上海市高考物理试卷 40页

‎2014年上海市高考物理试卷 ‎　‎ 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．（2分）下列电磁波中，波长最长的是（　　）‎ A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．γ射线 ‎2．（2分）核反应方程Be+He→C+X中的X表示（　　）‎ A．质子 B．电子 C．光子 D．中子 ‎3．（2分）不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（　　）‎ A．原子中心有一个很小的原子核 B．原子核是由质子和中子组成的 C．原子质量几乎全部集中在原子核内 D．原子的正电荷全部集中在原子核内 ‎4．（2分）分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的（　　）‎ A．引力增加，斥力减小 B．引力增加，斥力增加 C．引力减小，斥力减小 D．引力减小，斥力增加 ‎5．（2分）链式反应中，重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是（　　）‎ A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子 ‎6．（2分）在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是（　　）‎ A．光电效应是瞬时发生的 B．所有金属都存在极限频率 C．光电流随着入射光增强而变大 D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大 ‎7．（2分）质点做简谐运动x﹣t的关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v﹣t关系是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（2分）在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（　　）‎ 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．）‎ ‎9．（3分）如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（　　）‎ A．F增大，N减小 B．F减小，N减小 C．F增大，N增大 D．F减小，N增大 ‎10．（3分）如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落．管内气体（　　）‎ A．压强增大，体积增大 B．压强增大，体积减小 C．压强减小，体积增大 D．压强减小，体积减小 ‎11．（3分）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．（3分）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直．在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力矩大小为（　　）‎ A．ISBsinθ B．ISBcosθ C． D．‎ ‎13．（3分）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈．在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（　　）‎ A．顺时针旋转31圈 B．逆时针旋转31圈 C．顺时针旋转1圈 D．逆时针旋转1圈 ‎14．（3分）一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距波长，B位于A右方．t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过周期，B位于平衡位置（　　）‎ A．上方且向上运动 B．上方且向下运动 C．下方且向上运动 D．下方且向下运动 ‎15．（3分）将阻值随温度升而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端．开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，保持Ⅰ温度不变，冷却或加热Ⅱ，则Ⅱ的电功率在（　　）‎ A．加热时变大，冷却时变小 B．加热时变小，冷却时变大 C．加热或冷却时都变小 D．加热或冷却时都变大 ‎16．（3分）如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△Ek1、△Ek2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（　　）‎ A．△Ek1＞△Ek2；t1＞t2 B．△Ek1=△Ek2；t1＞t2‎ C．△Ek1＞△Ek2；t1＜t2 D．△Ek1=△Ek2；t1＜t2‎ ‎　‎ 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）‎ ‎17．（4分）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（　　）‎ A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里 ‎18．（4分）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．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△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．A的示数增大 B．V2的示数增大 C．△V3与△I的比值大于r D．△V1大于△V2‎ ‎19．（4分）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎20．（4分）如图在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同．略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A、B的压强变化量△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（　　）‎ A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB ‎　‎ 四、填空题，每小题4分．‎ ‎21．（4分）牛顿第一定律表明，力是物体　　发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是　　．‎ ‎　‎ 选做题（本大题为交叉题，分22、23两道题，考生可任选一类答题，若两题均做，一律按22题计分）‎ ‎22．（4分）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，他们的速度大小之比vA：vB=2：1，则动量大小之比pA：pB=　　；两者碰后粘在一起运动，总动量与A原来动量大小之比为p：pA=　　．‎ ‎23．动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比RA：RB ‎=1：2，它们的角速度之比ωA：ωB=　　，质量之比mA：mB=　　．‎ ‎24．（4分）如图，两光滑斜面在B处连接，小球自A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC．设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为　　，球由A运动到C的过程中平均速率为　　m/s．‎ ‎25．（4分）如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距x．在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为　　m；若L=0.6m，x的取值范围是　　m．