《2012年上海市高考物理试卷答案与解析(共21页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012年上海市高考物理试卷答案与解析(共21页).doc（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2012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B强度C照射时间D光子数目【考点】光电效应菁优网版权所有【专题】光电效应专题【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率【解答】解：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式EK=hfW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【点评】本题考查了发生光电效应的条件和光电效应方
2、程的应用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（）A甲为紫光的干涉图样B乙为紫光的干涉图样C丙为红光的干涉图样D丁为红光的干涉图样【考点】光的干涉菁优网版权所有【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，通过间距的大小，判断出两束光所呈现的图样，干涉图样是等间距的【解答】解：由干涉图样条纹间距公式知条纹是等间距的，CD错误；红光的波长长，条纹间距大，所以甲为红光的，乙为紫光的，A错误B正确故选：B【点评】解决本题的关键通过双缝干涉条纹的间距公式判断是那种光，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光电效应现象C天
3、然放射现象D粒子散射现象【考点】天然放射现象菁优网版权所有【专题】原子的核式结构及其组成【分析】电离现象是电子脱离原子核的束缚光电效应是原子核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粒子或电子的现象；粒子散射现象是用粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象；【解答】解：A、电离现象是电子脱离原子核的束缚，不涉及原子核内部变化故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、粒
4、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【点评】本题考查这几种物理现象的本质，内容简单，只要加强记忆就能顺利解决，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【考点】光子菁优网版权所有【分析】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，光子的能量与频率成正比，即E=hv（h=6.6261034 JS）【解答】解：A、“光子说”提出光子即有波长又有动量
5、，是波动说和粒子说的统一，故A错误；B、光的波长越大，根据，频率越小，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【点评】爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统一起来，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（）AX射线B射线C射线D射线【考点】常见传感器的工
6、作原理菁优网版权所有【分析】在三种射线中射线的穿透本领最强，该装置中探测器接收到的是射线【解答】解：、三种射线的穿透能力不同，射线不能穿过钢板，射线只能穿过3 mm厚的铝板，而射线能穿透钢板故D正确，ABC错误故选D【点评】本题考查了、三种射线的特性，电离本领依次减弱，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（）AF1的大小是唯一的BF2的方向是唯一的CF2有两个可能的方向DF2可取任意方向【考点】力的合成菁优网版权所有【分析】已知合力的大小为50，一个分力F1的方向已知，与F成3
7、0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【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与F成30夹角，知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【点评】解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，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”门B甲是“或”门，乙是“非”门C甲是“与”门，乙是“或”门D甲是“或”门，乙是“
8、与”门【考点】简单的逻辑电路菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】根据电路分析，当从乙门电路输出为高电压时，蜂鸣器发出声音【解答】解：A、若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压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【点评】本题考查了逻辑门电路及复合门电路，理解逻辑关系及
9、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（）ABCD【考点】力的合成与分解的运用菁优网版权所有【专题】压轴题；受力分析方法专题【分析】对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B的加速度方向，知道B的合力方向，从而知道B的受力情况【解答】解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，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【点评】解决本题的关键知道B与整体具有相同的加速度，根据加速
10、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（）ABCD【考点】原子的核式结构菁优网版权所有【分析】质子数相同中子数不同的同一元素不同原子互为同位素，质量数等于质子数加中子数【解答】解：同位素的质子数相同，中子数不同，而质量数等于质子数加中子数，设质子数为M，则有：A=N+M，所以B正确故选B【点评】本题主要考查了同位素的定义，知道质量数等于质子数加中子数，难度不大，属于基础题10（3分）（2012上海）小球每隔0.2s
11、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B四个C五个D六个【考点】竖直上抛运动菁优网版权所有【分析】小球做竖直上抛运动，先求解出小球运动的总时间，然后判断小球在抛出点以上能遇到的小球数【解答】解：小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，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【点评】本题关键明确第一个小球的运动情况，然后选择恰当的运动学公式列式求解出运动时间，再判断相
12、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（）ABCFDF【考点】电场强度；电场的叠加菁优网版权所有【专题】电场力与电势的性质专题【分析】首先确定电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与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【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同设A
13、B=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【点评】本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，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（）Av0v2v0Bv=2v0C2v0v3v0Dv3v0【考点】平抛运动菁优网版权所有【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定【解答】解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0
14、的平抛运动，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【点评】解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，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，1.8JB3V，3.6JC6V，1.8JD6V，3.6J【考点】闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【分析
15、】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能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【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是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=
16、2U=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V0.6C=3.6J故选D【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用本题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B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小【考点】力矩的平衡条件菁优网版权所有【分析】根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉力力臂的变化判断拉力的变化【解答】解：棒子O端用水平
17、轴铰接在墙上，棒处于水平状态，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【点评】解决本题的关键掌握力矩平衡条件，通过力臂的变化，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（）AhA=hB，则一定有WA=WBBhAhB，则可能有WAWBChAhB，则可能有WA=WBDhAhB
18、，则一定有WAWB【考点】机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题【分析】质量相等的均质柔软细绳，则长的绳子，其单位长度的质量小，根据细绳的重心上升的高度找出克服重力做功的关系【解答】解：A、两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，hA=hB，绳A较长所以绳A的重心上升的高度较小，质量相等，所以WAWB故A错误B、hAhB，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WAWB故B正确，D错误C、hAhB，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WAWB故C错误故选B【点评】解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点，找出不同情况下重心上升的高
