磁波谱，要注意电磁波谱中的一切波均能发生反射、折射、干涉及衍射等现象．
2．（2分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动．为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（ ）
A．提高波源频率 B．降低波源频率
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
【分析】发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小．当衍射现象明显时，形成的水波能带动树叶A振动起来．
【解答】解：拍打水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高拍打水面的频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显。故A错误，B正确。C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等，以及掌握波发生明显衍射的条件．
3．（2分）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B。
【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．
4．（2分）一定质量的理想气体在升温过程中（ ）
A．分子平均势能减小 B．每个分子速率都增大
C．分子平均动能增大 D．分子间作用力先增大后减小
【分析】在等容过程中，温度与压强在变化，温度是分子平均动能变化的标志，分子间同时存在分子引力和斥力，都随距离的增大而减小；
【解答】解：A、温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都增大，因理想气体，则不考虑分子势能，故AB错误，C正确；
D、由于理想气体，不考虑分子间的作用力，故D错误；
故选：C。
【点评】热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中加强练习，注意理想气体不考虑分子势能．
5．（2分）铀核可以发生衰变和裂变，铀核的（ ）
A．衰变和裂变都能自发发生
B．衰变和裂变都不能自发发生
C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生
D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生
【分析】衰变能自发发生．铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击，重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，这就是链式反应，产生链式反应的条件是中子再生率大于1．
【解答】解：衰变能自发发生。铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了重核裂变和产生链式反应的条件，难度不大，属于基础题．
6．（2分）Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（ ）
A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
【分析】正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．
【解答】解：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0﹣1e，则根据质量数和电荷数守恒有：
则Pb比Th少的质子数：z=90﹣82=8个，质量数：m=232﹣208=24个，据质量数=电荷数+中子数可知，减少的中子数：n=24﹣8=16个
即铅核比钍核少8个质子，少16个中子。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．
7．（2分）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子的（ ）
A．电量太小 B．速度太小 C．体积太小 D．质量太小
【分析】在α粒子散射实验中，由于电子的质量较小，α粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．
【解答】解：α粒子的质量是电子质量的7000多倍，α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，几乎不改变运动的轨迹。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】该题考查对α粒子散射实验的解释，解决本题的关键知道α粒子散射实验，会解释α粒子偏转的原因．基础题目．
8．（2分）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）
A．正电荷由P静止释放能运动到Q
B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度
C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能
D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负
【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误
B、电场线的疏密代表场强的大小，故EP＞EQ，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；
C、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；
D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故EP=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D正确；
故选：D。
【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面
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）如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（ ）
A．△p2一定等于△p1 B．△V2一定等于△V1
C．△p2与△p1之差为ρgh D．△V2与△V2之和为HS
【分析】对水银柱受力分析，根据平衡列方程可分析压强关系，从而分析压强变化之间的关系；两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解分析．
【解答】解：AC、对水银柱有P1S+mg=P2S 水银柱的质量为：m=ρhSg△P2=P2′﹣P2=（P1′+ρgh﹣P1﹣ρgh）=P1′﹣P1=△P1，故A正确，C错误；
B、对上部分气体根据玻意耳定律得：P1V1=P1′V1′①，
对下部分气体根据玻意而定律得：P2V2=P2′V2′②
由于两部分封闭原来气体体积关系不确定，所以两部分气体体积变化不确定，故B错误；
D、在A处管内外水银面相平的情况下有几何关系得：△V1+△V2＜HS，故D错误；
故选：A。
【点评】分析本题的关键是根据水银柱分析，不论怎样变化，上下两部分气体压强之差不变，等于水银柱产生的压强．
10．（3分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明（ ）
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
【分析】根据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性，并且单个光子通过双缝后的落点无法预测，而光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹
【解答】解：AB、据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性；故AB错误；
CD、时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，说明了单个光子表现为粒子性，光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹，说明光的能量在胶片上分布不均匀，光到达胶片上不同位置的概率不相同；故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了光的波粒二象性及其表现形式，其实这类题目往往考查的内容很基础，故只要注意基础知识的积累，就能顺利解决此类题目
11．（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（ ）
材料
钠
铜
铂
极限波长（nm）
541
268
196
A．仅钠能产生光电子 B．仅钠、铜能产生光电子
C．仅铜、铂能产生光电子 D．都能产生光电子
【分析】根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根
【解答】解：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在50nm到440nm之间，而三种材料中，极限波长最小的铂的极限波长是196nm，大于50nm，所以该光源能使三种材料都产生光电效应。
故选：D。
【点评】该题考查发生光电效应的条件．解决本题的关键知道光电效应的条件即可．基础题目．
12．（3分）重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
【分析】已知电流的多少和通电时间，根据公式Q=It求出电荷，再由Q=n•5e求出离子数目．
【解答】解：1s内发射的重离子的电荷量为
Q=It=1.2×10﹣5C。
每个重离子的电荷量为5e，则通过的重离子数为 n===1.5×1013（个）
故选：B。
【点评】本题考查电荷量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用．要知道每个重离子的电荷量为5e，e是元电荷．
13．（3分）监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（ ）
A．C是“与门”，A是光敏电阻 B．C是“与门”，B是光敏电阻
C．C是“或门”，A是光敏电阻 D．C是“或门”，B是光敏电阻
【分析】光线较暗，报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，此电路与光照有关；只要合上电键S，报警系统24小时都能工作，所以电键与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门
【解答】解：由题意可知：S断开时报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，所以滑动变阻器与光敏电阻相连；S闭合时，报警系统24小时都能工作，所以电键应与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门。
电路图如图所示：
故选：D。
【点评】传感器在生产生活中的应用越来越广泛，要注意掌握分析电路并能正确掌握对应的逻辑关系．