（取g=10m/s2）‎ ‎26．（4分）如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h．当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为　　．若A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ=30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是　　．‎ ‎27．（4分）如图，在“观察光的衍射现象”试验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将　　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在　　‎ 情况下，光才可以看作是沿直线传播的．‎ ‎28．（4分）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大．‎ ‎（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图　　．‎ ‎（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中　　．‎ A．注射器有异物 B．连接软管中存在气体 C．注射器内气体温度升高 D．注射器内气体温度降低．‎ ‎29．（4分）在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 ‎（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在　　点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）．‎ ‎（2）实验得到的U﹣I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为　　V，内电阻的阻值为　　Ω．‎ ‎（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到　　点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U﹣I的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为　　Ω．‎ ‎30．（4分）某小组在做“用单摆测定重力加速度“实验后，为了进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2π，式中IC为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到中心C的距离．如图（a），实验时杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m=0.50kg．‎ r/m ‎0.45‎ ‎0.40‎ ‎0.35‎ ‎0.30‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ T/s ‎2.11‎ ‎2.14‎ ‎2.20‎ ‎2.30‎ ‎2.43‎ ‎2.64‎ ‎（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示　　‎ ‎（2）Ic的国际单位为　　，由拟合直线得带Ic的值为　　（保留到小数点后二位）‎ ‎（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值　　（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎　‎ 七、计算题（共50分）‎ ‎31．（10分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强p0=76cm Hg．‎ ‎（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？‎ ‎（2）封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？‎ ‎32．（12分）如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．‎ ‎（1）求箱子加速阶段的加速度为a′．‎ ‎（2）若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．‎ ‎33．（14分）如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上板始终接地．长度为 ‎、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q．当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO′夹角θ=30°的位置；若金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转α=15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压，假定两板间始终为匀强电场．求：‎ ‎（1）绝缘杆所受的重力G；‎ ‎（2）两板旋转后板间电压U2；‎ ‎（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2．‎ ‎34．（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m．将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP平行，棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等．‎ ‎（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA．‎ ‎（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间△t．‎ ‎（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3．‎ ‎　‎ ‎2014年上海市高考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．（2分）（2014•上海）下列电磁波中，波长最长的是（　　）‎ A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．γ射线 ‎【分析】电磁波谱按波长从到短排列的次序是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线（伦琴射线）、γ射线 ‎【解答】解：根据电磁波谱可知，电磁波按照波长逐渐减小的顺序为：长波、中波、短波、微波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线．故A正确、BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键要掌握电磁波按波长由长到短的排列顺序：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线（伦琴射线）、γ射线．‎ ‎　‎ ‎2．（2分）（2014•上海）核反应方程Be+He→C+X中的X表示（　　）‎ A．质子 B．电子 C．光子 D．中子 ‎【分析】根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒判断出X的质子数和质量数，即可判断X是那种粒子．‎ ‎【解答】解：设X的质子数为m，质量数为n，则有：4+2=m+6，9+4=12+n，所以m=0，n=1，即X为中子，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了质量数和电荷数守恒的应用，注意记住各种常见粒子的质量数和质子数．‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2014•上海）不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（　　）‎ A．原子中心有一个很小的原子核 B．原子核是由质子和中子组成的 C．原子质量几乎全部集中在原子核内 D．原子的正电荷全部集中在原子核内 ‎【分析】正确理解卢瑟福的原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转．‎ ‎【解答】解：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，但不能得到原子核内的组成，故B不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论，ACD可以．‎ 本题选择不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论的，故选：B．‎ ‎【点评】本题比较简单考查了卢瑟福的原子核式结构模型，要了解该模型提出的历史背景，知道该模型的具体内容．‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2014•上海）分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的（　　）‎ A．引力增加，斥力减小 B．引力增加，斥力增加 C．引力减小，斥力减小 D．引力减小，斥力增加 ‎【分析】利用分子间的分子力与分子间距的关系分析即可．‎ ‎【解答】解：分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的作用力都减小，即引力和斥力都减小，但斥力变化的快，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】明确分子间的分子力与分子间距的关系是解题的关键，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2014•上海）链式反应中，重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是（　　）‎ A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子 ‎【分析】在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变．‎ ‎【解答】解：在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变是裂变的必要条件，要牢记．‎ ‎　‎ ‎6．（2分）（2014•上海）在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是（　　）‎ A．光电效应是瞬时发生的 B．所有金属都存在极限频率 C．光电流随着入射光增强而变大 D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大 ‎【分析】首先明确波动理论的内容和光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关等特点．‎ ‎【解答】解：ABD、根据波动理论，认为只要光照射的时间足够长、足够强就能发生光电效应，且光电子的初动能就大，但实验中金属表面没有溢出电子的实验结果；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，发生是瞬时的，且入射光频率越大，光电子最大初动能越大，这与光的波动理论相矛盾，故ABD错误；‎ C、波动理论认为光强度越大，光电流越大；光电效应中认为光强度越大，光子越多，金属表面溢出的光电子越多，即光电流越大，所以该实验结果与波动理论不矛盾，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应的特点，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2014•上海）质点做简谐运动x﹣t的关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v﹣t关系是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】当质点通过平衡位置时速度最大，加速度为零；加速度与位移的关系是：a=﹣，根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】解：质点通过平衡位置时速度最大，由图知在内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知，1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．‎ 由加速度与位移的关系：a=﹣，可知，质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】由振动图象读出质点的速度、加速度的方向和大小的变化是应掌握的基本能力，分析加速度，要根据简谐运动的基本特征：a=﹣，进行判断．‎ ‎　‎ ‎8．（2分）（2014•上海）在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．‎ ‎【解答】解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：‎ mgh+=‎ 则得：v′=，所以落地时两球的速度大小相等．‎ 对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为﹣g，则运动时间为：t1==‎ 对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=‎ 故两球落地的时间差为：△t=t1﹣t2=‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系．‎ ‎　‎ 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．（3分）（2014•上海）如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（　　）‎ A．F增大，N减小 B．F减小，N减小 C．F增大，N增大 D．F减小，N增大 ‎【分析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解出拉力和支持力的数值，在进行分析讨论．‎ ‎【解答】解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有 N=mgcosθ F=mgsinθ 其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】题关键对滑块受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表达式进行讨论．‎ ‎　‎ ‎10．（3分）（2014•上海）如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落．管内气体（　　）‎ A．压强增大，体积增大 B．压强增大，体积减小 C．压强减小，体积增大 D．压强减小，体积减小 ‎【分析】初始状态P0=Px+Ph，若试管自由下落，则ph=0，Px=P0，所以压强增大，气体做等温变化，故体积减小 ‎【解答】解：初始状态P0=Px+Ph，‎ 若试管自由下落，则ph=0，Px=P0，‎ 所以压强增大 由玻意耳定律知，PV=C，故V减小．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】关键知道试管自由下落时，水银柱的压强消失掉．‎ ‎　‎ ‎11．（3分）（2014•上海）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．