您好,欢迎来到华佗健康网。
搜索
您的当前位置:首页2012年上海市高考物理试卷(含答案详解)

2012年上海市高考物理试卷(含答案详解)

来源:华佗健康网


2012年上海市高考物理试卷(含答案详解) D

2012年上海市高考物理试卷

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 .

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( )

B乙为紫光的干涉图样 .

D丁为红光的干涉图样 .

B强度 .

C照射时间 .

D光子数目 .

A甲为紫光的干涉图样 .

C丙为红光的干涉图样 .

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C天然放射现Dα粒子散射.象

.象

.现象

CF 2有两个可能的方向 .

DF2可取任意方向 .

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” B甲是“或”门,乙是“非”.门 .门

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( )

.门 .门

C甲是“与”门,乙是“或” D甲是“或”门,乙是“与”

A .

B.

C.

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,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 .

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 .

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 .

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( )

B

C.

D.

B四个 .

C五个 .

D六个 .

DF .

. .

Av 0<v<2v0 Bv=2v0 .

C2v0<v<3v0 Dv>3v0 .

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( ) A3V ,1.8J .

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 .

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

B3V,3.6J .

C6V,1.8J .

D6V,3.6J .

B逐渐增大 .

C先减小后增D先增大后减.大

.小

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( ) Ah A=hB,则一定有WA=WB . .

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 ( )

BhA>hB,则可能有WA<WB . .

Ch A<hB,则可能有WA=WB DhA>hB,则一定有WA>WB

A2R .

B .

C .

D .

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 .

C热功率一定减小 .

B效率一定增大 .

D输出功率一定先增大后减小 .

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( )

AF 2=F1,v1>v2 BF2=F1,v1<v2 CF2>F1,v1>DF2<F1,v1<.

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( )

.v 2

.v 2

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

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( )

Am A一定小于BqA一定大于CvA一定大于DEkA一定大于.m B

.q B .v B .E kB

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 _________ .

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 _________ 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 _________ m/s.

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 _________ ,线速度大小变为 _________ .

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 _________ m/s质点在 _________ 时的瞬时速度等于它在6﹣20s内的平均速度.

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 _________ m/s,最小周期为 _________ s.

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 _________ .

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 _________ (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 _________ (填“顺时针”或“逆时针”).

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 _________ 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 _________ 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 _________ 两端的电压.

(2)(单选)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时,若 _________

(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.

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 _________ (填“向上”或“向下”)移动,直至 _________ .

(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 _________ .

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 _________ .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 _________ .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 _________ (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= _________ .

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).

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.

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.

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.

2012年上海市高考物理试卷

参与试题解析

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 .

考光电效应.

B强度 .

C照射时间 .

D光子数目 .

点:

专光电效应专题. 题:

分发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频析:率.

解解:发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极答: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

点本题考查了发生光电效应的条件和光电效应方程的应评: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( )

B乙为紫光的干涉图样 .

D丁为红光的干涉图样 .

A甲为紫光的干涉图样 .

C丙为红光的干涉图样 .

考光的干涉.

点:

分根据双缝干涉条纹的间距公式,通过间距的大小,判断析:出两束光所呈现的图样,干涉图样是等间距的.

知条纹是等间距的,解解:由干涉图样条纹间距公式

答:CD 错误;红光的波长长,条纹间距大,所以甲为紫光的,

乙为红光的,A正确B错误. 故选A

点解决本题的关键通过双缝干涉条纹的间距公式判断是那评: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C天然放射现Dα粒子散射.象

.象

.现象

考天然放射现象.

点:

专原子的核式结构及其组成. 题:

分电离现象是电子脱离原子核的束缚.光电效应是原子核析: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;

解解:A、电离现象是电子脱离原子核的束缚,不涉及原子答: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.

点本题考查这几种物理现象的本质,内容简单,只要加强评: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 .

考光子.

点:

分爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续析: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=6.626×1034 J.S)

解解:A、“光子说”提出光子即有波长又有动量,是波动答:说和粒子说的统一,故 A错误;

B、光的波长越大,根据,频率越大,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.

点爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统评: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( )

Bα射线 .

AX 射线 .

Cβ射线 .

Dγ射线 .

考常见传感器的工作原理.

点:

分在三种射线中γ射线的穿透本领最强,该装置中探测器析:接收到的是 γ射线.

解解:α、β、γ三种射线的穿透能力不同,α射线不能答:穿过钢板,γ 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

点本题考查了α、β、γ三种射线的特性,电离本领依次评: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( ) AF 1的大小是唯一的 .

CF 2有两个可能的方向 .

考力的合成.

BF2的方向是唯一的 .

DF2可取任意方向 .

点:

分已知合力的大小为50,一个分力F1的方向已知,与F成析: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.

解解:已知一个分力有确定的方向,与F成30°夹角,知答: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.

点解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则,评: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” B甲是“或”门,乙是“非”.门 .门

考简单的逻辑电路.