14．（3分）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．
【解答】解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：
F=f
N=mg
其中：
F=kSv2=ka2v2
f=μN=μmg=μρa3g
解得：
a=
现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；
故选：D。
【点评】本题关键是明确物体的受力情况，根据平衡条件推导出能够推动的滑块的边长a与风速的关系表达式进行分析，不难．
15．（3分）一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v，周期为T，振幅为A．绳上两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方．设向上为正，在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，则（ ）
A．在t时刻，N恰好在波谷位置
B．在t时刻，N位移为负，速度向上
C．在t时刻，N位移为负，速度向下
D．在2t时刻，N位移为﹣，速度向下
【分析】在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，由此写出M点的振动方程，然后结合M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方写出N点的振动方程，即可判断出t时刻N点的位置以及振动的方向．
【解答】解：A、B、C、由题，在t=0时M位移为+，且向上运动，则M点的振动方程为：yM=Asin（ωt+φ0），将在t=0时M位移为+代入方程得：
所以：
经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，代入公式得：
两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方，所以N点的振动方程：，
代入数据得：yN==﹣，随t的增大，位移的绝对值减小，所以N向下运动。故AB错误，C正确；
D、将2t代入公式，得：，质点恰好经过平衡位置。故D错误。
故选：C。
【点评】本题是特殊值问题，根据题目提供的条件，写出M点与N点的振动方程，代入数据即可．
由于是特殊值问题，也可以使用特殊值，画出波动的图象，使用平移法解答．
16．（3分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
【分析】飞机与炮弹的水平速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，确定落点．
【解答】解：如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ（Q点是轨迹与斜面的交点）；则a，A，B，P，C在同一水平线上，
由题意可知，设aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcosθ﹣x0=v0t1
竖直向：y1=vyt1+
若第三颗炸弹的轨迹经过c，
则对第三颗炸弹，水平向：x2=2Lcosθ﹣2x0=v0t2
竖直向：
解得：t2=2t1，y2＞2y1，所以第三颗炸弹的轨迹不经过c，则第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确；
故选：A。
【点评】考查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律．会画草图进行分析求解．考查的是数学知识．
注意：过b点画水平线分析更简单，水平方向速度不变，而竖直方向速度越来越大，所以越往下，在相同时间内，水平位移越小．
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择，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）质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】物体在平衡位置附近的往复运动称为机械振动，根据图象可明确哪些为机械振动．
【解答】解：根据机械能振动的定义可知，ABC均在某一平衡位置附近振动，故ABC均为机械振动；而D中的物体没有振动过程；
故选：ABC。
【点评】本题考查机械能振动的性质，要注意明确其定义，知道物体在某一位置附近的往复运动称为机械振动．
18．（4分）如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（ ）
A．先加速后减速 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为gtanθ
【分析】根据动能定理求出小球速度为零时细线与竖直方向的角度，得出小球在整个过程中的运动规律．在C点，抓住径向的合力为零，通过数学知识，结合受力求出合力的大小，从而求出C点的加速度．
【解答】解：设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ
解得α=2θ，即在C点的速度为零。可知小球先加速后减速，故A、C正确。
在B点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B错误。
在C点，速度为零，小球受重力和拉力，垂直绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ﹣mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C点的加速度为gtanθ，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，知道小球速度为零时，径向的合力为零，本题对数学三角函数要求较高，需加强这方面的训练．
19．（4分）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
【分析】子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度．通过v﹣t图象比较可知，当v0越大，其它不变时，子弹穿过木块时的位移越大，而木块的位移越小，由于加速度不变，所以木块末速度v越大．当子弹质量越大时，加速度越小，子弹穿过木块时的位移越大，同理可得木块末速度v越大．当木块质量越小时，其加速度越大，则末速度v越小．
【解答】解：AB、子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度。若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v0越大时，子弹穿过木块的时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示。故A正确，B错误。
C、子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v0一定，则子弹位移越大，木块位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示。故C正确。
D、木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v变小，如下图所示。故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了对v﹣t图象的理解和应用，解决本题的关键是子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度．
20．（4分）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则（ ）
A．W1=Q B．W2﹣W1=Q C．W1=EK D．WF+WG=Q+EK
【分析】分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W2﹣W1=Q。
【解答】解：A、根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=Ek①，故A错误，C正确
B、根据能量守恒知W2﹣W1=Q②，故B正确；
D、对磁铁有：WF+WG﹣W2=0③，由①②③得WF+WG=Ek+Q，故D正确；
故选：BCD。
【点评】此题考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热。
四、填空题（共20分，每小题4分）22、23题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4分）静电场是 静止电荷 周围空间存在的一种物质；通常用 电势 来描述电场的能的性质．
【分析】电荷周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其能的性质可由电势描述．
【解答】解：静电场是静止电荷周围空间存在的一种物质；通常用电势来描述电场的能的．
故答案为：静止电荷，电势．
【点评】解决本题的关键要知道电场是一种存在于电荷周围的特殊物质，描述电场的性质物理量有两个：电场强度和电势．
22．（4分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为 0.5 m/s，方向向 左 （选填“左”或“右”）．
【分析】碰撞过程系统动量守恒，平抛动量守恒定律可以求出B的速度．
【解答】解：A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mBvB﹣mAvA=mAvA′+mBvB′，
即：70×3﹣50×2=50×1.5+70vB′，
解得：vB′=0.5m/s，方向：水平向左；
故答案为：0.5；左．
【点评】本题考查了求物体的速度，应用动量守恒定律可以正确解题，解题时注意正方向的选择，否则会出错．
23．两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而吸引在一起．设两天体的质量分别为m1和m2，则它们的轨道半径之比Rm1：Rm2= m2：m1 ，速度之比vm1：vm2= m2：m1 ．
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；根据万有引力提供向心力求出角速度的大小
【解答】解：（1）设m1和m2的轨道半径分别为r1，r2 角速度为ω，由万有引力定律和向心力公式：G=m1ω2r1=m2ω2r2，
得：r1 ：r2=m2：m1．
由v=rω得：vm1：vm2=m2：m1
故答案为：m2：m1，m2：m1
【点评】解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等
24．（4分）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 fvcosθ+P ．
【分析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合沿绳子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出绳对船的拉力大小．根据汽车做匀速直线运动求出汽车的牵引力，从而得出汽车发动机的功率．
【解答】解：船的速度沿绳子方向的分速度v1=vcosθ，
根据P=Fv1得，绳对船的拉力大小F=．
根据平衡得，汽车的牵引力F′=F+f=，
则汽车发动机的功率P′=F′v1=P+fvcosθ．
故答案为：，fvcosθ+P．
