2016年上海市松江区高考一模试卷物理.docx

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1、2016年上海市松江区高考 一模试卷物理 一、单项选择题 1.下列物理量中可以运用平行四边形定则求和的是 ( ) A.质量 B.速率 C.功率 D.位移 解析： ABC、质量、速率和功率都是标量，相加时，遵守代数加减法则，故 ABC 错误 。 D、位移是矢量，相加时遵守平行四边形定则，故 D正确 。 答案： D 2.以下关系式中用基本单位表示国际单位正确的 ( ) A.1 焦 =1牛 米 B.1 伏 =1千克 米 2秒 3安 1 C.1 库 =1焦 伏 1 D.1 特 =1牛 安 1米 1 解析： A、牛顿是力的单位，是导出单位 。 所以 1 焦 =1 牛 米不用基本单位表示国际单位 。故 A

2、 错误； B、用基本单位表示国际单位 。 故 B正确； C、焦耳是能量的单位，是导出单位 。 所以 1库 =1焦 伏 1不是用基本单位表示国际单位 。故 C 错误； D、牛顿是力的单位，是导出单位 。 所以 1特 =1 牛 安 1米 1不是用基本单位表示国际单位 。故 D 错误 。 答案： B 3.关于物理学研究方法或物理学家贡献的叙述中正确的是 ( ) A.质点、速度、点电荷等都是理想化模型 B.E= 与 a= 均体现了比值定义的思想方法 C.卡文迪什扭秤实验应用了微元的思想方法 D.法拉第发现了电磁感应现象，建立了电磁感应定律 解析： A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷

3、、质点是理想化模型，但是速度不是理想化模型，故 A错误 。 B、 a= 不是比值定义法，故 B错误； C、卡文迪许测万有引力常量 G的扭秤实验，应用了 “ 放大 ” 的实验方法，故 C错误； D、法拉第发现了电磁感应现象，建立了电磁感应定律，故 D正确 。 答案： D 4.在如图所示的逻辑电路中，其真值表的 “ 输出 ” 这一列数据从上到下依次为 ( ) 输入 输出 0 0 0 1 1 0 1 1 A.0， 0， 0， 1 B.1， 0， 0， 0 C.0， 1， 0， 1 D.1， 0， 1， 0 解析： 当 AB 输入 00经或门输出 0再经非门输出 1，当 AB输入 01经或门输出 1再

4、经非门输出 0；当 AB 输入 10经或门输出 1 再经非门输出 0；当 AB 输入 11经或门输出 1再经非门输出 0；故输出 1， 0， 0， 0，故 B正确 。 答案： B 5.下图中按力的作用效果分解正确的是 ( ) A. B. C. D. 解析： A、力 F的作用效果，如图所示，故 A正确； B、物体的重力，按效果分解成一个垂直接触面的力，与垂直挡板的力，如图所示，故 B错误； C、按照力的作用效果，拉力分解成如图所示 故 C 错误； D、物体的重力，按效果分解分解成如图所示 ，故 D错误。 答案： A 6.根据机械波的知识可知 ( ) A.横波沿水平方向传播，纵波沿竖直方向传播 B

5、.在波的传播过程中，质点随波迁移将振动形式和能量传播出去 C.波的图象就是反映各质点在同一时刻不同位移的曲线 D.声波在真空中也能传播 解析： A、横波和纵波水平和竖直方向都能传播，这两种波是根据波的传播方向与质点的振动方向间的关系划分的 。 故 A 错误 。 B、在波的传播过程中，质点在自己的平衡位置附近振动，并不随波迁移 。 故 B错误 。 C、波的图象就是反映各质点在空间的分布情况，即各质点在同一时刻不同位移的曲线 。 故C 正确 。 D、声波在真空中不能传播，因为没有传播振动的介质 。 故 D错误 。 答案： C 7.质量为 m、初速度为零的物体，在变化不同的合外力作用下都通过位移 x

6、o。 下列各种情况中合外力做功最多的是 ( ) A. B. C. D. 解析： 由力做功公式可知， F x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示力 F所做的功， 由图象可知， C图象中围成的面积最大，所以 C中合外力做功最多 。 答案： C 8.一电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中 A点沿图示方向进入电场，若粒子只受电场力作用，则从 A点开始， ( ) A.无论正负，粒子总是做直线运动 B.无论正负，粒子的电势能总是先变大 C.无论正负，粒子的电势能总是先变小 D.粒子的电势能的变化与粒子所带电的电性有关 解析： A、根据电场线与等势线垂直且指向低电势处，可知在 A点电场线方

