2008年高考（上海卷）物理试题（解析版）.doc

2008年上海市高中毕业统一学业考试 物理试卷 考生注意： 1．答卷前，考生务必将姓名、准考证号、校验码等填写清楚。 2．本试卷共10页，满分150分。考试时间120分钟。考生应用蓝色或黑色的钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上。 3．本试卷一、四大题中，小题序号怕标有字母A的试题，适合于使用一期课改教材的考生；标有字母B的试题适合于使用二期课改教材的考生；其它未标字母A或B的试题为全体考生必做的试题。不同大题可以分别选做A类或B类试题，同一大题的选择必须相同。若在同一大题　内同时选做A类、B类两类试题，阅卷时只以A类试题计分。 4．第20、21、22、23、24题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位。 一．（20分）填空题．本大题共5小题，每小题4分。答案写在题中横线上的空白处或指定位置，不要求写出演算过程。 本大题第1、2、3小题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题。若两类试题均做，一律按A类试题计分。 A类题（适合于一期课改教材的考生） 1A．某行星绕太阳运动可近似看作匀速圆周运动，已知行星运动的轨道半径为R，周期为T，万有引力恒量为G，则该行星的线速度大小为＿＿＿＿＿；太阳的质量可表示为＿＿＿＿＿。 2A．如图所示，把电量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势UA＝15V，B点的电势UB＝10V，则此过程中电场力做的功为＿＿＿＿J。 3A．1991年卢瑟福依据α粒子散射实验中α粒子发生了＿＿＿＿（选填“大”或“小”）角度散射现象，提出了原子的核式结构模型。若用动能为1MeV的α粒子轰击金箔，则其速度约为＿＿＿＿＿m/s。（质子和中子的质量均为1.67×10－27kg，1MeV=1×106eV） B类题（适合于二期课改教材的考生） 1B．体积为V的油滴，落在平静的水面上，扩展成面积为S的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为＿＿＿＿＿。已知阿伏伽德罗常数为NA，油的摩尔质量为M，则一个油分子的质量为＿＿＿＿＿＿。 2B．放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往会同时伴随＿＿＿＿＿辐射。已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2，经过t＝T1·T2时间后测得这两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比mA：mB＝＿＿＿＿＿。 3B．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，则该交流电电压的最大值为＿＿＿＿V。当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，电动机的工作效率为＿＿＿＿＿＿。（g取10m/s2） 公共题（全体考生必做） 4．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角（θ＜π/4）。则F大小至少为＿＿＿＿＿＿；若F＝mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 表：伽利略手稿中的数据 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1192 49 7 1600 64 8 2104 5．在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略时代的1个长度单位相当于现在的mm，假设1个时间单位相当于现在的0.5s。由此可以推测实验时光滑斜面的长度至少为＿＿＿＿＿＿m，斜面的倾角约为＿＿＿＿＿度。（g取10m/s2） 二、（40分）选择题。本大题分单项选择题和多项选择题，共9小题。单项选择题有5小题，每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得4分；多项选择题有4小题，每小题给出的四个答案中，有二个或二个以上是正确的，选对的得5分，选对但不全，得部分分；有选错或不答的，得0分。把正确答案全选出来，并将正确答案前面的字母填写在题后的方括号内。填写在方括号外的字母，不作为选出的答案。 Ⅰ．单项选择题 6．在下列4个核反应方程中，x表示质子的是 （A） （B） （C） （D） [ ] 7．如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的A、C点各增加一个同样的钩码，则木棒 （A）绕O点顺时针方向转动 （B）绕O点逆时针方向转动 （C）平衡可能被破坏，转动方向不定 （D）仍能保持平衡状态 [ ] 8．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是 [ ] 9．已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能 （A）先增大后减小 （B）先减小后增大 （C）单调变化 （D）保持不变 [ ] 10．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x关系的图像是 [ ] Ⅱ．多项选择题 11．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。5s内物体的 （A）路程为65m （B）位移大小为25m，方向向上 （C）速度改变量的大小为10m/s （D）平均速度大小为13m/s，方向向上 [ ] 12．在杨氏双缝干涉实验中，如果 （A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹 （B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹 （C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹 （D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹 [ ] 13．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则 （A）弯管左管内外水银面的高度差为h （B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大 （C）若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升 （D）若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升 [ ] 14．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线。在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动。若 （A）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小 （B）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 （C）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小 （D）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小 [ ] 三．（30分）实验题 15．（4分）如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零。用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带＿＿＿电（选填写“正”或“负”）；若改用红外线重复上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率＿＿＿＿红外线（选填“大于”或“小于”）。 16．（4分，单选题）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是 （A）当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30° （B）当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90° （C）当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30° （D）干涉条纹保持原来状态不变 [ ] 17．