【点评】解决本题的关键掌握功率与牵引力和速度的关系，注意船的速度和车的速度大小不等，船在沿绳子方向的分速度等于车的速度大小．
25．（4分）如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是 匀速直线运动 ，环中最多能产生 0.03 J的电能．
【分析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿导线运动，速度为原来速度的沿导线方向上的分量．
【解答】解：金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．
由题意知：
沿导线方向分速度v1=v0•cos60°=2×=1m/s
根据动能定理解得：
=Q
代入数值解得：
Q=﹣0.03J
故环中最多产生0.03J的电能；
故答案为：匀速直线运动，0.03J
【点评】此题考查法拉第电磁感应定律的应用及动能定理或者是能量守恒的应用，题目单一但是并不简单，需要知识的活学活用．
26．（4分）如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为 ﹣F ．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为 ﹣3F或5F． ．
【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力．
【解答】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为﹣F；
中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；
a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为﹣3F；
a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6F﹣F=5F；
故答案为：﹣F；﹣3F或5F．
【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性．
五、实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 前 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零．
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT．减小通过电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 C ．
A.5mT B．﹣5mT C.3mT D．﹣3mT．
【分析】（1）在通电前必须对磁传感器进行调零．
（2）减小通过电螺线管的电流后，通电螺线管内磁感应强度减小，从不同端插入磁传感器的读数时正负不同．
【解答】解：（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差．
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于螺线管轴线中点磁感应强度方向一定，所以从另一端插入时，磁传感器的读数可能为3mT．
故选：C．
故答案为：（1）前．（2）C．
【点评】测量工具使用前都必须调零，这是常规，要掌握牢固．要明确通电螺线管内部的磁感应强度与电流有关，电流减小，磁感应强度减小．
28．（4分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变 小 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是 280 Ω．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 准确 （选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
【分析】根据欧姆表的内部结构及原理由闭合电路欧姆定律进行分析，要注意明确，电阻的测量是根据电流来换算的．
【解答】解：欧姆表内阻R=，电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定偏小；
电动势为1.5调零后，欧姆表内部的中性电阻的R内==3000Ω
电动势变为1.4调零后，欧姆表内部的中性电阻R内==2800Ω；
由300Ω对应的电流列出关系式：
I==
故对应1.4V时的电阻R真=280Ω
（2）因电动势不变，故欧姆调零后的中性电阻不变；故测量结果是准确的；
故答案为：（1）小；280；（2）准确．
【点评】本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用．
29．（8分）改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是 BD
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 能 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 0.7 N•m．力传感器的读数为 ﹣0.5 N．
【分析】（1）根据弹簧可以拉伸与压缩，结合实验原理，及操作步骤，即可求解；
（2）根据力矩公式，结合力传感器读数，求得偏心的顺时针力矩，再消除力矩盘的偏心引起实验误差，求得力矩盘所受顺时针方向合力矩，从而根据平衡条件，即可求解．
【解答】解：（1）A、弹簧可以测拉力和压力，故A错误；
B、力传感器，定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，主要好处是：力传感器测力时，不受主观判断影响，精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，故BD正确；
C、不能消除转轴摩擦力引起的误差，故C错误；
故选：BD．
（2）某同学该装置做实验，检验时发现盘停止转动时，他仍用该盘做实验，在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N，说明此时偏心的顺时针力矩M0=3×2×0.05N•m=0.3N•m；
再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘的偏心引起实验误差，
力矩盘所受顺时针方向合力矩M1=2×1×0.05+2×1×3×0.05+0.3N•m=0.7N•m；
根据固定转动轴物体平衡条件，则有：F×2×0.05+3×1×3×0.05﹣0.3=2×1×0.05﹣2×2×3×0.05﹣0.3；
解得：F=﹣0.5N；
故答案为：（1）BD；（2）能，0.7，﹣0.5．
【点评】本题考查力矩概念，掌握力矩平衡条件，重点是求“力矩盘所受到顺时针方向合力矩”时，很容易忘掉“力矩盘偏心的力矩”．
30．（9分）简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作．
（1）（单选题）此温度计的特点是 A
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有 BC
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）．为测得准确的温度，在测量时需 调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数 ．
【分析】（1）测温泡C内气体发生等容变化，根据查理定律得到温度与温度计的0℃和任意温度刻度线间距离的关系，再进行分析．
（2）根据温度计的工作原理分析影响灵敏度的因素．
（3）根据温度计的原理应用平衡条件分析答题．
【解答】解：（1）以右侧球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
由盖吕萨克定律得：=C，T=，温度T与体积V成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A正确；
（2）气体发生等压变化，气体体积的变化反应了气体温度的变化，
温度计的灵敏度取决于气体体积变化，影响温度计灵敏度的因素有：
玻璃泡大小、左管内径粗细，故选BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压：76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，
若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，
水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大，为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数．
故答案为：（1）A；（2）BC；（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数．
【点评】本题考查了气体温度计刻度特点、影响灵敏度的因素、大气压对温度的影响，考查了概率萨克的定律的应用，本题难度较大，知道温度计的原理是正确解题的前提与关键，应用盖吕萨克定律可以解题．
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=2：5．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比。
【分析】（1）先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，则右侧气体发生等温变化，遵守玻意耳定律．左侧气体满足理想气体状态方程．由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解．
（2）使活塞导热，两侧气体最后达到平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求解．
【解答】解：（1）设初始时压强为p．
左侧气体满足 =
右侧气体满足 pV2=p′V
解得 k==2
（2）活塞导热达到平衡，则
左侧气体满足 =
右侧气体满足 =
平衡时 =
解得 ==
答：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比是2；
（2）最后两侧气体的体积之比5：4．
【点评】本题考查了理想气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注意平衡时左右两部分气体的压强相等．
32．（12分）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W．此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力．求：
（1）球回到地面时的动能；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；
（3）球动能为时的重力势能EP．
【分析】（1）有拉力作用过程，机械能的增加量等于拉力做的功；没有拉力作用的过程，只有重力做功，机械能守恒；
（2）对加速上升过程和竖直上抛过程根据运动学公式列式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解拉力；
（3）球动能为时，可能是加速过程，也可能是减速过程，分情况根据功能关系列式求解．
【解答】解：（1）撤去拉力时球的机械能为W，由机械能守恒定律，回到地面时的动能为：
