1、第PAGE90頁(yè)（共NUMPAGES90頁(yè)）2016年上海市高考物理試卷一.單項(xiàng)選擇題（共16分，每小題2分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)1（2分）盧瑟福通過(guò)對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析，提出了原子內(nèi)部存在（）A電子B中子C質(zhì)子D原子核2（2分）一束單色光由空氣進(jìn)入水中，則該光在空氣和水中傳播時(shí)（）A速度相同，波長(zhǎng)相同B速度不同，波長(zhǎng)相同C速度相同，頻率相同D速度不同，頻率相同3（2分）各種不同頻率范圍的電磁波按頻率由大到小的排列順序是（）A射線、紫外線、可見光、紅外線B射線、紅外線、紫外線、可見光C紫外線、可見光、紅外線、射線D紅外線、可見光、紫外線、射線4（2分）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上

2、，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的（）AOA方向BOB方向COC方向DOD方向5（2分）磁鐵在線圈中心上方開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電流，則磁鐵（）A向上運(yùn)動(dòng)B向下運(yùn)動(dòng)C向左運(yùn)動(dòng)D向右運(yùn)動(dòng)6（2分）放射性元素A經(jīng)過(guò)2次衰變和1次衰變后生成一新元素B，則元素B在元素周期表中的位置較元素A的位置向前移動(dòng)了（）A1位B2位C3位D4位7（2分）在今年上海的某活動(dòng)中引入了全國(guó)首個(gè)戶外風(fēng)洞飛行體驗(yàn)裝置，體驗(yàn)者在風(fēng)力作用下漂浮在半空若減小風(fēng)力，體驗(yàn)者在加速下落過(guò)程中（）A失重且機(jī)械能增加B失重且機(jī)械能減少C超重且機(jī)械能增加D超重且機(jī)械能減少8（2分）如圖，一束電子沿z軸正向流

3、動(dòng)，則在圖中y軸上A點(diǎn)的磁場(chǎng)方向是（）A+x方向Bx方向C+y方向Dy方向二.單項(xiàng)選擇題（共24分，每小題3分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）9（3分）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，屏上出現(xiàn)了明暗相間的條紋，則（）A中間條紋間距較兩側(cè)更寬B不同色光形成的條紋完全重合C雙縫間距離越大條紋間距離也越大D遮住一條縫后屏上仍有明暗相間的條紋10（3分）研究放射性元素射線性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別于電源的兩極a、b連接，放射源發(fā)出的射線從其上方小孔向外射出。則（）Aa為電源正極，到達(dá)A板的為射線Ba為電源正極，到達(dá)A板的為射線Ca為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為射線Da為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為射線11（

4、3分）國(guó)際單位制中，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是（）AN/CBV/mCJ/CDTm/s12（3分）如圖，粗細(xì)均勻的玻璃管A和B由一橡皮管連接，一定質(zhì)量的空氣被水銀柱封閉在A管內(nèi)，初始時(shí)兩管水銀面等高，B管上方與大氣相通若固定A管，將B管沿豎直方向緩慢下移一小段距離H，A管內(nèi)的水銀面高度相應(yīng)變化h，則（）Ah=HBhCh=DhH13（3分）電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的能力，因此（）A電動(dòng)勢(shì)是一種非靜電力B電動(dòng)勢(shì)越大，表明電源儲(chǔ)存的電能越多C電動(dòng)勢(shì)的大小是非靜電力做功能力的反映D電動(dòng)勢(shì)就是閉合電路中電源兩端的電壓14（3分）物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，相繼經(jīng)過(guò)兩段距離為16m的路程，第一段用

5、時(shí)4s，第二段用時(shí)2s，則物體的加速度是（）Am/s2Bm/s2Cm/s2Dm/s215（3分）如圖，始終豎直向上的力F作用在三角板A端，使其繞B點(diǎn)在豎直平面內(nèi)緩慢地沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)一小角度，力F對(duì)B點(diǎn)的力矩為M，則轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中（）AM減小，F(xiàn)增大BM減小，F(xiàn)減小CM增大，F(xiàn)增大DM增大，F(xiàn)減小16（3分）風(fēng)速儀結(jié)構(gòu)如圖（a）所示光源發(fā)出的光經(jīng)光纖傳輸，被探測(cè)器接收，當(dāng)風(fēng)輪旋轉(zhuǎn)時(shí)，通過(guò)齒輪帶動(dòng)凸輪圓盤旋轉(zhuǎn)，當(dāng)圓盤上的凸輪經(jīng)過(guò)透鏡系統(tǒng)時(shí)光被擋住已知風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r，每轉(zhuǎn)動(dòng)n圈帶動(dòng)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一圈若某段時(shí)間t內(nèi)探測(cè)器接收到的光強(qiáng)隨時(shí)間變化關(guān)系如圖（b）所示，則該時(shí)間段內(nèi)風(fēng)輪葉片（）A轉(zhuǎn)速逐漸減小

6、，平均速率為B轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為C轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為D轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為三.多項(xiàng)選擇題（共16分，每小題4分每小題有二個(gè)或者三個(gè)正確選項(xiàng)全選對(duì)的，得4分；選對(duì)但不全的，得2分；有選或不答的，得0分）17（4分）某氣體的摩爾質(zhì)量為M，分子質(zhì)量為m若1摩爾該氣體的體積為Vm，密度為，則該氣體單位體積分子數(shù)為（阿伏伽德羅常數(shù)為NA）（）ABCD18（4分）如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)。閉合電建，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I；在滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過(guò)程中（）AU先變大后變小BI先變小后變大CU與I比值先變大后變小DU變化量與I變化量比值等于R319（4分）如圖

7、（a），螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，乙圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较蚵菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖（b）所示規(guī)律變化時(shí)（）A在t1t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B在t2t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C在t2t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D在t3t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流20（4分）甲、乙兩列橫波在同一介質(zhì)中分別從波源M、N兩點(diǎn)沿x軸相向傳播，波速為2m/s，振幅相同；某時(shí)刻的圖象如圖所示。則（）A甲乙兩波的起振方向相反B甲乙兩波的頻率之比為3：2C再經(jīng)過(guò)3s，平衡位置在x=7m出的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向下D再

8、經(jīng)過(guò)3s，兩波源間（不含波源）有5個(gè)質(zhì)點(diǎn)位移為零四.填空題（共20分，每小題4分）本大題中第22題為分叉題，分A、B兩類，考生可任選一類答題若兩類試題均做，一律按A類題積分21（4分）形象描述磁場(chǎng)分布的曲線叫做 ，通常 的大小也叫做磁通量密度A、B選做一題。A題22（4分）如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩斷開，A在F牽引下繼續(xù)前進(jìn)，B最后靜止。則在B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量 （選填：“守恒”或“不守恒”）。在B靜止后，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量 （選填：“守恒”或“不守恒”）。B題23兩顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期之比為27：1，則它們的角速度之比為 ，