（6分）在“用单摆测重力加速度”的实验中， （1）某同学的操作步骤为： a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 b．用米尺量得细线长度l c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球 d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/n e．用公式计算重力加速度 按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比＿＿＿（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）。 （2）已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为，式中T0为摆角趋近于0°时的周期，a为常数。为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示＿＿＿＿＿＿。 18．（6分）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W）的发光情况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图。 （1）他分别将L1、L2接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现灯泡均能正常发光。在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整。 （2）接着他将L1和L2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 （3）现有如下器材：电源E（6V，内阻不计），灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W），L3（6V，10W），单刀双掷开关S。在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关S与1相接时，信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮；当单刀双掷开关S与2相接时，信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮。 19．（10分）如图所示是测量通电螺线管A内部磁感应强度B及其与电流I关系的实验装置。将截面积为S、匝数为N的小试测线圈P置于螺线管A中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计D相连。拨动双刀双掷换向开关K，改变通入螺线管的电流方向，而不改变电流大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。 （1）将开关合到位置1，待螺线管A中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为Dφ， Dφ＝，式中为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B＝＿＿＿＿＿＿；若将K从位置1拨到位置2的过程所用的时间为Δt，则试测线圈P中产生的平均感应电动势ε＝＿＿＿＿。 实验次数 I（A） B（×10－3T） 1 0.5 0.62 2 1.0 1.25 3 1.5 1.88 4 2.0 2.51 5 2.5 3.12 （2）调节可变电阻R，多次改变电流并拨动K，得到A中电流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管A内部感应强度B和电流I的关系为B＝＿＿＿＿＿＿＿＿。 （3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有 （A）适当增加试测线圈的匝数N （B）适当增大试测线圈的横截面积S （C）适当增大可变电阻R的阻值 （D）适当拨长拨动开关的时间Δt 四．（60分）计算题。本大题中第20题为分叉题，分A类、B类两题，考生可任选一题。若两题均做，一律按A类题计分。 A类题（适合于一期课改教材的考生） 20A．（10分）汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油上升。已知某型号轮胎能在－40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm，那么在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？（设轮胎容积不变） B类题（适合于二期课改教材的考生） 20B．（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。 （1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。 （2）若改用5000高压输电，用户端利用n1：n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。 公共题（全体考必做） 21．（12分）总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图，试根据图像求：（g取10m/s2） （1）t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小。 （2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。 （3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。 22．（12分）有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝2.5m/s。在t＝0时，两列波的波峰正好在x＝2.5m处重合，如图所示。 （1）求两列波的周期Ta和Tb。 （2）求t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置。 （3）辨析题：分析并判断在t＝0时是否存在两列波的波谷重合处。 某同学分析如下：既然两列波的波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在。只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置。 你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置。若不正确，指出错误处并通过计算说明理由。 23．（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。 （1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。 （2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。 （3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。 24．（14分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。 （1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。 （2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。 （3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。 2008年全国普通高等学校招生统一考试 上海物理试卷答案要点 一．填空题（共20分） 1A．， 2A．增大，－2.5×10－8 3A．大，6.9×106 1B．， 2B．γ，： 3B．380，75% 4．Mgsinθ，增大、减小都有可能 5．2.04，1.5 二、选择题（共40分） I．6．C 7．D 8．B 9．B 10．A II．11．AB 12．BD 13．ACD 14．BCD 三、实验题（共30分） 15．正，大于 16．D 17．（1）偏小 （2）T′（或t、n）、θ， T′ 18．