Ekt=W
（2）设拉力作用时间为t，在此过程中球上升h，末速度为v，则：
h=
v=at
由题意有：﹣h=vt﹣
解得：a=
根据牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma
解得：F=
（3）动能为时球的位置可能在h的下方或上方；
设球的位置在h下方离地h′处，则：
（F﹣mg）h′=
而W=Fh=mgh，
（F﹣mg）h==
解得：h′=
重力势能：Ep=mgh′=mgh=W
设球的位置在h上方离地h′处，由机械能守恒，有：
因此：
答：（1）球回到地面时的动能为W；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a为，拉力的大小F为；
（3）球动能为时的重力势能或．
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合功能关系、牛顿第二定律定律和运动学公式列式求解即可．
33．（14分）如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v﹣t图象如图（b）所示．在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0．求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律．
【分析】（1）根据金属杆的受力情况，由牛顿第二定律列方程，由v﹣t求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力F．
（2）应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度．
（3）当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变化规律．
【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0﹣10内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，
由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，
杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
由v﹣t图象可知，加速度：a1===0.4m/s2，a2===0.8m/s2，
解得：F=0.24N；
（2）在10﹣15s内，金属杆做匀速直线运动，速度：v=4m/s，
金属杆受到的安培力：F安培=B0IL=，
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：F=μmg+，代入数据解得：B0=0.4T；
（3）15﹣20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，
金属杆在10﹣15s内的位移：d=vt=4×5=20m，
在15s后的金属杆的加速度：a=a2=0.8m/s2，
金属杆的位移：x=v（t﹣15）﹣a（t﹣15）2=4（t﹣15）﹣0.4（t﹣15）2，
磁通量保持不变，则：B0Ld=BL（d+x），
解得：B=T；
答：（1）金属杆所受拉力的大小F为0.24N；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0为0.4T；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律为：B=T．
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的综合题，知道感应电流产生的条件、应用牛顿第二定律、安培力公式、运动学公式即可正确解题．
34．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍．开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）．将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点．求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω．
【分析】（1）根据W=qU 求的初态的电势能
（2）根据力矩关系即可求得与电场间的夹角α
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，根据能量守恒即可判断
【解答】解：（1）初始状态的电势能为：We=qU++（﹣q）U﹣=﹣3qELcosθ
（2）竖直方向的力矩平衡是两重力方向都竖直向下但分居异侧，所以等价力矩要相减；
而水平方向两个电场力方向相反分居异侧要相加；
那么平衡位置时，设小球质量为m，合力矩为：
3qElsinα﹣mglcosα=0
由此得：
解得：α=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，
当θ＜150°时，A位移O正下方的电势能为零，初态有：W=﹣3qElcosθ
EP=﹣mglsinθ
末态W′=0 E′P=﹣mgl
由能量守恒有：
当θ≥150°时，电势能为零的位置由两处，即A位于O点正下方或正上方
在A位移O正下方时
在A位于O正上方时
答：（1）初始状态的电势能We为﹣3qELcosθ
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω为或．
【点评】本题主要考查了电势能和力矩，关键是抓住在任何位置能量守恒即可判断
2015年上海市高考物理试卷
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）X射线（ ）
A．不是电磁波 B．具有反射和折射的特性
C．只能在介质中传播 D．不能发生干涉和衍射
2．（2分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动．为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（ ）
A．提高波源频率 B．降低波源频率
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
3．（2分）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
4．（2分）一定质量的理想气体在升温过程中（ ）
A．分子平均势能减小 B．每个分子速率都增大
C．分子平均动能增大 D．分子间作用力先增大后减小
5．（2分）铀核可以发生衰变和裂变，铀核的（ ）
A．衰变和裂变都能自发发生
B．衰变和裂变都不能自发发生
C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生
D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生
6．（2分）Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（ ）
A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
7．（2分）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子的（ ）
A．电量太小 B．速度太小 C．体积太小 D．质量太小
8．（2分）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）
A．正电荷由P静止释放能运动到Q
B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度
C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能
D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零
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）如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（ ）
A．△p2一定等于△p1 B．△V2一定等于△V1
C．△p2与△p1之差为ρgh D．△V2与△V2之和为HS
10．（3分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明（ ）
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
11．（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（ ）
材料
钠
铜
铂
极限波长（nm）
541
268
196
A．仅钠能产生光电子 B．仅钠、铜能产生光电子
C．仅铜、铂能产生光电子 D．都能产生光电子
12．（3分）重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
13．（3分）监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（ ）
A．C是“与门”，A是光敏电阻 B．C是“与门”，B是光敏电阻
C．C是“或门”，A是光敏电阻 D．C是“或门”，B是光敏电阻
14．（3分）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m
15．（3分）一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v，周期为T，振幅为A．绳上两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方．设向上为正，在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，则（ ）
A．在t时刻，N恰好在波谷位置
B．在t时刻，N位移为负，速度向上
C．在t时刻，N位移为负，速度向下
D．在2t时刻，N位移为﹣，速度向下
16．（3分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
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择，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）质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是（ ）
A． B． C． D．
18．（4分）如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（ ）
A．先加速后减速 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为gtanθ
19．（4分）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
20．（4分）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则（ ）
A．W1=Q B．W2﹣W1=Q C．W1=EK D．WF+WG=Q+EK
四、填空题（共20分，每小题4分）22、23题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4分）静电场是 周围空间存在的一种物质；通常用 来描述电场的能的性质．