9、軌道半徑之比為 24（4分）如圖，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心的一段圓弧，OA與豎直方向的夾角為一小球以速度v0從桌面邊緣P水平拋出，恰好從A點(diǎn)沿圓弧的切線方向進(jìn)入凹槽。小球從P到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 ；直線PA與豎直方向的夾角= 。25（4分）如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)施加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A向右擺動(dòng)，擺動(dòng)的最大角度為60，則A受到的電場(chǎng)力大小為 在改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向后，小球A的平衡位置在=60處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在=30處，A受到的電場(chǎng)力大小為 26（4分）地面上物體在變力F作用下由靜止開

10、始豎直向上運(yùn)動(dòng)，力F隨高度x的變化關(guān)系如圖所示，物體能上升的最大高為h，hH當(dāng)物體加速度最大時(shí)其高度為 ，加速度的最大值為 五.實(shí)驗(yàn)題（共24分）27（3分）在“用DIS研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，用到的傳感器是 傳感器若擺錘直徑的測(cè)量值大于其真實(shí)值會(huì)造成擺錘動(dòng)能的測(cè)量值偏 （選填：“大”或“小”）28（6分）在“用多用電表測(cè)電阻、電流和電壓”的實(shí)驗(yàn)中（1）（多選題）用多用電測(cè)電流或電阻的過(guò)程中正確的是 （A）在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零（B）在測(cè)量電流時(shí)，更換量程后必須重新進(jìn)行調(diào)零（C）在測(cè)量未知電阻時(shí)，必須先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)（D）在測(cè)量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程

11、進(jìn)行試測(cè)（2）測(cè)量時(shí)多用電表指針指在如圖所示位置若選擇開關(guān)處于“10V”擋，其讀數(shù)為 V；若選擇開關(guān)處于“10”擋，其讀數(shù) 200（選填：“大于”，“等于”或“小于”）29（7分）“用DIS描繪電場(chǎng)的等勢(shì)線”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示（1）（單選題）該實(shí)驗(yàn)描繪的是 （A）兩個(gè)等量同種電荷周圍的等勢(shì)線（B）兩個(gè)等量異種電荷周圍的等勢(shì)線（C）兩個(gè)不等量同種電荷周圍的等勢(shì)線（D）兩個(gè)不等量異種電荷周圍的等勢(shì)線（2）（單選題）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，需在平整的木板上依次鋪放 （A）導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙、白紙（B）白紙、導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙（C）導(dǎo)電紙、白紙、復(fù)寫紙（D）白紙、復(fù)寫紙、導(dǎo)電紙（3）若電壓傳感器的紅、黑探針?lè)謩e接觸

12、圖中d、f兩點(diǎn)（f、d連線與A、B連線垂直）時(shí)，示數(shù)小于零為使示數(shù)為零，應(yīng)保持紅色探針與d點(diǎn)接觸，而將黑色探針 （選填：“向左”或“向右”）移動(dòng)30（8分）某同學(xué)制作了一個(gè)結(jié)構(gòu)如圖（a）所示的溫度計(jì)一端封閉的輕質(zhì)細(xì)管可繞封閉端O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，管長(zhǎng)0.5m將一量程足夠大的力傳感器調(diào)零，細(xì)管的開口端通過(guò)細(xì)線掛于力傳感器掛鉤上，使細(xì)管保持水平、細(xì)線沿豎直方向在氣體溫度為270K時(shí)，用一段水銀將長(zhǎng)度為0.3m的氣柱封閉在管內(nèi)實(shí)驗(yàn)時(shí)改變氣體溫度，測(cè)得封閉氣柱長(zhǎng)度l和力傳感器讀數(shù)F之間的關(guān)系如圖（b）所示（實(shí)驗(yàn)中大氣壓強(qiáng)不變）（1）管內(nèi)水銀柱長(zhǎng)度為 m，為保證水銀不溢出，該溫度計(jì)能測(cè)得的最高溫度為 K（2）若

13、氣柱初始長(zhǎng)度大于0.3m，該溫度計(jì)能測(cè)量的最高溫度將 （選填：“增大”，“不變”或“減小”）（3）若實(shí)驗(yàn)中大氣壓強(qiáng)略有升高，則用該溫度計(jì)測(cè)出的溫度將 （選填：“偏高”，“不變”或“偏低”）六、計(jì)算題（共50分）31（10分）如圖，兩端封閉的直玻璃管豎直放置，一段水銀將管內(nèi)氣體分隔為上下兩部分A和B，上下兩部分氣體初始溫度相等，且體積VAVB（1）若A、B兩部分氣體同時(shí)升高相同的溫度，水銀柱將如何移動(dòng)？某同學(xué)解答如下：設(shè)兩部分氣體壓強(qiáng)不變，由，V=V，所以水銀柱將向下移動(dòng)上述解答是否正確？若正確，請(qǐng)寫出完整的解答；若不正確，請(qǐng)說(shuō)明理由并給出正確的解答（2）在上下兩部分氣體升高相同溫度的過(guò)程中，水

14、銀柱位置發(fā)生變化，最后穩(wěn)定在新的平衡位置，A、B兩部分氣體始末狀態(tài)壓強(qiáng)的變化量分別為pA和pB，分析并比較二者的大小關(guān)系32（12分）風(fēng)洞是研究空氣動(dòng)力學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)備如圖，將剛性桿水平固定在風(fēng)洞內(nèi)距地面高度H=3.2m處，桿上套一質(zhì)量m=3kg，可沿桿滑動(dòng)的小球?qū)⑿∏蛩艿娘L(fēng)力調(diào)節(jié)為F=15N，方向水平向左小球以速度v0=8m/s向右離開桿端，假設(shè)小球所受風(fēng)力不變，取g=10m/s2求：（1）小球落地所需時(shí)間和離開桿端的水平距離；（2）小球落地時(shí)的動(dòng)能（3）小球離開桿端后經(jīng)過(guò)多少時(shí)間動(dòng)能為78J？33（14分）如圖（a），長(zhǎng)度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量Q=1.810

15、7C；一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系點(diǎn)電荷A對(duì)小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線所示，其中曲線在0.16x0.20和x0.40范圍可近似看作直線求：（靜電力常量k=9109Nm/C2）（1）小球B所帶電量q；（2）非均勻外電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3）在合電場(chǎng)中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢(shì)差U（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)到x=0.