7、向 应与速度 v垂直，则粒子所受的电场力与速度 v 也垂直，粒子做曲线运动 。 故 A错误 。 BCD、无论正负，电场力做正功，粒子的电势能总是先变小，故 BD错误， C正确 。 答案： C 二、单项选择题 9.如图所示，由粗糙的水平杆 AO 与光滑的竖直杆 BO 组成的绝缘直角支架，在 AO杆、 BO杆上套有带正电的小球 P、 Q，两个小球在某一位置平衡 。 现将 P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡 。 若小球所带电量不变，与移动前相比 ( ) A.杆 BO 对 Q的弹力减小 B.杆 AO 对 P的弹力减小 C.杆 AO 对 P的摩擦力增大 D.P、 Q之间的距离增大 解析： A、

8、 Q受力如图， 由力的合成与平衡条件可知： BO 杆对小球 Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球 P、 Q的距离变小，故 AD 错误； C、对整体受力分析，可得 AO杆对小球 P的摩擦力变大， AO杆对小球 P的弹力不变，故 C正确， B错误 。 答案： C 10.如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外高度差为 h1，右管有一段水银柱，高度差为 h2，中间封有一段空气 。 则 ( ) A.若大气压升高， h1和 h2同时增大 B.若环境温度升高， h1和 h2同时减小 C.若把弯管向上移动少许，则管内气体体积不变 D.若把弯管向下移动少许，则管内气体压强增大

9、解析： A、管中封闭气体的压强 P=P0+gh 1=P0+gh 2，则得 h1=h2.若大气压升高时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律 PV=c得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使 h1和h2同时减小 。 故 A错误 。 B、若环境温度升高，封闭气体的压强增大，体积也增大， h1和 h2同时增大 。 故 B错误 。 C、若把弯管向上移动少许，封闭气体的体积将增大 。 故 C错误 。 D、若把弯管向下移动少许，封闭气体的体积减小，压强增大，故 D正确 。 答案： D 11.某一质点沿直线运动的位移 x随时间 t变化的图象如图所示，则 ( ) A.第 10s末，质点的速度最大 B.在 2

10、0s内，质点的位移为 9m C.第 5s 末和第 15s末，质点的加速度方向相反 D.0 10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反 解析： A、位移时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在 10s末时，质点的速度为零，故 A错误； B、在 20s内质点的位移为 x=x 2 x1=0 1m= 1m，故 B错误； C、在 0 10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方 向；在10 20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向 。 所以在 5s和 15s时，质点的加速度方向相同，故 C错误； D、在 0 10s

11、内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故 D正确 。 答案： D 12.如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将 AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝 AB 段受到的安培力为 F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为 ( ) A.F B.1.5F C.2F D.3F 解析： AB受力： FAB=BIL=F ACB受力：有效长度为 L，电流为 AB的电流的 ，则其受力为： = ，二力方向相同，则合力为 1.5F 则 B 正确 。 答案： B 13.汽车在平直公路上以速度 v0匀速行驶，发动机功率为 P，快进入闹市区时，司机减小了油门

12、，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶 。 设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图象中，哪个图象正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系( ) A. B. C. D. 解析： 汽车匀速行驶时牵引力等于阻力； 功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式 P=Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式 P=Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动 。 答案： B 14.如图所示， a、 b两小球分别从半圆轨

13、道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度 v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的 2倍 。 若小球 b能落到斜 面上，下列说法正确的是 ( ) A.a、 b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上 B.a 球一定先落在半圆轨道上 C.b 球一定先落在斜面上 D.a 球可能先落在半圆轨道上 解析： 将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示， 交点为 A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在 A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上 。 若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上 。 故 D正确， ABC 错误 。 答案