22．（4分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为 m/s，方向向 （选填“左”或“右”）．
23．两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而吸引在一起．设两天体的质量分别为m1和m2，则它们的轨道半径之比Rm1：Rm2= ，速度之比vm1：vm2= ．
24．（4分）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 ．
25．（4分）如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是 ，环中最多能产生 J的电能．
26．（4分）如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为 ．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为 ．
五、实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零．
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT．减小通过电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 ．
A.5mT B．﹣5mT C.3mT D．﹣3mT．
28．（4分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是 Ω．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 （选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
29．（8分）改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 N•m．力传感器的读数为 N．
30．（9分）简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作．
（1）（单选题）此温度计的特点是
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 （选填“偏大”或“偏小”）．为测得准确的温度，在测量时需 ．
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=2：5．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比。
32．（12分）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W．此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力．求：
（1）球回到地面时的动能；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；
（3）球动能为时的重力势能EP．
33．（14分）如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v﹣t图象如图（b）所示．在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0．求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律．
34．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍．开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）．将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点．求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω．
2015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）X射线（ ）
A．不是电磁波 B．具有反射和折射的特性
C．只能在介质中传播 D．不能发生干涉和衍射
【分析】解答本题应明确X射线为电磁波的一种，它具有电磁波的一切性质．
【解答】解：X射线属于电磁波的一种，它具有波的一切性质，如反射、折射、干涉及衍射等；它可以在真空中传播；
故只有B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查电磁波谱，要注意电磁波谱中的一切波均能发生反射、折射、干涉及衍射等现象．
2．（2分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动．为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（ ）
A．提高波源频率 B．降低波源频率
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
【分析】发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小．当衍射现象明显时，形成的水波能带动树叶A振动起来．
【解答】解：拍打水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高拍打水面的频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显。故A错误，B正确。C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等，以及掌握波发生明显衍射的条件．
3．（2分）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B。
【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．
4．（2分）一定质量的理想气体在升温过程中（ ）
A．分子平均势能减小 B．每个分子速率都增大
C．分子平均动能增大 D．分子间作用力先增大后减小
【分析】在等容过程中，温度与压强在变化，温度是分子平均动能变化的标志，分子间同时存在分子引力和斥力，都随距离的增大而减小；
【解答】解：A、温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都增大，因理想气体，则不考虑分子势能，故AB错误，C正确；
D、由于理想气体，不考虑分子间的作用力，故D错误；
故选：C。
【点评】热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中加强练习，注意理想气体不考虑分子势能．
5．（2分）铀核可以发生衰变和裂变，铀核的（ ）
A．衰变和裂变都能自发发生
B．衰变和裂变都不能自发发生
C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生
D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生
【分析】衰变能自发发生．铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击，重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，这就是链式反应，产生链式反应的条件是中子再生率大于1．
【解答】解：衰变能自发发生。铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了重核裂变和产生链式反应的条件，难度不大，属于基础题．
6．（2分）Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（ ）
A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子
【分析】正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．
【解答】解：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0﹣1e，则根据质量数和电荷数守恒有：
则Pb比Th少的质子数：z=90﹣82=8个，质量数：m=232﹣208=24个，据质量数=电荷数+中子数可知，减少的中子数：n=24﹣8=16个
即铅核比钍核少8个质子，少16个中子。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．
7．（2分）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子的（ ）
A．电量太小 B．速度太小 C．体积太小 D．质量太小
【分析】在α粒子散射实验中，由于电子的质量较小，α粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．
【解答】解：α粒子的质量是电子质量的7000多倍，α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，几乎不改变运动的轨迹。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】该题考查对α粒子散射实验的解释，解决本题的关键知道α粒子散射实验，会解释α粒子偏转的原因．基础题目．
8．（2分）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）
A．正电荷由P静止释放能运动到Q
B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度
C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能
D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负
【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误
B、电场线的疏密代表场强的大小，故EP＞EQ，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；
C、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；
D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故EP=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D正确；
故选：D。
【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面
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）如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（ ）
A．△p2一定等于△p1 B．△V2一定等于△V1
C．△p2与△p1之差为ρgh D．△V2与△V2之和为HS
【分析】对水银柱受力分析，根据平衡列方程可分析压强关系，从而分析压强变化之间的关系；两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解分析．