16、4m若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離s是多少？34（14分）如圖，一關(guān)于y軸對(duì)稱的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與平面垂直一足夠長(zhǎng)，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻速加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)棒與x軸始終平行棒單位長(zhǎng)度的電阻，與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=ky（SI）求：（1）導(dǎo)體軌道的軌道方程y=f（x）；（2）棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；（3）棒從y=0運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L過(guò)程中

17、外力F的功2016年上海市高考物理試卷參考答案與試題解析一.單項(xiàng)選擇題（共16分，每小題2分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)1（2分）盧瑟福通過(guò)對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析，提出了原子內(nèi)部存在（）A電子B中子C質(zhì)子D原子核【分析】本題比較簡(jiǎn)單，只要正確理解粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及其結(jié)論即可正確解答。【解答】解：粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：絕大多數(shù)粒子穿過(guò)金箔后仍沿原來(lái)的方向前進(jìn)，但有少數(shù)粒子發(fā)生了較大的偏轉(zhuǎn)，并有極少數(shù)粒子的偏轉(zhuǎn)超過(guò)90，有的甚至幾乎達(dá)到180而被反彈回來(lái)。盧瑟福根據(jù)該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型：原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負(fù)電的電子在核外空間里繞著核旋轉(zhuǎn)，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

18、故選：D。【點(diǎn)評(píng)】了解盧瑟福核式結(jié)構(gòu)模型提出的歷史背景及其過(guò)程，知道粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及其結(jié)論。2（2分）一束單色光由空氣進(jìn)入水中，則該光在空氣和水中傳播時(shí)（）A速度相同，波長(zhǎng)相同B速度不同，波長(zhǎng)相同C速度相同，頻率相同D速度不同，頻率相同【分析】光波屬于電磁波，其頻率由波源決定，從一種介質(zhì)進(jìn)入另介質(zhì)，頻率不變；傳播速度由介質(zhì)決定；波長(zhǎng)由速度和頻率共同決定，由=分析波長(zhǎng)的變化【解答】解：傳播速度由介質(zhì)決定，光在真空中傳播速度最大，進(jìn)入水中，速度減??；光波屬于電磁波，其頻率由波源決定，所以一束單色光由空氣進(jìn)入水中，頻率不變；由=可知，頻率不變，速度減小，則波長(zhǎng)減小，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。

19、【點(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是知道頻率、速度和波長(zhǎng)的決定因素知道=適用于一切波3（2分）各種不同頻率范圍的電磁波按頻率由大到小的排列順序是（）A射線、紫外線、可見光、紅外線B射線、紅外線、紫外線、可見光C紫外線、可見光、紅外線、射線D紅外線、可見光、紫外線、射線【分析】依照波長(zhǎng)的長(zhǎng)短的不同，電磁波譜可大致分為：無(wú)線電波，微波，紅外線，可見光，紫外線，倫琴射線，射線，即可確定頻率的大小關(guān)系【解答】解：波長(zhǎng)越長(zhǎng)、頻率越小，比可見光頻率小，按照波長(zhǎng)逐漸變小，即頻率逐漸變大的順序，頻率順序由大到小排列，電磁波譜可大致分為：射線，倫琴射線，紫外線，可見光，紅外線，微波，無(wú)線電波，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A

20、?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確無(wú)線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、射線都是電磁波，同時(shí)要知道它們的波長(zhǎng)的大小關(guān)系和頻率大小關(guān)系，以及知道各自的應(yīng)用此題屬于基礎(chǔ)題目，平時(shí)應(yīng)多記、多積累4（2分）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的（）AOA方向BOB方向COC方向DOD方向【分析】小球受重力和桿對(duì)小球的作用力，在兩個(gè)力共同作用下沿水平向右的方向加速運(yùn)動(dòng)，加速度水平向右，合力水平向右【解答】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個(gè)力的作用下也沿水平向右的方向加速運(yùn)動(dòng)，加速度水平向右，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的方向

21、與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿圖中的OD方向，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，是解決本題的關(guān)鍵另外知道桿的彈力不一定沿桿的方向5（2分）磁鐵在線圈中心上方開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電流，則磁鐵（）A向上運(yùn)動(dòng)B向下運(yùn)動(dòng)C向左運(yùn)動(dòng)D向右運(yùn)動(dòng)【分析】當(dāng)磁鐵向上（下）運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變小（大），原磁場(chǎng)方向向下，所以感應(yīng)磁場(chǎng)方向向下（上），根據(jù)右手螺旋定則判斷感應(yīng)電流的方向，然后與圖中感應(yīng)電流的方向比對(duì)即可；同理判斷出磁鐵向右運(yùn)動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)的情況?！窘獯稹拷猓篈、若磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變大，原磁場(chǎng)

22、方向向下，所以感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，根據(jù)右手螺旋定則，拇指表示感應(yīng)磁場(chǎng)的方向，四指彎曲的方向表示感應(yīng)電流的方向，故可判斷出產(chǎn)生了如圖中箭頭所示的感應(yīng)電流；同理，若磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電流的方向與圖中感應(yīng)電流的方向相反。故A錯(cuò)誤，B正確；C、若磁鐵向右運(yùn)動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量變小，原磁場(chǎng)方向向下，所以感應(yīng)磁場(chǎng)方向向下，根據(jù)右手螺旋定則，拇指表示感應(yīng)磁場(chǎng)的方向，四指彎曲的方向表示感應(yīng)電流的方向，故可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向與圖中感應(yīng)電流的方向相反。故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查楞次定律的應(yīng)用，楞次定律應(yīng)用的題目我們一定會(huì)做，大膽的去找原磁場(chǎng)方向，磁通量的變化情況，應(yīng)用楞次定律常規(guī)的步

23、驟進(jìn)行判斷即可。6（2分）放射性元素A經(jīng)過(guò)2次衰變和1次衰變后生成一新元素B，則元素B在元素周期表中的位置較元素A的位置向前移動(dòng)了（）A1位B2位C3位D4位【分析】根據(jù)原子核經(jīng)過(guò)一次衰變，電荷數(shù)減小2，質(zhì)量數(shù)減小4；經(jīng)過(guò)一次衰變，電荷數(shù)增加1，質(zhì)量數(shù)不變，分析求解即可【解答】解：原子核經(jīng)過(guò)一次衰變，電荷數(shù)減小2，所以經(jīng)過(guò)2次衰變后電荷數(shù)減小4；同時(shí)，經(jīng)過(guò)一次衰變，電荷數(shù)增加1；所以元素A經(jīng)過(guò)2次衰變和1次衰變后電荷數(shù)減小3，則生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3位，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】該題從一個(gè)比較特殊的角度考查對(duì)兩種衰變的本質(zhì)的理解，在解答中要根據(jù)衰變與衰變的實(shí)質(zhì)，

