2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）物理.docx

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1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试 (上海卷 )物理 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. 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 解析： 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 。 答案： B。 2.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

2、C.增加波源距桥墩的距离 D.减小波源距桥墩的距离 解析：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。 答案： B。 3.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 解析：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： 答案： B 4.一定质量的理想气体在

3、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 解析： A.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，平均势能与体积有关，故 AB 错误 C 正确 D.子间同时存在分子引力和斥力，都随距离的增大而减小；都随距离的减小而增大，分子力大小与分子间距有关，故 D 错误。 答案： C 5.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 解析：衰变

4、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。 答案： C 6. Th 经过一系列 衰变和 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 解析：发生 衰变是放出 42He，发生 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

5、个质子，少 16 个中子。 答案： A 7.在 粒子散射实验中，电子对 粒子运动的影响可以忽略，这是因为与 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 解析： 粒子的质量是电子质量的 7000 多倍， 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。 答案： D。 8.两个正、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

6、移动到 Q，其间必有一点电势能为零 解析： A.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.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.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.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=q ，故其间必有一点电势能为零，故 D 正确 。 答案： D 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.如图，长为

7、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 ，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 gh D. V2与 V2之和为 HS 解析： AC、对水银柱有 P1S+mg=P2S 水银柱的质量为： m=hSg P2=P2 P2=(P1+gh P1 gh)=P 1 P1= P1，故 A 正确， C 错误； B、对上部分气体根据玻意而定律得： P1V1=P

8、1V 1 对下部分气体根据玻意而定律得： P2V2=P2V 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，现在是不确定，故 D错误； 答案： A 10.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 解析： 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

9、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； 答案： C 11.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 解析：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在 50nm 到 440nm 之间

10、，而三种材料中，极限频率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 . 答案： D 12.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 1.210 5A，则在 1s 内发射的重离子个数为 (e=1.610 19C)( ) A.3.010 12 B.1.510 13 C.7.510 13 D.3.7510 14 解析： 1s 内发射的重离子的电荷量为 ： Q=It=1.210 5C。 每个重离子的电荷量为 5e，则通过的重离子数为 n= = =1.510 13(个 ) 答案： B 13.监控系统控制电路如图所示，电键 S 闭合

11、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 解析：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： 答案： D 14.如图，一质量为 m 的

12、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 解析：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有： F=f， N=mg 其中： F=kSv2=ka2v2， f=N=mg=a 3g 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 。 答案： D 15.一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为 v

13、，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 解析： 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(t+ 0)，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

14、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 向上运动 .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 。 答案： C 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.c

15、d 之间 D.d 点 解析：如图：假设第二颗炸弹经过 Ab，第三颗经过 PQ；则 a， A， B， P， C 在同一水平线上，由题意可知，设 aA=AP=xo， ab=bc=L，斜面倾角为 ，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=Lcos x0=v0t 竖直向： 对第三颗炸弹：水平向： x2=2Lcos 2x0=v0t2 竖直向： 解得： t2=2t1， y2 2y1 所以 Q 点在 c 点的下方，也就时第三颗炸弹将落在 bc 之间，故 A正确 答案： A 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，

16、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. (多选 )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. 解析：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 。 答案： ABC 18. (多选 )如图，质量为 m 的小球用轻绳悬挂在 O 点，在水平恒力 F=mgtan 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 gtan

17、 解析：设小球摆到的最大角度为 ，根据动能定理得， FLsin mgL(1 cos)=0 ，又F=mgtan 解得 =2 ，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，沿绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2 mgtancos2=mgtan ，则 C 点的加速度为 gtan ，故 D 正确 . 答案： ACD 19. (多选 )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速度也是 v0木块后，二者运动方向均不变 .设子

18、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 解析：子弹与木块组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，设木块的质量为 M，子弹的质量为 m，由动量守恒定律可得： (M m)v0=Mv+mv ， 设长度是 l，碰撞的过程中子弹与木块之间的作用力为 f，根据功能关系得：联立解得： v= ；所以在其他的条件不变的条件下： A、 B、由以上公式可知， v0越大， v 越大 。 故 A 正确， B 错误； C、 D、由于二者运动方向均不变，结合以上公式可知，子弹质量越小，

19、v 越大；木块质量越大， v 越大 .故 C 错误， D 错误 。 答案： A 20. (多选 )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 解析： A.根据题意，由动能定理知：导体棒： W1=Ek ，故 A 错误， C 正确 B.根据能量守恒