14、： D 15.有上下两条摩擦因数相同的水平轨道 L1、 L2，它们在同一竖直面内，相同质量的物块 A、B 放置在两轨道上，轨道 L1开一条平行轨道方向的细缝，可使细线通过，如图所示 。 A物块在 B 物块正上方 。 在连接 A、 B细线的中点 O施加拉力，使 A、 B一起向右做匀速直线运动，则 F 的方向可能是 (图中 OQ 表示水平方向 )( ) A.沿 OP 方向 B.沿 OQ 方向 C.沿 ON 方向 D.沿 OP、 OQ、 ON 方向都可能 解析： 力的作用点是在细线的中点，而且物块 A在 B的正上方，所以三角形 ABO 是等腰三角形，且 AB在竖直方向，所以 AO与 BO与水平方向的

15、夹角相等 。 因为 A对水平轨道的正压力大于 B对水平轨道的正压力，所以水平面对 A的摩擦力大于水平面对 B的摩擦力，由题意细线 AO受到的拉力必须大于 BO受到的拉力，所以 F的方向只能是 ON 方向 。 故 C 正确， A、 B、D 错误 。 答案： C 16.如图所示，在 OxL 和 2Lx3L 的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于 xOy平面 (纸面 )向里，具有一定电阻的正方形线框 abcd边长为 2L，位于 xOy平面内，线框的 ab边与 y轴重合 。 令线框从 t=0时刻由静止开始沿 x轴正方向做匀加速直线运动，则线框中的感应电流 i(取逆时针方向的电流为正 )随时间 t的函

16、数图象大致是下列图中的 ( ) A. B. C. D. 解析： 设线框进入磁场的时间为 t0，则由 L= ，得 t0= 。 在 0 t0时间内，由楞次定律判断可知感应电流方向沿逆时针方向，感应电流大小为 I= ；故 CD均错误 。 设线框 ab从 x=L运动到 x=4L的时间为 t1，则由运动学公式得 t1= t0=2t0 t0=t0，这段时间内穿过线框的磁通量不变，没有感应电流 。 故 B错误 。 设线框 ab从 x=4L运动到 x=5L的时间为 t2，则由运动学公式得 t2= t0=t0 2t0=0.236t0的时间内，根据楞次定律得知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值 。 感应电流为 I

17、= = ；故 A正确 。 答案： A 三、多项选择题 17.如图，游乐场中，从高处 A到水面 B处有两条长度相同的光滑轨道 。 甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A处自由滑向 B 处，下列说法正确的有 ( ) A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达 B处 解析： A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误； B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度 (重力势能 )相等处的动能也相等，故 B 正确； C、 D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位

18、移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置 。 故 C 错误， D正确 。 答案： BD 18.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， t时刻与 (t+0.6)时刻的波形图正好重合，如图所示 。则下列说法中正确的是 ( ) A.质点振动周期可能为 1.2s B.该波的波速可能为 10m/s C.在 (t+0.4)时刻， x= 1m 处的质点位移可能为零 D.从 (t+0.3)时刻开始计时， x=0.5m处的质点可能比 x= 0.5m处的质点先到达波峰位置 解析： A、由题分析得知， nT=0.6s， n=1， 2， 3 ，周期 T= s，所以质点振动周期不可能为 1.2s。 故 A错误 。 B、由图读

19、出波长为 =2m ，波速 v= = m/s= nm/s，当 n=3时， v=10m/s。 故 B 正确 。 C、 t时刻到 (t+0.4)时刻经过时间为 0.4s，而 0.4s 与周期的关系为 n= = = n，由于 n 为整数，所以该时刻 x= 1m处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零 。 故 C错误 。 D、简谐横波沿 x轴正方向传播，在 (t+0.3)时刻， x=0.5m处的质点振动方向可能沿 y轴正方向， x= 0.5m处的质点振动方向沿 y轴负方向，所以先到达波峰位置 x=0.5m 处的质点可能比 x= 0.5m处的质点先到达波峰位置 。 故 D正确 。 答案： BD 19.如图

20、所示， A、 B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮 (轴心固定不动 )相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为 、 ， A球向左的速度为 v，下列说法正确的是 ( ) A.此时 B球的速度为 v B.此时 B球的速度为 v C.当 增大到等于 90 时， B球的速度达到最大 D.在 增大到 90 的过程中，绳对 B球的拉力一直做正功 解析： A、将物块 A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于 B沿绳子方向的分速度 。 在沿绳子方向的分速度为 v 绳子 =vcos ，所以 vB= = 。 故 A正确， B错误 。 C、当 增大到