24、分析質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)的變化即可注意元素在元素周期表中的位置的變化與質(zhì)子數(shù)的變化有關(guān)7（2分）在今年上海的某活動(dòng)中引入了全國(guó)首個(gè)戶外風(fēng)洞飛行體驗(yàn)裝置，體驗(yàn)者在風(fēng)力作用下漂浮在半空若減小風(fēng)力，體驗(yàn)者在加速下落過(guò)程中（）A失重且機(jī)械能增加B失重且機(jī)械能減少C超重且機(jī)械能增加D超重且機(jī)械能減少【分析】超重和失重只與加速度的方向有關(guān)，與物體的運(yùn)動(dòng)方向無(wú)關(guān)加速度向上，超重；加速度向下，失重；物體只有重力或彈簧的彈力做功，機(jī)械能守恒，如果還有其它力做功，當(dāng)其它力做功的代數(shù)和為零，機(jī)械能不變；當(dāng)其它力做功的代數(shù)和大于零，機(jī)械能增加；當(dāng)其它力做功的代數(shù)和小于零，機(jī)械能減少【解答】解：體驗(yàn)者在風(fēng)力作用下漂浮在半空，

25、體驗(yàn)者的合力為零，如果減小風(fēng)力，則重力大于風(fēng)力，合力向下，體驗(yàn)者向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)；體驗(yàn)者向下加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，除了重力做功外，風(fēng)力做負(fù)功，機(jī)械能減少。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是知道超重和失重只與加速度的方向有關(guān)，與物體的運(yùn)動(dòng)方向無(wú)關(guān)還要理解機(jī)械能守恒定律適用的條件8（2分）如圖，一束電子沿z軸正向流動(dòng)，則在圖中y軸上A點(diǎn)的磁場(chǎng)方向是（）A+x方向Bx方向C+y方向Dy方向【分析】根據(jù)右手螺旋定則，右手握住導(dǎo)線，使拇指的方向與電流的方向相同，此時(shí)四指所指的方向就是在該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向【解答】解：電子流沿z軸正方向運(yùn)動(dòng)，則電流是沿z軸負(fù)方向，根據(jù)右手

26、螺旋定則可知，電子流在A點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向?yàn)閤軸正方向，所以A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】考查磁場(chǎng)方向的判斷，注意右手定則與左手定則的區(qū)分及電子運(yùn)動(dòng)方向與電流方向的區(qū)別二.單項(xiàng)選擇題（共24分，每小題3分每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）9（3分）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，屏上出現(xiàn)了明暗相間的條紋，則（）A中間條紋間距較兩側(cè)更寬B不同色光形成的條紋完全重合C雙縫間距離越大條紋間距離也越大D遮住一條縫后屏上仍有明暗相間的條紋【分析】根據(jù)x=可知條紋間距隨波長(zhǎng)的變化而變化，且相鄰亮（或暗）條紋間距不變，并依據(jù)單縫衍射條紋不相等，而雙縫干涉條紋卻是相等的，從而即可求解【解答】解：A、根據(jù)x=可知亮條紋之間的距

27、離和暗條紋之間的距離相等，故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)x=可知條紋間距隨波長(zhǎng)的變化而變化，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)x=可知，雙縫間距離越大條紋間距離越小，故C錯(cuò)誤。D、若把其中一縫擋住，出現(xiàn)單縫衍射現(xiàn)象，故仍出現(xiàn)明暗相間的條紋，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】掌握了雙縫干涉條紋的間距公式就能順利解決此類題目，同時(shí)理解干涉與衍射條紋的區(qū)別10（3分）研究放射性元素射線性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別于電源的兩極a、b連接，放射源發(fā)出的射線從其上方小孔向外射出。則（）Aa為電源正極，到達(dá)A板的為射線Ba為電源正極，到達(dá)A板的為射線Ca為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為射線Da為電源負(fù)極，到達(dá)A板的為射線【

28、分析】、和三種射線中，帶正電、帶負(fù)電、不帶電。由圖知，向左的軌跡曲率半徑小于向右的軌跡曲率半徑，說(shuō)明向右為射線。再根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)可判斷電場(chǎng)方向。【解答】解：射線為高速電子流，質(zhì)量約為質(zhì)子質(zhì)量的，速度接近光速；射線為氦核流，速度約為光速的。在同一電場(chǎng)中，射線偏轉(zhuǎn)的軌跡曲率半徑小于射線的曲率半徑，由圖知，向左偏的為射線，向右偏的為射線，即到達(dá)A板的為射線；因粒子帶正電，向右偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明電場(chǎng)方向水平向右，那么a為電源正極，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題要求學(xué)生能熟記放各種射線的性質(zhì)，并能根據(jù)電場(chǎng)的性質(zhì)區(qū)分射線的種類，注意在同一電場(chǎng)中，射線偏轉(zhuǎn)的軌跡曲率半徑小于射線的曲率半徑是

29、解題的突破口。11（3分）國(guó)際單位制中，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是（）AN/CBV/mCJ/CDTm/s【分析】物理公式不僅確定了各個(gè)物理量之間的關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量的單位之間的關(guān)系，根據(jù)物理公式來(lái)分析物理量的單位即可【解答】解：A、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可知，力的單位是N，電量的單位是C，所以電N/C是場(chǎng)強(qiáng)度的單位；B、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的公式可知，電勢(shì)差的單位為V，距離的單位為m，所以V/m是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；C、根據(jù)電勢(shì)差的公式可知，功的單位為J，電量的單位為C，J/C是電勢(shì)差的單位，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；D、根據(jù)公式F=qE及F=qvB，E的單位與Bv的單位一樣，故Tm/s也是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；本題選

30、不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位的，故選：C【點(diǎn)評(píng)】物理公式在確定物理量間的關(guān)系的時(shí)候同時(shí)也確定了單位之間的關(guān)系，根據(jù)不同的公式來(lái)確定單位之間的關(guān)系12（3分）如圖，粗細(xì)均勻的玻璃管A和B由一橡皮管連接，一定質(zhì)量的空氣被水銀柱封閉在A管內(nèi)，初始時(shí)兩管水銀面等高，B管上方與大氣相通若固定A管，將B管沿豎直方向緩慢下移一小段距離H，A管內(nèi)的水銀面高度相應(yīng)變化h，則（）Ah=HBhCh=DhH【分析】封閉氣體是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律，氣壓變大，體積縮小最終B側(cè)水銀面比A側(cè)水銀面低【解答】解：封閉氣體是等溫變化，B管沿豎直方向緩慢下移一小段距離H，壓強(qiáng)變小，故氣體體積要增大，但最終平衡時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)比大氣壓小

31、，一定是B側(cè)水銀面低，B側(cè)水銀面下降的高度（Hh）大于A側(cè)水銀面下降的高度h，故有：Hhh，故；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確平衡后右側(cè)水銀面比左側(cè)低，然后列式求解，不難13（3分）電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的能力，因此（）A電動(dòng)勢(shì)是一種非靜電力B電動(dòng)勢(shì)越大，表明電源儲(chǔ)存的電能越多C電動(dòng)勢(shì)的大小是非靜電力做功能力的反映D電動(dòng)勢(shì)就是閉合電路中電源兩端的電壓【分析】電動(dòng)勢(shì)等于非靜電力把1C的正電荷在電源內(nèi)部從負(fù)極搬運(yùn)到正極所做的功，描述電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)的物理量【解答】解：A、電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內(nèi)部從負(fù)極搬運(yùn)到正極所做的功，不是一種