（1）如图b （2）由于RL1比RL2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。 （3）如图c 19．（1）， （2）0.00125I（或kI） （3）A，B 四、计算题（共60分） 20 A．（10分） 解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。 设在T0＝293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1＝233K时胎压为P1＝1.6atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmin＝2.01atm 当T2＝363K时胎压为P2＝3.5atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmax＝2.83atm 20B．（10分） 解：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A ① 输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW ② （2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 I′＝A＝4A ③ 用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V ④ 根据 用户得到的电压为 U2＝＝×4976V＝226.18V ⑤ 21．（12分） 解：（1）从图中可以看出，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 m/s2=8m/s2 设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma 得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N （2）从图中估算得出运动员在14s内下落了 39.5×2×2m＝158m 根据动能定理，有 所以有 ＝（80×10×158－×80×62）J≈1.25×105J （3）14s后运动员做匀速运动的时间为 s＝57s 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s 22．（12分） 解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别为 s＝1s s＝1.6s （2）两列波的最小公倍数为 S＝20m 在t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置为 x＝（2.520k）m，k＝0，1，2，3，…… （3）该同学的分析不正确。 要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设 L＝（2m－1） L＝（2n－1），式中m、n均为正整数 只要找到相应的m、n即可 将λa＝2.5m，λb＝4.0m代入并整理，得 由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。 23．（12分） 解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，此后进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有 解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，） （2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 解得　xy＝，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置。 （3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ， ， 解得　，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置 24．（14分） 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 mg－BIL＝ma，式中l＝r 式中　　＝4R 由以上各式可得到 （2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 式中　　 解得 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有 得　　 此时导体棒重力的功率为 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 ＝ 所以，＝ （3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为 由于导体棒ab做匀加速直线运动，有 根据牛顿第二定律，有 F＋mg－F′＝ma 即　　 由以上各式解得 2008年全国普通高等学校招生统一考试 上海物理试卷答案要点 一．填空题（共20分） 1A．【答案】：， 【解析】：该行星的线速度v=；由万有引力定律G= ，解得太阳的质量M= 。 2A．【答案】：增大，－2.5×10－8 【解析】：将电荷从从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J 。 3A．大，6.9×106 【解析】：卢瑟福在α粒子散射实验中发现了大多数α粒子没有大的偏转，少数发生了较大的偏转，卢瑟福抓住了这个现象进行分析，提出了原子的核式结构模型；1MeV=1×106×1.6×10-19= mv2，解得v=6.9×106m/s 。 1B．【答案】：， 【解析】：单分子油膜可视为横截面积为S，高度为分子直径D的长方体，则体积V=SD，故分子直径约为D=；取1摩尔油，含有NA个油分子，则一个油分子的质量为m= 。 2B．【答案】：γ，2T2 : 2T1 【解析】：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T1·T2时间后剩下的放射性元素的质量相同，则 = ，故mA：mB＝2T2 : 2T1 3B．【答案】：380，75% 【解析】：输入电压380V为有效值，则最大值为380V；电动机对集装箱做功的功率P = mgv = 5.7×103×10×0.1W= 5.7×103W，电动机消耗电功率P总=380×20W=7.6×103W，故电动机的工作效率为η = =75% mg a b c O N θ 4．【答案】：mgsinθ，增大、减小都有可能 【解析】：该质点受到重力和外力F从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动，如图中显示当F力的方向为a方向（垂直于ON）时，F力最小为mgsinθ；若F＝mgtanθ，即F力可能为b方向或c方向，故F力的方向可能与运动方向相同，也可能与运动方向相反，除重力外的F力对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、减少都有可能。 5．【答案】：2.04，1.5 【解析】：依题意，第一列数据为时间的平方t2，从数据分析可知第一列数据与第三列数据之比约为1:32（取平均值后比值为1:32.75），即斜面长度与时间的平方成正比，根据当时数据与现在的数据换算关系和匀变速运动公式，可得角度约为1.5°。 二、选择题（共40分） 6．C 【解析】：由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的x分别为正电子、α粒子、质子、中子。 7．D 【解析】：设木板AO段重力G1，重心离O点L1，木板BO段重力G2，重心离O点L2，AO长度l，由力矩平衡条件：G1L1＋2Gl = G2L2＋3Gl ，当两边各挂一个钩码后，等式依然成立：G1L1＋3Gl = G2L2＋4Gl ，即只要两边所增加挂钩码个数相同，依然能平衡。 8．B 【解析】：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：EK =mgh=mv2=mg2t2，则EP=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且EP=E－mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E－mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错。 9．