‎ ‎【解答】解：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件．‎ ‎　‎ ‎12．（3分）（2014•上海）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直．在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力矩大小为（　　）‎ A．ISBsinθ B．ISBcosθ C． D．‎ ‎【分析】安培力F=BIL，力矩等于力乘以力臂，利用几何知识确定出力臂的大小即可．‎ ‎【解答】解：I与B垂直，故安培力F=BIL=B•bc•I，由左手定则知安培力竖直向上，‎ 由几何知识可知力臂的大小为：L=ab•sinθ 则力矩为：B•bc•I×ab•sinθ=BISsinθ 故选：A．‎ ‎【点评】本题借助安培力的计算考查了力矩的计算，力矩的计算中关键是确定力臂的大小．‎ ‎　‎ ‎13．（3分）（2014•上海）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈．在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（　　）‎ A．顺时针旋转31圈 B．逆时针旋转31圈 C．顺时针旋转1圈 D．逆时针旋转1圈 ‎【分析】根据圆盘转动频率和频闪光的频率之间的关系进行求解．‎ ‎【解答】解：带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈，即f0=30Hz，‎ 在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即f′=31Hz，‎ f0＜f′＜2f0，‎ 所以观察到白点逆时针旋转，‎ f′﹣f0=f″=1Hz，‎ 所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查实际频率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路．‎ ‎　‎ ‎14．（3分）（2014•上海）一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距波长，B位于A右方．t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过周期，B位于平衡位置（　　）‎ A．上方且向上运动 B．上方且向下运动 C．下方且向上运动 D．下方且向下运动 ‎【分析】根据题意画出波形，判断出t时刻B的位置和状态，再分析经过周期，分析B的位置和状态．‎ ‎【解答】解：波向右传播，据题意：t时刻A位于平衡位置上方且向上运动时，B位于平衡位置的上方，速度方向向下，再经过周期，B位于平衡位置下方且向下运动．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】根据波的传播方向判断出质点的振动方向，画出波形等等都是应掌握的基本能力．‎ ‎　‎ ‎15．（3分）（2014•上海）将阻值随温度升而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端．开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，保持Ⅰ温度不变，冷却或加热Ⅱ，则Ⅱ的电功率在（　　）‎ A．加热时变大，冷却时变小 B．加热时变小，冷却时变大 C．加热或冷却时都变小 D．加热或冷却时都变大 ‎【分析】将热敏电阻Ⅰ看成电源的内阻，当两个电阻相等时，Ⅱ上消耗的电功率最大，无论温度升高还是降低，Ⅱ上消耗的电功率都变小．‎ ‎【解答】解：将热敏电阻Ⅰ看成电源的内阻，开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，根据数学知识分析得知此时电源的输出功率最大，即Ⅱ上消耗的电功率最大，所以无论温度升高还是降低，Ⅱ阻值增大或减小，Ⅱ上消耗的电功率都变小．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题要对热敏电阻的特性掌握牢固．本题中运用等效法研究功率问题，也是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎16．（3分）（2014•上海）如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△Ek1、△Ek2‎ ‎．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（　　）‎ A．△Ek1＞△Ek2；t1＞t2 B．△Ek1=△Ek2；t1＞t2‎ C．△Ek1＞△Ek2；t1＜t2 D．△Ek1=△Ek2；t1＜t2‎ ‎【分析】根据动能定理比较动能的增加量；通过速度时间图线，抓住路程相等，结合加速度不同，比较运动时间的长短．‎ ‎【解答】解：因为摩擦力做功Wf=μ（mgcosθ+Fsinθ）•s=μmgx+μFh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：‎ WF﹣mgh﹣Wf=△Ek，‎ 知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等．‎ 作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比较动能变化量的关系，难点在于通过速度时间图线比较运动的时间，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎　‎ 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）‎ ‎17．（4分）（2014•上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（　　）‎ A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里 ‎【分析】磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．‎ ‎【解答】解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理．‎ ‎　‎ ‎18．（4分）（2014•上海）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．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△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．A的示数增大 B．V2的示数增大 C．△V3与△I的比值大于r D．△V1大于△V2‎ ‎【分析】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．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．‎ ‎【解答】解：A、据题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，故A正确；‎ B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎　‎ ‎19．（4分）（2014•上海）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；‎ B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3‎ 处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；‎ C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差．‎ ‎　‎ ‎20．（4分）（2014•上海）如图在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同．