.门 .门

C甲是“与”门,乙是“或” D甲是“或”门,乙是“与”

点:

专压轴题. 题:

分根据电路分析,当从乙门电路输出为高电压时,蜂鸣器析:发出声音.

解解:A、若甲是“与”门,乙是“非”门,不管输入电压答: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.

点本题考查了逻辑门电路及复合门电路,理解逻辑关系及评: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 .

考力的合成与分解的运用.

B.

C.

D.

点:

专压轴题;受力分析方法专题. 题:

分对整体分析,得出整体的加速度方向,确定B的加速度析:方向,知道 B的合力方向,从而知道B的受力情况. 解解:整体向上做匀减速直线运动,加速度方向沿斜面向答: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.

点解决本题的关键知道B与整体具有相同的加速度,根据评: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 .

考原子的核式结构.

B

C.

D.

点:

分质子数相同中子数不同的同一元素不同原子互为同位析:素,质量数等于质子数加中子数.

解解:同位素的质子数相同,中子数不同,而质量数等于答: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

点本题主要考查了同位素的定义,知道质量数等于质子数评: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 .

考竖直上抛运动.

B四个 .

C五个 .

D六个 .

点:

分小球做竖直上抛运动,先求解出小球运动的总时间,然析:后判断小球在抛出点以上能遇到的小球数.

解解:小球做竖直上抛运动,从抛出到落地的整个过程是

答: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.

点本题关键明确第一个小球的运动情况,然后选择恰当的评: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 .

考电场强度;电场的叠加.

DF .

. .

点:

专电场力与电势的性质专题. 题:

分首先确定电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方析: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.

解解:根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引,分析答: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

点本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场评: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( )

Av 0<v<2v0 Bv=2v0 .

考平抛运动.

C2v0<v<3v0 Dv>3v0 .

点:

专平抛运动专题. 题:

分平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上析: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.

解解:小球从a点正上方O点抛出,做初速为v0的平抛运答: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.

点解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的评: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( ) A3V ,1.8J .

考闭合电路的欧姆定律.

B3V,3.6J .

C6V,1.8J .

D6V,3.6J .

点:

分(1)已知电阻丝在通过0.3C的电量时,消耗的电能析: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.

解解:因为电阻丝在通过0.3C的电量时,消耗的电能是答: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.

点本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用.本题评: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 .

考力矩的平衡条件.

B逐渐增大 .

C先减小后增D先增大后减.大

.小

点:

分根据力矩平衡知,拉力的力矩与重力力矩平衡,根据拉析:力力臂的变化判断拉力的变化.

解解:棒子O端用水平轴铰接在墙上,棒处于水平状态,

答: 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.

点解决本题的关键掌握力矩平衡条件,通过力臂的变化,评: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( ) Ah A=hB,则一定有WA=WB . .

考机械能守恒定律.

BhA>hB,则可能有WA<WB . .

Ch A<hB,则可能有WA=WB DhA>hB,则一定有WA>WB

点:

专压轴题;机械能守恒定律应用专题. 题:

分质量相等的均质柔软细绳,则长的绳子,其单位长度的析: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.

解解:A、两绳中点被提升的高度分别为hA、hB,hA=hB, 答: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.

点解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点,找出不同评: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 ( )

A2R .

B .

C .

D .

考机械能守恒定律.

点:

专压轴题;机械能守恒定律应用专题. 题:

分开始AB一起运动,A落地后,B做竖直上抛运动,B到析: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.

解解:设B的质量为m,则A的质量为2m, 答: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B的运动分两个阶段,应用动能定理即可求出B能上升评: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 .

C热功率一定减小 .

考电功、电功率.

B效率一定增大 .

D输出功率一定先增大后减小 .

点:

专恒定电流专题. 题:

分滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,由析: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.

解解:由电路图可知,当滑动变阻滑片向右移动时,滑动答: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,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.

点熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题. 评:

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( )

AF 2=F1,v1>v2 BF2=F1,v1<v2 CF2>F1,v1>DF2<F1,v1<.

考功率、平均功率和瞬时功率;力的合成与分解的运用;点:共点力平衡的条件及其应用.

.v 2 .v 2

专功率的计算专题. 题:

分物体都做匀速运动,受力平衡,根据平衡条件列式,再析:根据 F1与F2功率相同列式,联立方程分析即可求解. 解解:物体都做匀速运动,受力平衡,则:

答: 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

点该题要抓住物体都是匀速运动受力平衡及功率相等列式评: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

考带电粒子在匀强磁场中的运动.

点:

专压轴题;带电粒子在磁场中的运动专题. 题:

分银原子向右匀速运动的同时,圆筒匀速转动,两个运动析:相互,同时进行.

解解:A、B、从原子炉R中射出的银原子向右做匀速直线答: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.

点本题考查圆周运动和统计规律,难度中等,本题物理情评: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( )

Am A一定小于BqA一定大于CvA一定大于DEkA一定大于.m B

考牛顿第二定律;机械能守恒定律.