B 【解析】：由PV/T为恒量，由图像与坐标轴围成的面积表达PV乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度T先减小后增大，内能先将小后增大。 10．A 【解析】：在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。 11．AB 【解析】：初速度30m/s，只需要3s即可上升到最高点，位移为h1=302/20m=45m，再自由落体2s时间，下降高度为h2=0.5×10×22m=20m，故路程为65m，A对；此时离地面高25m，位移方向竖直向上，B对；此时速度为v=10×2m/s=20m/s，速度该变量为50m/s，C错；平均速度为25m/5s=5m/s，D错。 12．BD 【解析】：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B对；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，C错；紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D对。 13．ACD 【解析】：封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。 14．BCD 【解析】：设F与F′绕O点对称，在F与F′处之间，小球始终受到指向O点的回复力作用下做往复运动，若小球P带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F′点下方，即振幅会加大，A错；每次经过O点因电场力做功减少而速度不断减小，B对；若点电荷M、N电荷量缓慢增大，则中垂线CD上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D正确。 三、实验题（共30分） 15．【答案】：正，大于 【解析】：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，因锌板被紫外线照射后发生光电效应缺少电子而带正电，故验电器指针的负电荷与锌板正电荷中和一部分电荷后偏角变小，用红外线照射验电器指针偏角不变，说明锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率。 16．【答案】：D 【解析】：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D对。 17．【答案】：（1）偏小（2）T′（或t、n）、θ， T′ 【解析】：单摆摆长为摆线长度与小球半径之和，因该同学将偏小的摆长代入公式计算，所得重力加速度的测量值偏小于实际值；为验证该关系式，需要测量单摆在任意摆角θ时的周期T′，根据公式与图像的函数关系式可推导得到摆角θ=0时横轴的截距为T0。 18．【答案】：（1）如图b （2）由于RL2比RL1小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。 （3）如图c 【解析】：由于灯泡L2和L1额定电压相同，灯泡L2功率大得多，故RL2比RL1小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。 19．【答案】：（1）， （2）0.00125I（或kI） （3）A，B 【解析】：（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算得B=，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝。 （2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I） （3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，故选择A、B。 四、计算题（共60分） 20 A．（10分） 解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。 设在T0＝293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1＝233K时胎压为P1＝1.6atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmin＝2.01atm 当T2＝363K是胎压为P2＝3.5atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmax＝2.83atm 20B．（10分） 解：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A 输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW （2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A 用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V 根据 用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V 21．（12分） 解：（1）从图中可以看邮，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 m/s2=8m/s2 设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma 得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N （2）从图中估算得出运动员在14s内下落了 39.5×2×2m＝158 根据动能定理，有 所以有 ＝（80×10×158－×80×62）J≈1.25×105J （3）14s后运动员做匀速运动的时间为 s＝57s 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s 22．（12分） 解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别为 s＝1s s＝1.6s （2）两列波的最小公倍数为 S＝20m t＝0时，两列波的波峰生命处的所有位置为 x＝（2.520k）m，k＝0，1，2,3，…… （3）该同学的分析不正确。 要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的厅数倍恰好相等的位置。设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设 L＝（2m－1） L＝（2n－1），式中m、n均为正整数 只要找到相应的m、n即可 将λa＝2.5m，λb＝4.0m代入并整理，得 由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。 23．（12分） 解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有 解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，） （2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 解得　xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。 （3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ， 解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置 24．（14分） 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 mg－BIL＝ma，式中l＝r 式中　　＝4R 由以上各式可得到 （2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 式中　　 解得 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有 得　　 此时导体棒重力的功率为 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 ＝ 所以，＝ （3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为 由于导体棒ab做匀加速直线运动，有 根据牛顿第二定律，有F＋mg－F′＝ma 即　　 由以上各式解得