略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A、B的压强变化量△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（　　）‎ A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB ‎【分析】气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；倾斜后，再使A、B升高相同温度，假设两部分气体的体积不变，由查理定律分析两部分气体的压强变化和对活塞的压力的变化，从而判断假设的正误以及本体的答案．‎ ‎【解答】解：AB、气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有：PASA+（M+m）gsinθ=PBSB…①‎ 对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；故A正确，B错误．‎ C、开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等△FB＞△FA，故C错误．‎ D、由，但SA＞SB，结合C分析可得，故有△pA＜△pB．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】利用气态方程解题关键是气体状态要明确，求出各个状态的温度、压强、体积然后列气体状态方程即可求解，尤其注意气体压强的求法．‎ ‎　‎ 四、填空题，每小题4分．‎ ‎21．（4分）（2014•上海）牛顿第一定律表明，力是物体　运动状态　发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是　惯性　．‎ ‎【分析】牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条基本定律．‎ ‎【解答】解：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性．‎ 故答案为：运动状态；惯性．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第一定律的内容和惯性的概念．基础题目．‎ ‎　‎ 选做题（本大题为交叉题，分22、23两道题，考生可任选一类答题，若两题均做，一律按22题计分）‎ ‎22．（4分）（2014•上海）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，他们的速度大小之比vA：vB=2：1，则动量大小之比pA：pB=　1：2　；两者碰后粘在一起运动，总动量与A原来动量大小之比为p：pA=　1：1　．‎ ‎【分析】根据动能与动量的关系式求出两物体的动量大小之比；‎ 由动量守恒定律求出碰撞后总动量与A的动量之比．‎ ‎【解答】解：动能EK=mv2，则m=，‎ 两物体质量之比：==（）2=；‎ 物体的动量为：p=，‎ 两物体动量之比：===；‎ 以B的初动量方向为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：‎ pB﹣pA=p，解得：p=pA，‎ A、B碰撞后总动量与A原来动量大小之比为：p：pA=pA：pA=1：1．‎ 故答案为：1：2，1：1．‎ ‎【点评】本题考查了求动量之比，应用动能的计算公式、动量与动能的关系、动量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎23．（2014•上海）动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比RA：RB=1：2，它们的角速度之比ωA：ωB=　2：1　，质量之比mA：mB=　1：2　．‎ ‎【分析】本题的关键是根据牛顿第二定律列出卫星受到的万有引力等于需要的向心力（用角速度表示），即可求出角速度之比；根据动能公式和线速度与角速度关系即可求出两卫星的质量之比．‎ ‎【解答】解：由==mR可得ω=，所以==2：1；‎ 由=，及v=ωR，可得：m=，所以=•=；‎ 故答案为：2：1，1：2．‎ ‎【点评】应明确求解卫星绕地球做匀速圆周运动的思路是地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，注意灵活选取线速度和角速度表示向心力．‎ ‎　‎ ‎24．（4分）（2014•上海）如图，两光滑斜面在B处连接，小球自A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC．设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为　9：7　，球由A运动到C的过程中平均速率为　2.1　m/s．‎ ‎【分析】根据和加速度的定义a==，=解答．‎ ‎【解答】解：设AB=BC=x，AB段时间为t1，BC段时间为t2，根据知AB段：，BC段为=‎ 则t1：t2=7：3，根据a==知AB段加速度a1=，BC段加速度a2=，则球在AB、BC段的加速度大小之比为9：7；‎ 根据=知AC的平均速率===2.1m/s．‎ 故答案为：9：7，2.1m/s．‎ ‎【点评】本题考查基本概念的应用，记住和加速度的定义a==，=．‎ ‎　‎ ‎25．（4分）（2014•上海）如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距x．在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为　0.8　m；若L=0.6m，x的取值范围是　0.8≤x≤1m．　m．（取g=10m/s2）‎ ‎【分析】根据自由落体运动的公式求出小球通过矩形孔的时间，从而通过等时性求出L的最大值．结合小球运动到矩形孔上沿的时间和下沿的时间，结合障碍物的速度求出x的最小值和最大值．‎ ‎【解答】解：小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间s=0.2s；‎ 小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，‎ 则小球通过矩形孔的时间△t=t2﹣t1=0.2s，‎ 根据等时性知，L的最大值为Lm=v0△t=4×0.2m=0.8m．‎ x的最小值xmin=v0t1=4×0.2m=0.8m x的最大值xmax=v0t2﹣L=4×0.4﹣0.6m=1m．‎ 所以0.8m≤x≤1m．‎ 故答案为：0.8，0.8m≤x≤1m．‎ ‎【点评】解决本题的关键抓住临界状态，运用运动学公式进行求解．知道小球通过矩形孔的时间和障碍物移动L的最大值时间相等．‎ ‎　‎ ‎26．（4分）（2014•上海）如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h．当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为　h或h　．若A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ=30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是　先不变，后增大　．‎ ‎【分析】对小球B受力分析，根据力的平行四边形定则，结合相似三角形之比，即可求解BC长度；‎ 根据电场力与重力的关系，结合在θ=30°处平衡，可知，线长与h的大小关系，当A电量变化时，根据力的合成与分解，依据相似三角形之比，即可求解．‎ ‎【解答】解：当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，‎ 对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有：‎ 解得：AB==h，‎ 根据余弦定理，可得，（h）2=h2+BC2﹣2×BC×hcos30°，‎ 解得BC=h，或h；‎ 当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B仍能在θ=30°处平衡，‎ 根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，‎ 由三角形相似可知，‎ 随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小．