【解答】解：AC、对水银柱有P1S+mg=P2S 水银柱的质量为：m=ρhSg△P2=P2′﹣P2=（P1′+ρgh﹣P1﹣ρgh）=P1′﹣P1=△P1，故A正确，C错误；
B、对上部分气体根据玻意耳定律得：P1V1=P1′V1′①，
对下部分气体根据玻意而定律得：P2V2=P2′V2′②
由于两部分封闭原来气体体积关系不确定，所以两部分气体体积变化不确定，故B错误；
D、在A处管内外水银面相平的情况下有几何关系得：△V1+△V2＜HS，故D错误；
故选：A。
【点评】分析本题的关键是根据水银柱分析，不论怎样变化，上下两部分气体压强之差不变，等于水银柱产生的压强．
10．（3分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明（ ）
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
【分析】根据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性，并且单个光子通过双缝后的落点无法预测，而光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹
【解答】解：AB、据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性；故AB错误；
CD、时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，说明了单个光子表现为粒子性，光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹，说明光的能量在胶片上分布不均匀，光到达胶片上不同位置的概率不相同；故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了光的波粒二象性及其表现形式，其实这类题目往往考查的内容很基础，故只要注意基础知识的积累，就能顺利解决此类题目
11．（3分）某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（ ）
材料
钠
铜
铂
极限波长（nm）
541
268
196
A．仅钠能产生光电子 B．仅钠、铜能产生光电子
C．仅铜、铂能产生光电子 D．都能产生光电子
【分析】根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根
【解答】解：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在50nm到440nm之间，而三种材料中，极限波长最小的铂的极限波长是196nm，大于50nm，所以该光源能使三种材料都产生光电效应。
故选：D。
【点评】该题考查发生光电效应的条件．解决本题的关键知道光电效应的条件即可．基础题目．
12．（3分）重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（ ）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
【分析】已知电流的多少和通电时间，根据公式Q=It求出电荷，再由Q=n•5e求出离子数目．
【解答】解：1s内发射的重离子的电荷量为
Q=It=1.2×10﹣5C。
每个重离子的电荷量为5e，则通过的重离子数为 n===1.5×1013（个）
故选：B。
【点评】本题考查电荷量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用．要知道每个重离子的电荷量为5e，e是元电荷．
13．（3分）监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（ ）
A．C是“与门”，A是光敏电阻 B．C是“与门”，B是光敏电阻
C．C是“或门”，A是光敏电阻 D．C是“或门”，B是光敏电阻
【分析】光线较暗，报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，此电路与光照有关；只要合上电键S，报警系统24小时都能工作，所以电键与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门
【解答】解：由题意可知：S断开时报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，所以滑动变阻器与光敏电阻相连；S闭合时，报警系统24小时都能工作，所以电键应与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门。
电路图如图所示：
故选：D。
【点评】传感器在生产生活中的应用越来越广泛，要注意掌握分析电路并能正确掌握对应的逻辑关系．
14．（3分）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．
【解答】解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：
F=f
N=mg
其中：
F=kSv2=ka2v2
f=μN=μmg=μρa3g
解得：
a=
现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；
故选：D。
【点评】本题关键是明确物体的受力情况，根据平衡条件推导出能够推动的滑块的边长a与风速的关系表达式进行分析，不难．
15．（3分）一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v，周期为T，振幅为A．绳上两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方．设向上为正，在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，则（ ）
A．在t时刻，N恰好在波谷位置
B．在t时刻，N位移为负，速度向上
C．在t时刻，N位移为负，速度向下
D．在2t时刻，N位移为﹣，速度向下
【分析】在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，由此写出M点的振动方程，然后结合M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方写出N点的振动方程，即可判断出t时刻N点的位置以及振动的方向．
【解答】解：A、B、C、由题，在t=0时M位移为+，且向上运动，则M点的振动方程为：yM=Asin（ωt+φ0），将在t=0时M位移为+代入方程得：
所以：
经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，代入公式得：
两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方，所以N点的振动方程：，
代入数据得：yN==﹣，随t的增大，位移的绝对值减小，所以N向下运动。故AB错误，C正确；
D、将2t代入公式，得：，质点恰好经过平衡位置。故D错误。
故选：C。
【点评】本题是特殊值问题，根据题目提供的条件，写出M点与N点的振动方程，代入数据即可．
由于是特殊值问题，也可以使用特殊值，画出波动的图象，使用平移法解答．
16．（3分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
【分析】飞机与炮弹的水平速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，确定落点．
【解答】解：如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ（Q点是轨迹与斜面的交点）；则a，A，B，P，C在同一水平线上，
由题意可知，设aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcosθ﹣x0=v0t1
竖直向：y1=vyt1+
若第三颗炸弹的轨迹经过c，
则对第三颗炸弹，水平向：x2=2Lcosθ﹣2x0=v0t2
竖直向：
解得：t2=2t1，y2＞2y1，所以第三颗炸弹的轨迹不经过c，则第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确；
故选：A。
【点评】考查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律．会画草图进行分析求解．考查的是数学知识．
注意：过b点画水平线分析更简单，水平方向速度不变，而竖直方向速度越来越大，所以越往下，在相同时间内，水平位移越小．
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择，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）质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】物体在平衡位置附近的往复运动称为机械振动，根据图象可明确哪些为机械振动．
【解答】解：根据机械能振动的定义可知，ABC均在某一平衡位置附近振动，故ABC均为机械振动；而D中的物体没有振动过程；
故选：ABC。
【点评】本题考查机械能振动的性质，要注意明确其定义，知道物体在某一位置附近的往复运动称为机械振动．
18．（4分）如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（ ）
A．先加速后减速 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为gtanθ
【分析】根据动能定理求出小球速度为零时细线与竖直方向的角度，得出小球在整个过程中的运动规律．在C点，抓住径向的合力为零，通过数学知识，结合受力求出合力的大小，从而求出C点的加速度．
【解答】解：设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ
解得α=2θ，即在C点的速度为零。可知小球先加速后减速，故A、C正确。
在B点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B错误。
在C点，速度为零，小球受重力和拉力，垂直绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ﹣mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C点的加速度为gtanθ，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，知道小球速度为零时，径向的合力为零，本题对数学三角函数要求较高，需加强这方面的训练．
19．（4分）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
【分析】子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度．通过v﹣t图象比较可知，当v0越大，其它不变时，子弹穿过木块时的位移越大，而木块的位移越小，由于加速度不变，所以木块末速度v越大．当子弹质量越大时，加速度越小，子弹穿过木块时的位移越大，同理可得木块末速度v越大．当木块质量越小时，其加速度越大，则末速度v越小．
【解答】解：AB、子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度。若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v0越大时，子弹穿过木块的时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示。故A正确，B错误。