21、等于 90 时， B球的速度沿绳子方向的分速度等于 0，所以 A 沿绳子方向的分速度也是 0，而 cos 不等于 0，所以 A球的速度为 0；此时 A的动能全部转化为 B的动能，所以 B球的速度达到最大，故 C正确； D、在 增大到 90 的过程中，绳子的方向与 B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对 B球的拉力一直做正功 。 故 D正确 。 答案： ACD 20.如图所示，电路中定值电阻阻值 R大于电源内阻阻值 r。 闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表 V1、 V2、 V3示数变化量的绝对值分别为 U 1、 U 2、 U 3，理想电流表 A 示数变化量的绝对值为 I ，则

22、 ( ) A.U 1大于 U 2 B. =R+r C.V2的示数增大 D. + 保持不变 解析： A、根据闭合电路欧姆定律得： U2=E Ir，则得： =r； =R，据题： R r，则得 U 1 U 2.故 A正确 。 B、根据闭合电路欧姆定律得： U3=E I(R+r)，则得： =R+r，故 B正确 。 C、理想电压表内阻无穷大，相当于断路 。 理想电流表内阻为零，相当短路，所以 R与变阻器串联，电压表 V1、 V2、 V3分别测量 R、路端电压和变阻器两端的电压 。 当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则 A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电

23、压减小，所以 V2的示数减小，故 C错误； D、由上知， + =R+r，保持不变，故 D正确 。 答案： ABD 四、填空题 21.远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃 。 随着人类文明的进步，出现了 “ 钻木取火 ” 等方法 。 “ 钻木取火 ” 是通过 方式改变物体的内能，把 转变为内能 。 解析： “ 钻木取火 ” 是通过做功方式改变物体的内能，在此过程中，机械能转变为内能 。 答案 ：做功 机械能 22.甲、乙两颗绕地球作匀速圆周运动人造卫星，其线速度大小之比为 ： 1，则这两颗卫星的运转半径之比为 ，运转周期之比为 。 解析： 根据 ，得 v= ， 所以： 根据：

24、 得： T=2 。 所以周期之比为： = 答案 ： 1： 2 1： 2 23.某同学的质量为 60kg，在一次野营中，他从岸上以 2m/s的速度，跳到一条以 0.5m/s的速度正对着他飘来的小船上，跳上船后他又走了几步，最终停在船上 。 已知小船的质量为140kg，则人与小船共同运动的速度大小为 m/s，运动方向为 。 (填 “ 向左 ” 或“ 向右 ” ) 解析： 以人与船组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： m 人 v 人 m 船 v 船 =(m 人 +m 船 )v， 即： 602 140 0.5=(60+140)v， 解得： v=0.25m/s，方向与人原来的

25、速度方向相同，即向右 。 答案 ： 0.25 向右 24.如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为 1m/s和 0.2m， C点为 AB 连线的中点 。 则图示时刻 C点的振动方向(选填 “ 向上 ” 或 “ 向下 ” ) ，从图示时刻再经过 0.25s时， A点经过的路程为 cm。 解析： B点处于波谷， A点处于波峰，波由 B向 A 传播，此时 C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知 C点的振动方向向下 。 周期 T= ，质点在一个周期内振动的路程等于 4倍的振幅，经过 0.25s 时，走过的路程等于 5倍的振幅，

26、 A=20cm，则 s=100cm。 答案 ：向下 100 25.如图所示，河道宽 L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足 u=0.2x(x是离河岸的距离， 0x )。 一小船在静水中的速度 v=10m/s，自 A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸 B处 。 AB两点间距离为 m。 设船的运动方向与水流方向夹角为 ，则渡河过程中 最小为 。 解析： 渡河的时间为： t= = s=10s； 水流速的平均速度等于 处的水流速 。 则有： u=0.4 =10m/s。 所以沿河岸方向上的位移为： x=ut=200m。 所以 AB 的直线距离为： s= m=200 m； 船在静水中速度