32、非靜電力，故A錯(cuò)誤。BC、電動(dòng)勢(shì)是描述電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)的物理量，是非靜電力做功能力的反映，電動(dòng)勢(shì)越大，表明電源將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越大，故B錯(cuò)誤，C正確。D、電源電動(dòng)勢(shì)等于電源沒有接入電路時(shí)兩極間的電壓，在閉合電路中電源兩極間的電壓是路端電壓，小于電源電動(dòng)勢(shì)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)電動(dòng)勢(shì)的理解，要注意電源電動(dòng)勢(shì)表征了電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，抓住電動(dòng)勢(shì)的物理意義和閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析14（3分）物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，相繼經(jīng)過(guò)兩段距離為16m的路程，第一段用時(shí)4s，第二段用時(shí)2s，則物體的加速度是（）Am/s2Bm/s2Cm/s2Dm

33、/s2【分析】根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出兩個(gè)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出物體的加速度?！窘獯稹拷猓旱谝欢螘r(shí)間內(nèi)的平均速度為：，第二段時(shí)間內(nèi)的平均速度為：，根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度知，兩個(gè)中間時(shí)刻的時(shí)間間隔為：t=2+1s=3s，則加速度為：a=選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論，并能靈活運(yùn)用，有時(shí)運(yùn)用推論求解會(huì)使問(wèn)題更加簡(jiǎn)捷。15（3分）如圖，始終豎直向上的力F作用在三角板A端，使其繞B點(diǎn)在豎直平面內(nèi)緩慢地沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)一小角度，力F對(duì)B點(diǎn)的力矩為M，則轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中（）AM減小，F(xiàn)

34、增大BM減小，F(xiàn)減小CM增大，F(xiàn)增大DM增大，F(xiàn)減小【分析】根據(jù)力矩平衡知，拉力F的力矩與重力G力矩平衡，可以判斷轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中力F對(duì)B點(diǎn)的力矩M的變化情況，根據(jù)拉力力臂的變化和重力力臂的變化判斷拉力的變化【解答】解：三角板繞B點(diǎn)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一小角度，知拉力F的力矩和重力的力矩平衡，轉(zhuǎn)動(dòng)一小角度后，如圖所示設(shè)原來(lái)重心為O，旋轉(zhuǎn)后重心O，令A(yù)BC=，OBC=，根據(jù)幾何關(guān)系有拉力F的力臂：重力G的力臂：根據(jù)力矩平衡有：，其中G，OB為定值，緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)變大，所以拉力F的力矩M減??；根據(jù)力矩平衡：解得：，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中均增大，始終，G，OB，AB為定值，=是定值，緩慢增加，比值增加，所以緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，F(xiàn)增加

35、；綜上可知：M減小，F(xiàn)增加；A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了力矩的平衡，關(guān)鍵是畫出示意圖，確定力臂的大小，對(duì)力矩這部分內(nèi)容常和力的平衡綜合考查，一定要熟悉基本概念16（3分）風(fēng)速儀結(jié)構(gòu)如圖（a）所示光源發(fā)出的光經(jīng)光纖傳輸，被探測(cè)器接收，當(dāng)風(fēng)輪旋轉(zhuǎn)時(shí)，通過(guò)齒輪帶動(dòng)凸輪圓盤旋轉(zhuǎn)，當(dāng)圓盤上的凸輪經(jīng)過(guò)透鏡系統(tǒng)時(shí)光被擋住已知風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r，每轉(zhuǎn)動(dòng)n圈帶動(dòng)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一圈若某段時(shí)間t內(nèi)探測(cè)器接收到的光強(qiáng)隨時(shí)間變化關(guān)系如圖（b）所示，則該時(shí)間段內(nèi)風(fēng)輪葉片（）A轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為B轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為C轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為D轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為【分析】根據(jù)圖b可知，在t內(nèi)

36、，通過(guò)的光照的時(shí)間越來(lái)越長(zhǎng)，且在t內(nèi)擋了4次光，據(jù)此求出周期，再求出風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，根據(jù)v=求解平均線速度即可【解答】解：根據(jù)圖b可知，在t內(nèi)，通過(guò)的光照的時(shí)間越來(lái)越長(zhǎng)，則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的越來(lái)越慢，即轉(zhuǎn)速逐漸減小，在t內(nèi)擋了4次光，則根據(jù)風(fēng)輪葉片每轉(zhuǎn)動(dòng)n圈帶動(dòng)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)一圈可知：則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=，則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的平均速率，故B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)線速度、周期、轉(zhuǎn)速之間的關(guān)系，能讀懂b圖是解題的關(guān)鍵，難度適中三.多項(xiàng)選擇題（共16分，每小題4分每小題有二個(gè)或者三個(gè)正確選項(xiàng)全選對(duì)的，得4分；選對(duì)但不全的，得2分；有選或不答的，得0分）17（4分）某氣體的摩爾質(zhì)

37、量為M，分子質(zhì)量為m若1摩爾該氣體的體積為Vm，密度為，則該氣體單位體積分子數(shù)為（阿伏伽德羅常數(shù)為NA）（）ABCD【分析】每摩爾物體含有NA個(gè)分子數(shù)，所以分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量除以阿伏伽德羅常數(shù)要求出單位體積內(nèi)的分子數(shù)，先求出單位體積的摩爾量，再用摩爾量乘以阿伏伽德羅常數(shù)【解答】解：1摩爾該氣體的體積為Vm，則單位體積分子數(shù)為n=，氣體的摩爾質(zhì)量為M，分子質(zhì)量為m，則1mol氣體的分子數(shù)為NA=，則單位體積分子數(shù)為n=，單位體積的質(zhì)量等于單位體積乘以密度，質(zhì)量除以摩爾質(zhì)量等于摩爾數(shù)，所以單位體積所含的分子數(shù)n=故D錯(cuò)誤，A、B、C正確。故選：ABC。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握摩爾質(zhì)量與分子質(zhì)

38、量的關(guān)系，知道質(zhì)量除以摩爾質(zhì)量等于摩爾數(shù)18（4分）如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)。閉合電建，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I；在滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過(guò)程中（）AU先變大后變小BI先變小后變大CU與I比值先變大后變小DU變化量與I變化量比值等于R3【分析】電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，電壓表測(cè)量電源電壓，所以無(wú)論外電阻如何變化，電壓表示數(shù)不變。滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過(guò)程中，電阻先曾大后減小，由歐姆定律可判斷電流表示數(shù)的變化和和U與I比值的變化?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知電壓表測(cè)量的是電源的電壓，由于電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，則電壓表的示數(shù)總是不變，故A錯(cuò)誤；BC、由圖可知，在滑動(dòng)變