C、子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v0一定，则子弹位移越大，木块位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示。故C正确。
D、木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v变小，如下图所示。故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了对v﹣t图象的理解和应用，解决本题的关键是子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度．
20．（4分）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则（ ）
A．W1=Q B．W2﹣W1=Q C．W1=EK D．WF+WG=Q+EK
【分析】分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W2﹣W1=Q。
【解答】解：A、根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=Ek①，故A错误，C正确
B、根据能量守恒知W2﹣W1=Q②，故B正确；
D、对磁铁有：WF+WG﹣W2=0③，由①②③得WF+WG=Ek+Q，故D正确；
故选：BCD。
【点评】此题考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热。
四、填空题（共20分，每小题4分）22、23题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4分）静电场是 静止电荷 周围空间存在的一种物质；通常用 电势 来描述电场的能的性质．
【分析】电荷周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其能的性质可由电势描述．
【解答】解：静电场是静止电荷周围空间存在的一种物质；通常用电势来描述电场的能的．
故答案为：静止电荷，电势．
【点评】解决本题的关键要知道电场是一种存在于电荷周围的特殊物质，描述电场的性质物理量有两个：电场强度和电势．
22．（4分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为 0.5 m/s，方向向 左 （选填“左”或“右”）．
【分析】碰撞过程系统动量守恒，平抛动量守恒定律可以求出B的速度．
【解答】解：A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mBvB﹣mAvA=mAvA′+mBvB′，
即：70×3﹣50×2=50×1.5+70vB′，
解得：vB′=0.5m/s，方向：水平向左；
故答案为：0.5；左．
【点评】本题考查了求物体的速度，应用动量守恒定律可以正确解题，解题时注意正方向的选择，否则会出错．
23．两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而吸引在一起．设两天体的质量分别为m1和m2，则它们的轨道半径之比Rm1：Rm2= m2：m1 ，速度之比vm1：vm2= m2：m1 ．
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；根据万有引力提供向心力求出角速度的大小
【解答】解：（1）设m1和m2的轨道半径分别为r1，r2 角速度为ω，由万有引力定律和向心力公式：G=m1ω2r1=m2ω2r2，
得：r1 ：r2=m2：m1．
由v=rω得：vm1：vm2=m2：m1
故答案为：m2：m1，m2：m1
【点评】解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等
24．（4分）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 fvcosθ+P ．
【分析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合沿绳子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出绳对船的拉力大小．根据汽车做匀速直线运动求出汽车的牵引力，从而得出汽车发动机的功率．
【解答】解：船的速度沿绳子方向的分速度v1=vcosθ，
根据P=Fv1得，绳对船的拉力大小F=．
根据平衡得，汽车的牵引力F′=F+f=，
则汽车发动机的功率P′=F′v1=P+fvcosθ．
故答案为：，fvcosθ+P．
【点评】解决本题的关键掌握功率与牵引力和速度的关系，注意船的速度和车的速度大小不等，船在沿绳子方向的分速度等于车的速度大小．
25．（4分）如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是 匀速直线运动 ，环中最多能产生 0.03 J的电能．
【分析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿导线运动，速度为原来速度的沿导线方向上的分量．
【解答】解：金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．
由题意知：
沿导线方向分速度v1=v0•cos60°=2×=1m/s
根据动能定理解得：
=Q
代入数值解得：
Q=﹣0.03J
故环中最多产生0.03J的电能；
故答案为：匀速直线运动，0.03J
【点评】此题考查法拉第电磁感应定律的应用及动能定理或者是能量守恒的应用，题目单一但是并不简单，需要知识的活学活用．
26．（4分）如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为 ﹣F ．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为 ﹣3F或5F． ．
【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力．
【解答】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为﹣F；
中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；
a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为﹣3F；
a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6F﹣F=5F；
故答案为：﹣F；﹣3F或5F．
【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性．
五、实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中
（1）在对螺线管通电 前 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零．
（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT．减小通过电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为 C ．
A.5mT B．﹣5mT C.3mT D．﹣3mT．
【分析】（1）在通电前必须对磁传感器进行调零．
（2）减小通过电螺线管的电流后，通电螺线管内磁感应强度减小，从不同端插入磁传感器的读数时正负不同．
【解答】解：（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差．
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于螺线管轴线中点磁感应强度方向一定，所以从另一端插入时，磁传感器的读数可能为3mT．
故选：C．
故答案为：（1）前．（2）C．
【点评】测量工具使用前都必须调零，这是常规，要掌握牢固．要明确通电螺线管内部的磁感应强度与电流有关，电流减小，磁感应强度减小．
28．（4分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变 小 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是 280 Ω．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 准确 （选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
【分析】根据欧姆表的内部结构及原理由闭合电路欧姆定律进行分析，要注意明确，电阻的测量是根据电流来换算的．
【解答】解：欧姆表内阻R=，电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定偏小；
电动势为1.5调零后，欧姆表内部的中性电阻的R内==3000Ω
电动势变为1.4调零后，欧姆表内部的中性电阻R内==2800Ω；
由300Ω对应的电流列出关系式：
I==
故对应1.4V时的电阻R真=280Ω
（2）因电动势不变，故欧姆调零后的中性电阻不变；故测量结果是准确的；
故答案为：（1）小；280；（2）准确．
【点评】本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用．
29．（8分）改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤．已知力矩盘上各同心圆的间距为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是 BD
A．力传感器既可测拉力又可测压力
B．力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高
C．能消除转轴摩擦引起的实验误差
D．保证力传感器所受拉力方向不变
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验．在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N．再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验．此方法 能 （选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差．已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为 0.7 N•m．力传感器的读数为 ﹣0.5 N．
【分析】（1）根据弹簧可以拉伸与压缩，结合实验原理，及操作步骤，即可求解；
（2）根据力矩公式，结合力传感器读数，求得偏心的顺时针力矩，再消除力矩盘的偏心引起实验误差，求得力矩盘所受顺时针方向合力矩，从而根据平衡条件，即可求解．
【解答】解：（1）A、弹簧可以测拉力和压力，故A错误；
B、力传感器，定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，主要好处是：力传感器测力时，不受主观判断影响，精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，故BD正确；