‎ 当细绳变为竖直方向时，此时绳子拉力仍小于重力，‎ 所以拉力先不变，后增大．‎ 故答案为：h或h；先不变，后增大．‎ ‎【点评】考查受力分析，掌握力的合成与分解的方法，理解相似三角形的边长间比与力之间比的关系，是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎27．（4分）（2014•上海）如图，在“观察光的衍射现象”试验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在　光的波长比障碍物小得多　情况下，光才可以看作是沿直线传播的．‎ ‎【分析】‎ 光传播到障碍物的后面的区域，由于是单缝不可能发生两列光的叠加，故只能发生衍射现象．单缝宽度越小越容易发生衍射现象，故缝越小，条纹间距越大．‎ ‎【解答】解：保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将减小；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在 光的波长比障碍物小得多情况下，光才可以看作是沿直线传播的．‎ 故答案为：减小；光的波长比障碍物小得多．‎ ‎【点评】本题比较简单，考查了单缝衍射和发生明显衍射现象的条件．掌握了单缝衍射的现象和特点即可顺利解决此类题目．‎ ‎　‎ ‎28．（4分）（2014•上海）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大．‎ ‎（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图　a　．‎ ‎（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中　C　．‎ A．注射器有异物 B．连接软管中存在气体 C．注射器内气体温度升高 D．注射器内气体温度降低．‎ ‎【分析】（1）最后得到p和V的乘积逐渐增大，表示V﹣﹣图象的斜率逐渐增大，由此选择 ‎（2）在实验过程中随时间延长，导致注射器内气体温度升高，故V﹣﹣图象的斜率逐渐增大．‎ ‎【解答】解：（1）由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V﹣﹣‎ 图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选a．‎ ‎（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误．‎ B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误．‎ C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知=C，当T增大时，PV会增大，故C正确．‎ D、由C分析得，D错误．‎ 故选：C．‎ 故答案为：a；C ‎【点评】本题关键是明确实验原理、误差来源，然后根据玻意耳定律列式分析，不难．‎ ‎　‎ ‎29．（4分）（2014•上海）在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 ‎（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在　C　点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）．‎ ‎（2）实验得到的U﹣I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为　2.8　V，内电阻的阻值为　2　Ω．‎ ‎（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到　D　点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U﹣I的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为　3　Ω．‎ ‎【分析】（1）根据伏安法测电源电动势的原理分析电路图，然后答题；‎ ‎（2）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可以求出电源电动势与内阻；‎ ‎（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，求出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，根据电路图与图象分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点．‎ ‎（2）由图（b）中的直线Ⅰ所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r===2Ω．‎ ‎（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，‎ 导线应接在D点，通过电压传感器来测量滑动变阻器的电压，从而算出定值电阻的电压；‎ 由（b）中的直线Ⅱ所示可知：k=R+r===5Ω，‎ 则定值电阻阻值：R=k﹣r=5﹣2=3Ω；‎ 故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3．‎ ‎【点评】本题考查了电路的连接、求电源电动势与内阻、求定值电阻阻值，知道实验原理是正确解题的前提与关键，分析清楚电路结构、根据图示图象即可正确解题；电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．‎ ‎　‎ ‎30．（4分）（2014•上海）某小组在做“用单摆测定重力加速度“实验后，为了进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2π，式中IC 为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到中心C的距离．如图（a），实验时杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m=0.50kg．‎ r/m ‎0.45‎ ‎0.40‎ ‎0.35‎ ‎0.30‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ T/s ‎2.11‎ ‎2.14‎ ‎2.20‎ ‎2.30‎ ‎2.43‎ ‎2.64‎ ‎（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示　T2r　‎ ‎（2）Ic的国际单位为　kg•m2　，由拟合直线得带Ic的值为　0.17　（保留到小数点后二位）‎ ‎（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值　不变　（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎【分析】（1）根据周期公式与图示图象分析答题．‎ ‎（2）根据公式确定单位，由图示图象求出Ic数值．‎ ‎（3）根据图象的斜率与重力加速度的关系，来确定是否与质量有关，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由T=2π可知，整理得：T2r=4π2，因此横坐标为r2，纵坐标即为T2r；‎ ‎（2）（2）根据T2r=+，可知，与的单位是相同的，因此IC的单位即为kg•m2；‎ 图象的斜率k=，‎ 由图可知k==3.68；解得：g=（g=10.7m/s2）；‎ 由图可知=1.25，则IC=0.17．‎ ‎（3）根据上式可知，质量的测量值偏大，不影响重力加速度的测量值，即为不变；‎ 故答案为：（1）T2r；（2）kg•m2；0.17； （3）不变．‎ ‎【点评】考查周期公式与图象的综合应用，掌握数学表达式的推理，注意图象的斜率与横、纵截距的含义，注意数学运算的正确性．