27、是不变，而水流速度满足 u=0.2x(x是离河岸的距离， 0x )，因 x=vt，那么 u=2t，因此到达河中央前小船加速度大小为 2m/s2， 当到达中央时，水流速度为： u=0.2x=0.2100=20m/s ， 由三角知识，则有： tan= =0.5。 答案 ： 200 arctan0.5 26.带正电小球静止在光滑绝缘斜面的底端，现在该区域加一平行斜面向上的匀强电场，经时间 t电场做功 40J时，匀强电场突然消失，小球又经时间 t恰好回到斜面底端 。 若以小球初始水平面为零重力势能面，则小球回到斜面底端时的机械能为 J，小球的动能为 8J时重力势能为 J。 解析： 在运动的过程中，除重

28、力之外，只有电场力做功，小球的机械能的增加等于电场力做的功，电场力做功 40J，所以小球的机械能的增加 40J，小球回到斜面底端时的机械能为 40J； 设有电场力与没电场力时物体的加速度大小分别为 a1、 a2，根据物体在电场力作用向上运动的位移与撤去电场力后回到出发点的位移大小相等，方向相反，得： a1t2+(a1t)t a2t2=0 解得： a2=3a1 又由牛顿第二定律得： qE mgsin=ma 1， mgsin=ma 2， 得到 qE= mgsin 设当物体的动能为 8J 时，物体重力势能 为 EP，有： (qE mgsin )x=EK=8J 此时的势能为： EP=mgsinx 解得

29、： EP=mgsinx=3E K=24J， 在去掉电场之后，物体从静止开始下滑的过程中，机械能守恒，此时当动能为 8J的时候，重力势能为 40 8=32J。 答案 ： 40 32 和 24 五、实验题 27.某同学利用单摆测定重力加速度时，用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到 n=60时停止计时 。 测量结果与当地的重力加速度的真实值比较，发现偏大，可能原因是 ( ) A.振幅偏小 B.开始计时误记为 n=1 C.将摆线加上球直径当成了摆长 D.将摆线的长度当成了摆长 解析： 由单摆周期公式： T=2 可得： g= ， A、

30、重力加速度与单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故 A错误； B、开始计时误记为 n=1，所测中期 T偏小，由 g= 可知，所测重力加速度偏大，故 B正确； C、在摆线加上球直径当成了摆长，所测摆长偏大，由 g= 可知，所测重力加速度偏大，故 C正确； D、将摆线长当成了摆长，所测 摆长偏小，由 g= 可知，所测重力加速度偏小，故 D错误 。 答案： BC 28.“ 研究共点力的合成 ” 的实验情况如图所示，其中 A为固定橡皮筋的图钉， O为橡皮筋与细绳的结点， OB和 OC为细绳，图是在白纸上根据实验结果画出的图示 。 (1)图 中的 F与 F 两力中，方向一定沿 AO 方向

31、的是 。 解析： F是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F 是通过一个弹簧称沿 AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿 AO 方向的是 F ，由于误差的存在 F和 F 方向并不在重合。 答案： F (2)本实验采用的科学方法是 。 A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 解析：合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。 答案： B (3)实验中可减小误差的措施有 。 A.两个分力 F1、 F2的大小要尽量大些 B.两个分力 F1、 F2间夹角应越大越好 C.拉橡皮筋时，弹簧秤

32、、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 D.AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点 O时，拉力要适当大些 。 解析： A、实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，故 A正确； B、而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故 B错误； C、为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故 C正确； D、为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故 D 正确 。 答案： ACD 29.如图是 “ 用 DIS研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系 ” 实验装置，保持挡光片位置、光电门和螺线管之间的距离不变 。 (1)实验器材除

33、了需要光电门传感器之外，还需要 传感器 。 解析：研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系，需要测出感应电动势的大小，因此需要电压传感器。 答案：电压 (2)让小车以不同的速度靠近螺线管，记录下小车每次靠近螺线管至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系 。 如图所示，光电门测得挡光时间为 t 1，有感应电动势的时间为 t 2，则实验可以得到感应电动势与 成正比 。 (用题中字母表示 ) 解析：小车每次靠近螺线管至最后撞上螺线管停止的全过程中，磁通量的变化量 相等，由法拉第电磁感应定律可得： E=n 可知，在 n 与 一定时，感应电动势与 成正比。 答案： (3)若保持磁铁