39、阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器R1的電阻先增大后減小，由于電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減小后增大，U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；D、由于電壓表示數(shù)沒有變化，所以U變化量與I變化量比值等于0，故D錯(cuò)誤；故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】考查閉合電路歐姆定律與部分電路歐姆定律的應(yīng)用，掌握閉合電路的動(dòng)態(tài)分析，知道電阻的串并聯(lián)阻值，注意本題已說(shuō)明電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，學(xué)生容易忽略該條件，從而導(dǎo)致錯(cuò)誤。19（4分）如圖（a），螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，乙圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较蚵菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框

40、內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖（b）所示規(guī)律變化時(shí)（）A在t1t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B在t2t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C在t2t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D在t3t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【分析】根據(jù)Bt圖線斜率的變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出電動(dòng)勢(shì)的變化，從而得出感應(yīng)電流的變化，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，再根據(jù)右手螺旋定則判斷出電流所產(chǎn)生的磁場(chǎng)，從而確定磁通量的變化，進(jìn)而即可求解【解答】解：A、在t1t2時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量向上不是均勻增大，由愣次定律可以確定L必須減小面積以達(dá)到阻礙磁通量的增大，故有收縮的趨

41、勢(shì)；故A正確。BC、在t2t3時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量向上均勻減小，之后是向下均勻增大的，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，L中磁通量不變，則L 中沒有感應(yīng)電流，因此沒有變化的趨勢(shì)。故BC錯(cuò)誤；D、在t3t4時(shí)間內(nèi)，向下的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，在線圈中的電流方向c到b，根據(jù)右手螺旋定則，穿過(guò)圓環(huán)L的磁通量向外減小，則根據(jù)楞次定律，在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，右手螺旋定則判斷電流和周圍磁場(chǎng)方向的關(guān)系20（4分）甲、乙兩列橫波在同一介質(zhì)中分別從波源M、N兩點(diǎn)沿x軸相向傳播，波速為2m/s，振幅相同；某時(shí)刻的圖象如圖所

42、示。則（）A甲乙兩波的起振方向相反B甲乙兩波的頻率之比為3：2C再經(jīng)過(guò)3s，平衡位置在x=7m出的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向下D再經(jīng)過(guò)3s，兩波源間（不含波源）有5個(gè)質(zhì)點(diǎn)位移為零【分析】根據(jù)上下坡法判斷甲乙兩波的起振方向，根據(jù)波長(zhǎng)關(guān)系，結(jié)合波速相等，求出甲乙兩波的頻率之比，根據(jù)3s內(nèi)兩波傳播的距離，通過(guò)波的疊加分析x=7m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向以及合位移為零的位置?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)上下坡法知，甲波的起振方向向下，乙波的起振方向向上，可知甲乙兩波的起振方向相反，故A正確。B、兩列波的波速相同，甲波的波長(zhǎng)為4m，乙波的波長(zhǎng)為6m，則兩列波的波長(zhǎng)之比為2：3，根據(jù)f=知，頻率之比為3：2，故B正確。C、再經(jīng)過(guò)3s

43、，甲乙兩波傳播的距離x=23m=6m，即波谷到達(dá)x=7m處，乙波是平衡位置與波峰之間某一振動(dòng)到達(dá)x=7m處，根據(jù)疊加知，該質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)波的疊加知，此時(shí)除了波源還有x=9m處、x=67m處、x=6m處、x=56m處、x=23m處質(zhì)點(diǎn)位移為零，故D正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了波長(zhǎng)、波速、頻率之間的關(guān)系以及波的疊加，會(huì)根據(jù)波的傳播方向判斷振動(dòng)方向，知道質(zhì)點(diǎn)的實(shí)際位移等于兩列波單獨(dú)傳播時(shí)引起位移的矢量和。四.填空題（共20分，每小題4分）本大題中第22題為分叉題，分A、B兩類，考生可任選一類答題若兩類試題均做，一律按A類題積分21（4分）形象描述磁場(chǎng)分布的曲線叫做磁感線，

44、通常磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也叫做磁通量密度【分析】磁感線是為了形象的描述磁場(chǎng)引入的，是假象的，磁感線的疏密表示強(qiáng)弱，切線方向表示磁場(chǎng)方向【解答】解：磁感線可以形象地描述磁場(chǎng)的分布形象描述磁場(chǎng)分布的曲線叫做磁感線，通常磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也叫做磁通量密度故答案為：磁感線；磁感應(yīng)強(qiáng)度【點(diǎn)評(píng)】本題考查了磁感線的特點(diǎn)，還要知道磁感線實(shí)際不存在，與電場(chǎng)線對(duì)應(yīng)知記憶A、B選做一題。A題22（4分）如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩斷開，A在F牽引下繼續(xù)前進(jìn)，B最后靜止。則在B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒（選填：“守恒”或“不守恒”）。在B靜止后，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量

45、不守恒（選填：“守恒”或“不守恒”）。【分析】動(dòng)量守恒定律適用的條件：系統(tǒng)的合外力為零?；蛘吣硞€(gè)方向上的合外力為零，則那個(gè)方向上動(dòng)量守恒。兩木塊原來(lái)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，在A停止運(yùn)動(dòng)以前，系統(tǒng)的合力仍為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；在B靜止后，系統(tǒng)合力不為零，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。【解答】解：剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以AB為系統(tǒng)，繩子受到的力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；剪斷細(xì)線后，在A停止運(yùn)動(dòng)以前，摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒；B靜止后，B的合力為0，A木塊的拉力大于摩擦力，A和B組成的系統(tǒng)合力不為0，所以系統(tǒng)動(dòng)量不

46、守恒。故答案為：守恒；不守恒。【點(diǎn)評(píng)】本題是脫鉤問(wèn)題，盡管兩個(gè)沒有發(fā)生相互作用，但系統(tǒng)的合力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量也守恒。注意動(dòng)量守恒定律適用的條件。B題23兩顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期之比為27：1，則它們的角速度之比為1：27，軌道半徑之比為9：1【分析】要求軌道半徑之比和角速度之比，由于已知運(yùn)動(dòng)周期之比，故可以利用萬(wàn)有引力提供向心力來(lái)求解【解答】解：行星在繞恒星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)恒星對(duì)行星的引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故有：=mr解得：r=已知兩顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期之比為27：1，故則它們的軌道半徑的比為9：1衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：=m2r解得：=，已知它們的軌道半徑之

47、比為9：1，所以角速度之比為：1：2=1：27故答案為：1：27，9：1【點(diǎn)評(píng)】一個(gè)天體繞中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力，靈活的選擇向心力的表達(dá)式是我們順利解決此類題目的基礎(chǔ)我們要按照不同的要求選擇不同的公式來(lái)進(jìn)行求解24（4分）如圖，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心的一段圓弧，OA與豎直方向的夾角為一小球以速度v0從桌面邊緣P水平拋出，恰好從A點(diǎn)沿圓弧的切線方向進(jìn)入凹槽。小球從P到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為；直線PA與豎直方向的夾角=arctan（2cot）?！痉治觥繌膱D中可以看出，在A點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角為，從P點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，位移與豎直方向的夾角為利用平