C、不能消除转轴摩擦力引起的误差，故C错误；
故选：BD．
（2）某同学该装置做实验，检验时发现盘停止转动时，他仍用该盘做实验，在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N，说明此时偏心的顺时针力矩M0=3×2×0.05N•m=0.3N•m；
再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘的偏心引起实验误差，
力矩盘所受顺时针方向合力矩M1=2×1×0.05+2×1×3×0.05+0.3N•m=0.7N•m；
根据固定转动轴物体平衡条件，则有：F×2×0.05+3×1×3×0.05﹣0.3=2×1×0.05﹣2×2×3×0.05﹣0.3；
解得：F=﹣0.5N；
故答案为：（1）BD；（2）能，0.7，﹣0.5．
【点评】本题考查力矩概念，掌握力矩平衡条件，重点是求“力矩盘所受到顺时针方向合力矩”时，很容易忘掉“力矩盘偏心的力矩”．
30．（9分）简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡．在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作．
（1）（单选题）此温度计的特点是 A
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有 BC
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）．为测得准确的温度，在测量时需 调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数 ．
【分析】（1）测温泡C内气体发生等容变化，根据查理定律得到温度与温度计的0℃和任意温度刻度线间距离的关系，再进行分析．
（2）根据温度计的工作原理分析影响灵敏度的因素．
（3）根据温度计的原理应用平衡条件分析答题．
【解答】解：（1）以右侧球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
由盖吕萨克定律得：=C，T=，温度T与体积V成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A正确；
（2）气体发生等压变化，气体体积的变化反应了气体温度的变化，
温度计的灵敏度取决于气体体积变化，影响温度计灵敏度的因素有：
玻璃泡大小、左管内径粗细，故选BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压：76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，
若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，
水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大，为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数．
故答案为：（1）A；（2）BC；（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数．
【点评】本题考查了气体温度计刻度特点、影响灵敏度的因素、大气压对温度的影响，考查了概率萨克的定律的应用，本题难度较大，知道温度计的原理是正确解题的前提与关键，应用盖吕萨克定律可以解题．
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=2：5．先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比。
【分析】（1）先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，则右侧气体发生等温变化，遵守玻意耳定律．左侧气体满足理想气体状态方程．由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解．
（2）使活塞导热，两侧气体最后达到平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求解．
【解答】解：（1）设初始时压强为p．
左侧气体满足 =
右侧气体满足 pV2=p′V
解得 k==2
（2）活塞导热达到平衡，则
左侧气体满足 =
右侧气体满足 =
平衡时 =
解得 ==
答：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比是2；
（2）最后两侧气体的体积之比5：4．
【点评】本题考查了理想气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注意平衡时左右两部分气体的压强相等．
32．（12分）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W．此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力．求：
（1）球回到地面时的动能；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；
（3）球动能为时的重力势能EP．
【分析】（1）有拉力作用过程，机械能的增加量等于拉力做的功；没有拉力作用的过程，只有重力做功，机械能守恒；
（2）对加速上升过程和竖直上抛过程根据运动学公式列式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解拉力；
（3）球动能为时，可能是加速过程，也可能是减速过程，分情况根据功能关系列式求解．
【解答】解：（1）撤去拉力时球的机械能为W，由机械能守恒定律，回到地面时的动能为：
Ekt=W
（2）设拉力作用时间为t，在此过程中球上升h，末速度为v，则：
h=
v=at
由题意有：﹣h=vt﹣
解得：a=
根据牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma
解得：F=
（3）动能为时球的位置可能在h的下方或上方；
设球的位置在h下方离地h′处，则：
（F﹣mg）h′=
而W=Fh=mgh，
（F﹣mg）h==
解得：h′=
重力势能：Ep=mgh′=mgh=W
设球的位置在h上方离地h′处，由机械能守恒，有：
因此：
答：（1）球回到地面时的动能为W；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a为，拉力的大小F为；
（3）球动能为时的重力势能或．
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合功能关系、牛顿第二定律定律和运动学公式列式求解即可．
33．（14分）如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v﹣t图象如图（b）所示．在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0．求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律．
【分析】（1）根据金属杆的受力情况，由牛顿第二定律列方程，由v﹣t求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力F．
（2）应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度．
（3）当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变化规律．
【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0﹣10内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，
由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，
杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
由v﹣t图象可知，加速度：a1===0.4m/s2，a2===0.8m/s2，
解得：F=0.24N；
（2）在10﹣15s内，金属杆做匀速直线运动，速度：v=4m/s，
金属杆受到的安培力：F安培=B0IL=，
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：F=μmg+，代入数据解得：B0=0.4T；
（3）15﹣20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，
金属杆在10﹣15s内的位移：d=vt=4×5=20m，
在15s后的金属杆的加速度：a=a2=0.8m/s2，
金属杆的位移：x=v（t﹣15）﹣a（t﹣15）2=4（t﹣15）﹣0.4（t﹣15）2，
磁通量保持不变，则：B0Ld=BL（d+x），
解得：B=T；
答：（1）金属杆所受拉力的大小F为0.24N；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0为0.4T；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律为：B=T．
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的综合题，知道感应电流产生的条件、应用牛顿第二定律、安培力公式、运动学公式即可正确解题．
34．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍．开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）．将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点．求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω．
【分析】（1）根据W=qU 求的初态的电势能
（2）根据力矩关系即可求得与电场间的夹角α
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，根据能量守恒即可判断
【解答】解：（1）初始状态的电势能为：We=qU++（﹣q）U﹣=﹣3qELcosθ
（2）竖直方向的力矩平衡是两重力方向都竖直向下但分居异侧，所以等价力矩要相减；
而水平方向两个电场力方向相反分居异侧要相加；
那么平衡位置时，设小球质量为m，合力矩为：
3qElsinα﹣mglcosα=0
由此得：
解得：α=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，
当θ＜150°时，A位移O正下方的电势能为零，初态有：W=﹣3qElcosθ
EP=﹣mglsinθ
末态W′=0 E′P=﹣mgl
由能量守恒有：
当θ≥150°时，电势能为零的位置由两处，即A位于O点正下方或正上方
在A位移O正下方时
在A位于O正上方时
答：（1）初始状态的电势能We为﹣3qELcosθ
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω为或．
【点评】本题主要考查了电势能和力矩，关键是抓住在任何位置能量守恒即可判断
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