34、靠近线圈的速度不变，只增加线圈的匝数 (线圈直径不变 )，则 t 1内图象所围阴影部分面积将 (选填 “ 不变 ” 、 “ 增大 ” 或 “ 减小 ” )。 解析： 感应电动势： E=n ，则 Et=n ，每次实验时磁通量的变化量 不变，保持磁铁靠近线圈的速度不变，只增加线 圈的匝数 n，则 n 增大， t 1内图象所围阴影部分面积将增大 。 答案 ：增大 30.某实验小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势 E和内阻 r，并探究电极间距对 E和 r的影响，实验器材如图所示测量 E和 r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压 U和流过电源的电流 I，

35、依据公式 U=E Ir，利用测量数据作出 U I图象，得出 E和 r。 (1)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路 。 解析：将电压表视为理想表，要避免电流表分压作用对测量结果，相对于电源来说，电流表应采用外接法，据此连接实物电路图，电路图如图所示。 答案：如图所示： (2)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的 U I图象如图中(a)(b)(c)(d)所示，由此可知：在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势 (填 “ 增大 ” 、 “ 减小 ” 或 “ 不变 ” )，电源内阻 (填 “ 增大 ” 、 “ 减小 ” 或 “

36、 不变 ” )。 解析：图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，由图象可知，图象与纵轴的交点纵坐标不变，所以电动势不 变，图线斜率的绝对值即为内阻，由图象可知， (a)(b)(c)(d)图象斜率的绝对值变大，电源内阻变大。由此可知：随电极间距的减小电源内阻增大。 答案：不变 增大 (3)对图线 (c)，当外电路总电阻为 2500 时，该电源的输出功率 P= mW。 解析： 由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 0.975，电源电动势 E=0.975 V； (c)对应图线斜率绝对值约为 478(从线上选取两点即可求斜率 )，电源的输出功率为： P=( )2R=( )22500 W=2.6810 4

37、W=0.268mW。 答案 ： 0.268 六、计算题 。 (共 50分 ) 31.如图所示，导热良好的薄壁气缸放在水平面上，用横截面积为 S=1.010 2m2的光滑薄活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上 。 此时活塞杆与墙刚好无挤压 。 外界大气压强 p0=1.010 5PA.当环境温度为 27 时，密闭气体的体积为 2.010 3m3。 (1)若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢升高到 57 时，气体压强 p2为多少？ 解析：从开始状态到最后状态，气体等容变化 = 解得： P2= = pa=1.110 5pa。 答案：若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢升高到

38、57 时，气体压强 p2为 1.110 5pa。 (2)若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢升高到 57 时，气缸移动了多少距离？ 解析：当环境温度缓慢升高到 57 时，气体作等压变化，根据盖吕萨克定律得： = 解得： V2= V1= 2.010 3m3=2.210 3m3 气缸移动的距离为： l= = m=210 2m。 答案：若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢升高到 57 时，气缸移动了 210 2m距离。 (3)保持 (2)的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？ 解析： 由状态 3到状态 4，由等温变化可知

39、： P3V3=P4V4 即 P4= = =1.110 5Pa 又因为： P4s=P0S+F 解得： F=100N。 答案： 保持 (2)的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时气缸受到的水平作用力 100N。 32.如图所示，粗糙水平面上放置一个小物块，在力 F作用下沿水平面向右加速运动 。 在保持力 F大小不变的情况下，发现当 F水平向右或与水平面成 60 夹角斜向上时，物块的加速度相同 。 求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数 。 解析：水平拉时，根据牛顿第二定律有： F mg=ma ， 右上拉时，根据牛顿第二定律得， Fcos60 (mg Fsin6

40、0)=ma ， 联立上述两式，代入数据解得 = 。 答案：物块与水平面间的动摩擦因数为 。 (2)若保持力 F与水平面成 60 夹角斜向上，从静止起拉动物块，物块沿水平面向右移动 s=5m的时间为 t。 改变 F的大小重复上述过程，时间 t的最小值为多少？ 解析： 时间 t最小，则要求加速度最大，即 F最大 物块沿水平面运动则 F 的竖直分力不超过重力 F 最大满足 mg= F， 根据 ， s= 得， 代入数据解得 t= s 答案： 时间 t的最小值为 。 33.如图所示，电源电动势为 ，内阻为 r，滑动变阻器总阻值为 3r，间距为 d的两平行金属板 AB、 CD 竖直放置，闭合电键 S时，板