20、知 W2 W1=Q ，故 B 正确； D.对磁铁有： WF+WG W2=0 ，由 得 WF+WG=Ek+Q，故 D 正确； 答案： BCD 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.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 。 解析：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 。 答案：静止电荷，电势 。 22.两小孩在冰面上乘坐 “ 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

21、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 ”) 。 解析： 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+m BvB ， 即： 703 502=501.5+70v B ， 解得： vB=0.5m/s ，方向：水平向左； 答案 ： 0.5；左 。 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：

22、 m1 ，速度之比 vm1： vm2= m2： m1 . 解析： (1)设 m1和 m2的轨道半径分别为 r1， r2 角速度为 ，由万有引力定律和向心力公式：G =m1 2r1=m2 2r2， 得： r1 ： r2=m2： m1。 由 v=r 得： vm1： vm2=m2： m1 答案 ： m2： m1， m2： m1 24.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 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 。 解析：船的速度沿绳子

23、方向的分速度 v1=vcos ， 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=Fv 1=P+fvcos 。 答案 ： ， fvcos+P. 25.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 。 解析：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

24、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=v0cos60=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； 答案 ：匀速直线运动， 0.03J 26.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

25、 b 受到的磁场力为 3F 或 5F 。 解析：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； 答案 ： F； 3F 或 5F。 五、实验题 (

26、共 24 分 ) 27.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 . A.5mT B. 5mT C.3mT D. 3mT. 解析： (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，由于从另一端插入，磁传感器

27、的读数可能为 3mT. 答案 ： (1)前 (2)D. 28.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 10 ；电池电动势 1.5V、内阻 1 ；变阻器 R0阻值 0 5000. (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 4 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 300 ，则这个电阻的真实值是 110 . (2)若该欧姆表换了一个电动势为 1.5V，内阻为 10 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 ” 、 “

28、偏小 ” 或 “ 准确 ”). 解析：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； 欧姆表内部的中性电阻 R 内 = =3000 ； 若电动势正常时， 300 对应的电流应为： I= =0.4510 3A； 对应 1.4V 时的电阻 R 真 = 3000=110 (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； 答案 ： (1)小； 110； (2)准确 。 29.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

29、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 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

30、针方向的合力矩为 0.7 Nm.力传感器的读数为 0.5 N. 解析： (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； 答案： 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=320.05Nm=0.3Nm ； 再对力传感器进行调零，这时

31、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=210.05 2130.05 0.3Nm=0.7Nm； 根据固定转动轴物体平衡条件，则有： F20.05+3130.05 0.3=210.05 2230.05 0.3； 解得： F= 0.5N。 答案 ： (1)BD； (2)能， 0.7， 0.5。 30.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

32、 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 。 解析： (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

33、 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 。 答案

34、： (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 。 六、计算题 (共 50 分 ) 31.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 。 解析： (1)设初始时压强为 p. 左侧气体满足 = 右侧气体满足 pV2=pV 解得 k

35、= =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 案 ： (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。 32.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。 解析： (1)撤去拉力时球的机械能为 W，由机械能守恒定律，回到

36、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 (F mg)h= 解得： h= 重力势能： 设球的位置在 h 上方离地 h 处，由机械能守恒，有： 因此： 答 案 ： (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 。 33.如图 (a)，两

37、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=2 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 。 解析： (1)由 v t 图象 可知，在 0 10 内，金属

38、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 mg=ma 1， 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： mg=ma 2， 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= mg+ ，代入数据解得： B0=0.4T； (3)15 20s 内部产生感应电流

39、，穿过回路的磁通量保持不变， 金属杆在 10 15s 内的位移： d=vt=45=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。 34.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

40、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 (90180) 。 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 ； (3)杆在电势能为零处的角速度 . 解析： (1)初始状态的电势能为： We=qU+( q)U = 3qELcos (2)平衡位置时，设小球质量为 m，合力矩为： 3qElsin mglcos=0 由此得： 解得： =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 =150 时， A 恰能到达 O正上方，在此位置干的角速度为 0， 当 150 时， A 位移 O 正下方的电势能为零，初态有： W= 3qElcos EP= mglsin 末态 W=0 E P= mgl 由能量守恒有： 当 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 案 ： (1)初始状态的电势能 We为 3qELcos (2)杆在平衡位置时与电场间的夹角 为 30 ； (3)杆在电势能为零处的角速度 为 或。