48、拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可求出位移偏角的正切值大小?！窘獯稹拷猓浩綊佭\(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)。速度與水平方向的夾角為，有：tan=。解得：t=小球在由P到A的過(guò)程中，位移與豎直方向的夾角為，則有：tan=2cot，直線PA與豎直方向的夾角為：=arctan（2cot）故選：；arctan（2cot）?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握處理平拋運(yùn)動(dòng)的方法，平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)。以及知道速度與水平方向夾角的正切值是同一位置位移與水平方向夾角的正切值的兩倍。25（4分）如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)施加一水平向右的

49、勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A向右擺動(dòng)，擺動(dòng)的最大角度為60，則A受到的電場(chǎng)力大小為mg 在改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向后，小球A的平衡位置在=60處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在=30處，A受到的電場(chǎng)力大小為mg【分析】選取擺動(dòng)最大角度60，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合拉力不做功，即可求解；根據(jù)平衡條件，依據(jù)正弦定理，列出方程組，即可求解【解答】解：帶電小球A，受到電場(chǎng)力向右擺動(dòng)的最大角度為60，末速度為零，此過(guò)程中電場(chǎng)力F對(duì)小球做正功，重力G做負(fù)功，細(xì)線拉力T不做功，根據(jù)動(dòng)能定理，則有：Flsinmgl（1cos）=0，解得：F=mg改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向后，平衡在=60處時(shí)，設(shè)電場(chǎng)力與豎直方向的夾角

50、為，根據(jù)正弦定理，則有：；而在新的平衡位置在=30處，根據(jù)正弦定理，則有：；解得：F=mg；故答案為：mg；mg【點(diǎn)評(píng)】考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握正弦定理的內(nèi)容，理解平衡條件及矢量合成法則的運(yùn)用26（4分）地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，力F隨高度x的變化關(guān)系如圖所示，物體能上升的最大高為h，hH當(dāng)物體加速度最大時(shí)其高度為0或h，加速度的最大值為【分析】因外力在均勻地減小，所以利用對(duì)稱性結(jié)合物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知何時(shí)物體的加速度最大；先利用幾何關(guān)系求得在物體最大高度的過(guò)程中的外力的平均值，在該過(guò)程中，外力的功等于克服重力所做的功，由此先表示出物體的質(zhì)量，再利用牛頓第二定律列式，即可解

51、得加速度的最大值【解答】解：因作用在物體上的力F均勻地減小，所以加速度是先減小至零時(shí)在反向增加，開始時(shí)與到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度都為零，根據(jù)對(duì)稱性可知開始時(shí)和高度最大時(shí)，具有相同的加速度，且為最大，所以當(dāng)物體加速度最大時(shí)其高度為0或h因變力F在均勻地變化，由圖中的幾何關(guān)系可知該過(guò)程中的平均作用力為：=所以在物體能上升到最大高h(yuǎn)的過(guò)程中，由功能關(guān)系有：兩式聯(lián)立的：m=在開始時(shí)，由牛頓第二定律有：F0mg=ma聯(lián)立兩式解得：a=故答案為：0或h，【點(diǎn)評(píng)】該題雖然是一道填空題，但是有一定的難度，首先要求學(xué)生要一定的分析能力，會(huì)用平均的思想來(lái)思考解答問(wèn)題同時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算再

52、者就是會(huì)用平均的思想來(lái)分析力做功的問(wèn)題五.實(shí)驗(yàn)題（共24分）27（3分）在“用DIS研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，用到的傳感器是光電門傳感器若擺錘直徑的測(cè)量值大于其真實(shí)值會(huì)造成擺錘動(dòng)能的測(cè)量值偏大（選填：“大”或“小”）【分析】在“用DIS研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，擺錘的速度通過(guò)光電門進(jìn)行測(cè)量，速度等于小球直徑d與擋光時(shí)間的比值【解答】解：實(shí)驗(yàn)中用DIS測(cè)出的應(yīng)為小球在各點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，故應(yīng)用到光電門傳感器，而小球充當(dāng)檔光片的作用；由于小球直徑較小，所以可以把小球通過(guò)光電門的平均速度當(dāng)作擺錘的瞬時(shí)速度即擺球的速度等于小球直徑d與擋光時(shí)間的比值，為：v=若擺錘直徑的測(cè)量值大于其真實(shí)值，那么導(dǎo)致計(jì)

53、算出來(lái)的擺錘的瞬時(shí)速度偏大，則擺錘動(dòng)能的測(cè)量值也偏大故答案為：光電門；大【點(diǎn)評(píng)】本題比較新穎，要注意結(jié)合實(shí)驗(yàn)的原理進(jìn)行分析，從而找出符合該實(shí)驗(yàn)的原理，注意借助平均速度來(lái)求解瞬時(shí)速度28（6分）在“用多用電表測(cè)電阻、電流和電壓”的實(shí)驗(yàn)中（1）（多選題）用多用電測(cè)電流或電阻的過(guò)程中正確的是AD（A）在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零（B）在測(cè)量電流時(shí)，更換量程后必須重新進(jìn)行調(diào)零（C）在測(cè)量未知電阻時(shí)，必須先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)（D）在測(cè)量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)（2）測(cè)量時(shí)多用電表指針指在如圖所示位置若選擇開關(guān)處于“10V”擋，其讀數(shù)為5.4V；若選擇開關(guān)處于“10”擋，

54、其讀數(shù)小于200（選填：“大于”，“等于”或“小于”）【分析】該題考查了多用電表的使用，在了解多用電表的歐姆檔的原理的情況下，可以對(duì)（1）的AC兩選項(xiàng)進(jìn)行判斷；通過(guò)電流變的工作原來(lái)可以得知選項(xiàng)BD的正誤對(duì)于電壓檔的讀數(shù)，首先通過(guò)量程，結(jié)合最小刻度的數(shù)量，得知最小刻度值，即可讀出所測(cè)的電壓的數(shù)值；根據(jù)歐姆表刻度的不均勻的特征，可知圖示位置的讀數(shù)要小于200【解答】解：（1）、在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后，歐姆表的內(nèi)部電阻發(fā)生了變化，歐姆檔的零刻度在最右邊，也就是電流滿偏，所以必須重新進(jìn)行調(diào)零，選項(xiàng)A正確B、在測(cè)量電流時(shí)，根據(jù)電流表的原理，電流的零刻度在左邊，更換量程后不需要調(diào)零C、在測(cè)量未知電阻時(shí)，