‎ ‎　‎ 七、计算题（共50分）‎ ‎31．（10分）（2014•上海）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强p0=76cm Hg．‎ ‎（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？‎ ‎（2）封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？‎ ‎【分析】（1）对封闭气体来讲，PVT均发生变化，由理想气体状态方程求解 ‎（2）由等温变化列方程求解 ‎【解答】解：（1）初态压强P1=（76﹣16）cmHg 末态时左右水银面的高度差为16﹣2×3cm=10cm 末状态压强为：P2=76﹣10cmHg=66cmHg 由理想气体状态方程得：‎ 故：T1=‎ ‎（2）加注水银后，左右水银面的高度差为：h′=（16+2×2）﹣l 由玻意耳定律得，P1V1=P3V3，其中P3=76﹣（20﹣l）‎ 解得：l=10cm 答：（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为350K；‎ ‎（2）需向开口端注入的水银柱长度为10cm．‎ ‎【点评】利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．本题的一大难点在于高度差的计算．‎ ‎　‎ ‎32．（12分）（2014•上海）如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．‎ ‎（1）求箱子加速阶段的加速度为a′．‎ ‎（2）若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．‎ ‎【分析】（1）由运动学的公式即可求得物体的加速度；‎ ‎（2）可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界速度，然后使用整体法，结合牛顿第二定律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：‎ 得：‎ 解得：‎ ‎（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsinθ=ma Ncosθ=mg 解得：a=gtanθ 减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，‎ 左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，‎ 则：Nsinθ=ma Ncosθ﹣F=mg 解得：F=macotθ﹣mg 答：（1）箱子加速阶段的加速度为；‎ ‎（2）若a＞gtanθ，减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0，顶部的作用力是macotθ﹣mg．‎ ‎【点评】该题中的第二问中，要注意选取受到的左壁的作用力等于0的临界条件，以及临界速度．中档题目．‎ ‎　‎ ‎33．（14分）（2014•上海）如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上板始终接地．长度为、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q．当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO′夹角θ=30°的位置；若金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转α=15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压，假定两板间始终为匀强电场．求：‎ ‎（1）绝缘杆所受的重力G；‎ ‎（2）两板旋转后板间电压U2；‎ ‎（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2．‎ ‎【分析】（1）根据重力力矩与电场力矩相平衡，即可求解；‎ ‎（2）转动后，再次使用重力力矩与电场力矩相平衡，即可求解；‎ ‎（3）根据电场强度变化，导致零电势能面变化，则小球的电势能也改变，再根据W=qU，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设杆长为L，杆受到的重力力矩与球受到的电场力矩平衡，则有：‎ ‎；‎ 解得：G=；‎ ‎（2）金属板转过α角后，同样满足力矩平衡，则有：‎ ‎；‎ 联立以上两式解得：=；‎ ‎（3）该同学的结论错误的，因为上板接地，当板旋转α角度时，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了，所以，带电小球的电势能也改变了．‎ 设带电小球与零势能间的电势差为U′；‎ 金属板转动前：；‎ 电势能为：W1=qU=‎ 金属板转动后：；‎ 电势能为：W2=qU=；‎ 答：（1）绝缘杆所受的重力为；‎ ‎（2）两板旋转后板间电压为；‎ ‎（3）该同学的结论错误，电势能为：W1=，与电势能为：W2=．‎ ‎【点评】考查力矩平衡的应用，掌握电势能与零电势能面的关系，理解电场力做功表达式W=qU．‎ ‎　‎ ‎34．（14分）（2014•上海）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m．将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP平行，棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等．‎ ‎（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA．‎ ‎（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间△t．‎ ‎（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后由安培力公式求出安培力．‎ ‎（2）由E=BLv求出感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出运动时间．‎ ‎（3）求出安培力做的功，应用动能定理求出棒的速度．‎ ‎【解答】解：（1）棒在GH处时，感应电动势：E=BLv1，‎ 电流：I1=，‎ 棒受到的安培力：FA=BIL，‎ 代入数据解得：FA=8N；‎ ‎（2）设棒移动的距离为a，由几何知识可知，EF间距离为L﹣a，‎ 在此过程中，磁通量的变化量：△Φ=B△S=a[（L﹣a）+L）B=‎ 由题意可知，回路中感应电流保持不变，则感应电动势不变，‎ 感应电动势：E=BLv2，由法拉第电磁感应定律可得：E==，‎ 解得：△t=1s；‎ ‎（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v3′，‎ 由动能定理得：W﹣WA=mv3′2﹣mv32，‎ 克服安培力做功：WA=I32R△t′，‎ I3=，△t′=，‎ 解得：WA=，‎ 由于电流始终不变，则：v3′=v3，‎ 则：W=+m（）v32，‎ 代入数据得：3v32+4v3﹣7=0，‎ 解得：v3=1m/s，（v3=﹣m/s，舍去）；‎ 答：‎ ‎（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小为8N．‎ ‎（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间为1s．‎ ‎（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，初速度为1m/s．‎ ‎【点评】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，难度较大，分析清楚棒的运动过程、应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题，解题时注意题设条件：电流大小始终不变．‎ ‎　‎