.q B .v B .E kB

点:

专压轴题;牛顿运动定律综合专题. 题:

分设两个球间的静电力为F,分别对两个球受力分析,求析: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. 解解:A、对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,答: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)=

由于A球摆到最低点过程,下降的高度△h较大,故A

其中FLcosθ相同,故θ越大,动能越大,故EkA一定大于EkB,故D正确; 故选ACD.

点本题关键分别对两个小球受力分析,然后根据平衡条件评: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

考原子核衰变及半衰期、衰变速度.

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 .

点:

专衰变和半衰期专题. 题:

分发生一次β衰变后,原来的原子核质量数不变,核电荷析: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.

解解:发生一次β衰变后,原来的原子核质量数不变,核

1,故衰变方程: 答:电荷数增加

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.

点本题考查原子核的β衰变方程,只要记住它的衰变规律评: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.

考动量守恒定律.

点:

分取A球的速度方向为正方向,分别表示出两球的动量,析: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.

解解:取A球的速度方向为正方向,

答: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

点对于碰撞的基本规律是动量守恒,注意规定正方向列出评: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

考万有引力定律及其应用.

点:

专万有引力定律的应用专题. 题:

分人造地球卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,析: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. 解解:万有引力提供向心力,得:答:

得:

得:又:

故答案为:2r,

点人造地球卫星做匀速圆周运动,一定要使用万有引力提评: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.

考匀变速直线运动的图像.

点:

专运动学中的图像专题. 题:

分位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化,图象上析: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.

解解:由图可知:质点在0﹣20s内的位移为16m,

0﹣20s内的平均速度大小 答:所以

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

点理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义;能从位移评:﹣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.

考波长、频率和波速的关系;横波的图象.

点:

专压轴题;波的多解性. 题:

分分波向左传播和向右传播两种情况讨论;先求出位移,析:再求解波速和对应的周期.

解解:由图象可以看出,波长为:2λ=14m,故λ=7m; 答: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,.

点本题关键分情况讨论,求解出各种可能的波速和周期,评: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

考法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律;电功、电点:功率.

专压轴题;电磁感应与电路结合. 题:

分对导线框受力分析,利用牛顿第二定律可以求出加速析: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.

解解:导线框在磁场中受到的合外力等于F,由牛顿第二答: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:

点解决此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件,楞评: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”).

考研究电磁感应现象.

点:

专实验题. 题:

分电流从左端流入指针向左偏转,根据电流表指针偏转方析:向判断电流方向,然后应用安培定则与楞次定律分析答

题.

解解:(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时,穿答: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.

点熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键;要掌评: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.

考用多用电表测电阻.

点:

专实验题;恒定电流专题. 题:

分(1)图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2并联,析: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.

解解:(1)①多用电表与滑动变阻器串联,电流相等; 答: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.

点本题关键明确多用电表的使用,关键要理清电路结构;评: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 .

考气体的等容变化和等压变化.

点:

专实验题;压轴题. 题:

分探究压强不变时体积变化与温度变化的关系,气体温度析: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. 解解:(1)气体温度升高,压强变大,B管水银面下降,答: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

点实验过程中要注意控制变量法的应用,控制气体压强不评: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=

考用单摆测定重力加速度.

点:

专实验题;压轴题;单摆问题. 题:

分(1)磁传感器的引出端A应接到数据采集器,从而采集析: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.

解解:(1)磁传感器的引出端A应接到数据采集器,从而答: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=为直线, 由题意可知:lg解得:g=

,故lgT﹣lgL图线

可得:lgT=lg

=c

故答案为:(1)数据采集器,;最低点;

;(2)直线;

点本题考查实验操作和数据处理的能力,对数学知识要求评: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).

考牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.

点:

专牛顿运动定律综合专题. 题:

分对环受力分析,受重力、拉力、弹力和摩擦力,其中弹析: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.

解解:对环受力分析,受重力、拉力、弹力和摩擦力;令答: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.

点本题要分两种情况对物体受力分析,然后根据平衡条件评: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.

考理想气体的状态方程.

点:

专理想气体状态方程专题. 题:

分将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中会有析: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.

解解:(1)将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过答: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

点该题中会有一部分水银流出,这是该题的关键所在,很评: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.

考安培力;左手定则.

点:

专压轴题. 题:

分(1)通过线圈处于平衡,根据共点力平衡判断安培力的

析: 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.

解解:(1)当MN通以强度为I1的电流时,两细线内的张答: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里,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T.0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外,则I2方向向右.

(2)当MN中通以电流I时,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).

点解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向,右手评: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.

考导体切割磁感线时的感应电动势;共点力平衡的条件及点:其应用;电磁感应中的能量转化.

专压轴题;电磁感应——功能问题. 题:

分电磁感应定律求电动势,匀变速运动求速度,由闭合电析: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.

解解:(1)对杆发电:E=BLv, 答: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=△Ek W=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

点考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规评:律,讨论其最大值,能量守恒定律的应用.

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

Copyright © 2019- huatuo0.com 版权所有 湘ICP备2023021991号-1

违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com

本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务