55、若先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)，當(dāng)被測(cè)電阻較小時(shí)，電流有可能過(guò)大，所以應(yīng)從倍率較小的擋進(jìn)行測(cè)試，若指針偏角過(guò)小，在換用倍率較大的擋，選項(xiàng)C錯(cuò)誤D、在測(cè)量未知電流時(shí)，為了電流表的安全，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過(guò)小，在換用較小的量程進(jìn)行測(cè)量，選項(xiàng)D正確（2）、選擇開關(guān)處于“10V”擋，最小分度值為0.2v，所以此時(shí)的讀數(shù)為5.4v因多用電表的歐姆檔的刻度分布不是均勻的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中間數(shù)值一定小于20，若選擇開關(guān)處于“10”擋，由圖可知其讀數(shù)小于200故答案為：（1）A，D；（2）5.4，小于【點(diǎn)評(píng)】該題考查到了多用電表的工作原理，要明確多用電表的工作原理，對(duì)

56、于電流檔時(shí)利用了定值電阻的分流，電壓檔是利用了定值電阻的分壓，要知道直流電流檔和直流電壓檔的刻度是均勻的要注意電流檔和電壓檔的讀數(shù)方法：精確度為1（如：0.01、0.1、1、10）等，最終讀數(shù)在精確度的下一位 精確度為2（如：0.02、0.2、2、20）等，最終讀數(shù)與精確度在同一位 精確度為5（如：0.05、0.5、5、50）等，最終讀數(shù)與精確度在同一位 歐姆表的使用步驟：機(jī)械調(diào)0（左側(cè)0）：用螺絲刀進(jìn)行機(jī)械調(diào)0（左側(cè)0）選擋：測(cè)電阻時(shí)選擇合適的倍率以使指針指在中央刻度范圍，可用比估計(jì)值低1個(gè)數(shù)量級(jí)的倍率，如估計(jì)值為200就應(yīng)該選10的倍率電阻調(diào)0（右側(cè)0）：用（電阻）調(diào)0旋鈕進(jìn)行調(diào)0（表筆直

57、接接觸，指針指右側(cè)0刻度）測(cè)量：將紅黑表筆接被測(cè)電阻兩端進(jìn)行測(cè)量讀數(shù)：將指針示數(shù)乘以倍率得測(cè)量值將選擇開關(guān)調(diào)至 off 檔或交流電壓最高檔位置歐姆表的使用注意事項(xiàng)：（1）待測(cè)電阻要跟別的元件和電源斷開（2）倍率應(yīng)使指針指在中間位置附近（3）換擋要重新電阻調(diào)零（4）讀數(shù)=表針示數(shù)倍數(shù)29（7分）“用DIS描繪電場(chǎng)的等勢(shì)線”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示（1）（單選題）該實(shí)驗(yàn)描繪的是B（A）兩個(gè)等量同種電荷周圍的等勢(shì)線（B）兩個(gè)等量異種電荷周圍的等勢(shì)線（C）兩個(gè)不等量同種電荷周圍的等勢(shì)線（D）兩個(gè)不等量異種電荷周圍的等勢(shì)線（2）（單選題）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，需在平整的木板上依次鋪放D（A）導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙、白紙（

58、B）白紙、導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙（C）導(dǎo)電紙、白紙、復(fù)寫紙（D）白紙、復(fù)寫紙、導(dǎo)電紙（3）若電壓傳感器的紅、黑探針?lè)謩e接觸圖中d、f兩點(diǎn)（f、d連線與A、B連線垂直）時(shí)，示數(shù)小于零為使示數(shù)為零，應(yīng)保持紅色探針與d點(diǎn)接觸，而將黑色探針向右（選填：“向左”或“向右”）移動(dòng)【分析】（1）“用DIS描繪電場(chǎng)等勢(shì)線”的實(shí)驗(yàn)原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)（2）等勢(shì)線描繪在白紙上，在木板上依次鋪放白紙、復(fù)寫紙、導(dǎo)電紙；放置導(dǎo)電紙時(shí)有導(dǎo)電物質(zhì)的一面應(yīng)向上（3）明確兩點(diǎn)狀電極所形成的電場(chǎng)線分布以及等勢(shì)面的特點(diǎn)，再根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)可明確兩點(diǎn)電勢(shì)的大小，從而明確探針的移動(dòng)方向【解答】解：（1）該實(shí)驗(yàn)是利用兩電極間的電流來(lái)模擬兩

59、個(gè)等量異種電荷周圍的等勢(shì)線的分布情況；故B正確；（2）本實(shí)驗(yàn)的原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)，在導(dǎo)電紙上尋找等勢(shì)點(diǎn)，作出等勢(shì)線，所以導(dǎo)電紙應(yīng)鋪在最上面，白紙?jiān)谧钕旅妫磺覍?dǎo)電紙有導(dǎo)電物質(zhì)的一面要朝上，中間放復(fù)寫紙；故D正確（3）示數(shù)小于零，則電流是從黑表筆流進(jìn)，是從紅表筆流出的；根據(jù)兩等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特點(diǎn)可知，d點(diǎn)的電勢(shì)低于f點(diǎn)的電勢(shì)，所以為使兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，應(yīng)將接f的黑表筆向右移動(dòng)故答案為：（1）B （2）D （3）向右【點(diǎn)評(píng)】本題考查采用等效電流場(chǎng)模擬電場(chǎng)線的實(shí)驗(yàn)，注意實(shí)驗(yàn)中采用了兩電極在紙面上形成的穩(wěn)定的直流電流；同時(shí)明確如何找出等電勢(shì)點(diǎn)；并且要注意掌握實(shí)驗(yàn)的基本步驟和方法30

60、（8分）某同學(xué)制作了一個(gè)結(jié)構(gòu)如圖（a）所示的溫度計(jì)一端封閉的輕質(zhì)細(xì)管可繞封閉端O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，管長(zhǎng)0.5m將一量程足夠大的力傳感器調(diào)零，細(xì)管的開口端通過(guò)細(xì)線掛于力傳感器掛鉤上，使細(xì)管保持水平、細(xì)線沿豎直方向在氣體溫度為270K時(shí)，用一段水銀將長(zhǎng)度為0.3m的氣柱封閉在管內(nèi)實(shí)驗(yàn)時(shí)改變氣體溫度，測(cè)得封閉氣柱長(zhǎng)度l和力傳感器讀數(shù)F之間的關(guān)系如圖（b）所示（實(shí)驗(yàn)中大氣壓強(qiáng)不變）（1）管內(nèi)水銀柱長(zhǎng)度為0.1mm，為保證水銀不溢出，該溫度計(jì)能測(cè)得的最高溫度為360 K（2）若氣柱初始長(zhǎng)度大于0.3m，該溫度計(jì)能測(cè)量的最高溫度將減小（選填：“增大”，“不變”或“減小”）（3）若實(shí)驗(yàn)中大氣壓強(qiáng)略有升高，則用該溫度