41、间电场可视为匀强电场 。 板间有一长为 L的绝缘细轻杆，能绕水平固定转轴 O 在竖直面内无摩擦转动，杆上端固定质量为 m、带电量为 +q的金属小球 a，下端固定质量为 2m、带电量为 q的金属小球 b，已知 Ob=2Oa，并且 q= ，两带电小球可视为点电荷，不影响匀强电场的分布，两电荷间相互作用力不计，重力加速度为 g。 现调节滑片 P使其位于滑动变阻器的中点，闭合电键 S，待电场稳定后： (1)求两极板间电场强度 E的表达式 。 解析：由题意可知，当滑动变阻器滑片位于变阻器中点时，闭合电键 S，平行金属板间的电压 U= 代入数据有： 又因为平行金属板间 是匀强电场，根据电场强度与电势差的关

42、系有： E= = 。 答案：求两极板间电场强度 E 的表达式为 。 (2)将轻杆从如图位置顺时针转过 时 ( 360 )由静止释放，轻杆恰能静止，求 。 解析：轻杆恰能静止时所受力矩平衡， 两小球所受重力的力矩为反方向，且 M 重 a M 重 b 两小球所受电场力的力矩为同方向， 因此力矩平衡时则有： M 重 a+M 电 a+M 电 b=M 重 b mgsin L+Eqcos L+Eqcos L=2mgsin L 又因为 Eq= mg 可解得 =37 或 217 。 答案：将轻杆从如图位置 顺时针转过 时 ( 360) 由静止释放，轻杆恰能静止， =37或 217 。 (3)若将轻杆从如图位置

43、由静止释放，轻杆将绕轴 O顺时针转动，求小球 a运动的最大速度 。 解析： 由 (2)分析知小球 P运动的速度最大时轻杆与竖直方向夹角为 37 ，因为同杆转动，所以有： vb=2va 由动能定理得： mva2+ 2mvb2 0=mg L (1 cos37 )+Eq Lsin37+Eq Lsin37 2mg L (1 cos37 ) 可解出 va= 答案： 若将轻杆从如图位置由静止释放，轻杆将绕轴 O顺时针转动，求小球 a 运动的最大速度 。 34.如图所示，两根粗细均匀的金属杆 AB和 CD的长度均为 L，电阻均为 R，质量分别为 3m和 m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导

44、线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧， AB和 CD处于水平 。 在金属杆 AB的下方有高度为 H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为 B，方向与回路平面垂直，此时 CD处于磁场中 。 现从静止开始释放金属杆 AB，经过一段时间 (AB、 CD始终水平 )，在 AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆 CD还处于磁场中，在此过程中金属杆 AB 上产生的焦耳热为 Q。重力加速度为 g，试求： (1)金属杆 AB即将进入磁场上边界时的速度 v1。 解析： AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态， 对 AB杆： 3mg=2T 对 CD杆： 2T=mg+BIL 又

45、 F=BIL= 解得 v1= 。 答案：金属杆 AB 即将进入磁场上边界时的速度为 v1= 。 (2)在此过程中金属杆 CD移动的距离 h和通过导线截面的电量 q。 解析：以 AB、 CD 棒组成的系统在此过程中，根据能 的转化与守恒有： (3m m)gh 2Q= 4mv 12 则得 h= = 通过导线截面的电量 q=It= = = 。 答案：在此过程中金属杆 CD移动的距离为 h= = 和通过导线截面的电量为 q=It= = = 。 (3)设金属杆 AB在磁场中运动的速度为 v2，通过计算说明 v2大小的可能范围 。 解析： AB杆与 CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态， 对 AB杆： 3mg=2T+BIL 对 CD杆： 2T=mg+BIL 又 T=T ， F=BIL= 解得 v2= 所以 v2 。 答案：金属杆 AB 在磁场中运动的速度 v2的范围为 v2 。 (4)依据第 (3)问的结果，请定性画出金属杆 AB 在穿过整个磁场区域的过程中可能出现的速度时间图象 (v t图 )。 解析： AB杆以速度 v1进入磁场，系统受到安培力 (阻力 )突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，接下来的运动情况有四种可能性： 答案：如图所示：