19、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（）A2RBCD【考点】机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题【分析】开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到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【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m，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）v20，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可
20、得：mgh=0mv2，则B上升的最大高度H=R+h，解得：H=；故选C【点评】B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出B能上升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B效率一定增大C热功率一定减小D输出功率一定先增大后减小【考点】电功、电功率菁优网版权所有【专题】恒定电流专题【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式
21、可以分析答题【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动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=，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，电源的热功率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【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率
22、公式即可正确解题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（）AF2=F1，v1v2BF2=F1，v1v2CF2F1，v1v2DF2F1，v1v2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有【专题】功率的计算专题【分析】物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据F1与F2功率相同列式，联立方程分析即可求解【解答】解：物体都做匀速运动，受力平衡，则： F1=mg F2 cos=（mgF2sin）解得：F
23、2（cos+sin）=F1根据F1与F2功率相同得：F1v1=F2v2cos由解得：，所以v1v2，而F1与 F2的关系无法确定，大于、等于、小于都可以故选：BD【点评】该题要抓住物体都是匀速运动受力平衡及功率相等列式求解，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
24、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【考点】匀速圆周运动菁优网版权所有【专题】匀速圆周运动专题【分析】银原子向右匀速运动的同时，圆筒匀速转动，两个运动相互独立，同时进行【解答】解：A、B、从原子炉R中射出的银原子向右做匀速直线运动，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【点评】本题考查圆周运动和
25、统计规律，难度中等，本题物理情景比较新；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1与2（12）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（）AmA一定小于mBBqA一定大于qBCvA一定大于vBDEkA一定大于EkB【考点】牛顿第二定律；机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小
26、；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【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，有：故：同理，有：由于12，故mAmB，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，由于A球摆到最低点过程，下降的高度h较大，故A球的速度较大，故C正确；D、小球摆动过程机械能守恒，有mgh=EK，故Ek=mgh=mgL（1cos）=L（1cos）其中Lcos相同，根据数学中的半角公式，得到：Ek=L（1cos）=其中FLcos=Fh，相同，故越大，越大，动能越大
27、，故EkA一定大于EkB，故D正确；故选：ACD【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；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1、2的两个光子，其总能量为hv1+hv2【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有【专题】衰变和半衰期专题【分析】发生一次衰变后，原来的原子核质量数不变，核电荷数增加1，由此可以写出衰变方程；每个光子的
28、能量为hv，总能量就是两个光子的能量和【解答】解：发生一次衰变后，原来的原子核质量数不变，核电荷数增加1，故衰变方程：每个光子的能量为hv，频率为1、2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【点评】本题考查原子核的衰变方程，只要记住它的衰变规律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40kgm/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10m/s【考点】动量守恒定律菁优
29、网版权所有【分析】取A球的速度方向为正方向，分别表示出两球的动量，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【解答】解：取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为P=mAvAmBvB=51025=40（kgm/s）根据动量守恒得 P=mAvA+mBvB，解得，vB=10m/s故答案为：40，10【点评】对于碰撞的基本规律是动量守恒，注意规定正方向列出守恒等式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【考点】万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】万有引力定律的应用专题【分析】人造地球卫星做匀速
30、圆周运动，万有引力提供向心力，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【解答】解：万有引力提供向心力，得：得：得：又：故答案为：2r，【点评】人造地球卫星做匀速圆周运动，一定要使用万有引力提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st关系如图所示，质点在020s内的平均速度大小为0.8m/s质点在10s、14s时的瞬时速度等于它在620s内的平均速度【考点】匀变速直线运动的图像菁优网版权所有【专题】运动学中的图像专题【分析】位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时
31、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【解答】解：由图可知：质点在020s内的位移为16m，所以020s内的平均速度大小620s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620s内的平均速度故答案为：0.8，10s、14s【点评】理解位移时间图象上点和斜率的物理意义；能从位移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2Tt4T则可能的最小波速为5m/s，最小周期为s【考点
32、】波长、频率和波速的关系；横波的图象菁优网版权所有【专题】压轴题；波的多解性【分析】分波向左传播和向右传播两种情况讨论；先求出位移，再求解波速和对应的周期【解答】解：由图象可以看出，波长为：2=14m，故=7m；2Tt4T，故波传播的距离：2x4；波向右传播，x=15m或22m；波速为或m/s；周期为：或s；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，【点评】本题关键分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，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
33、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【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率菁优网版权所有【专题】压轴题；电磁感应与电路结合【分析】对导线框受力分析，利用牛顿第二定律可以求出加速度；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【解答】解：导线框在磁场中受到的合外力等于F，由牛顿第二定律得：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：【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件，楞次定律，及法
34、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”）【考点】研究电磁感应现象菁优网版权所有【专题】实验题【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答
35、题【解答】解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过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【点评】熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌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
36、验中（1）某同学连接的电路如图所示若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过R1的电流；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；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中央刻度过大，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25（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【考点】用
37、多用电表测电阻菁优网版权所有【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2并联，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【解答】解：（1）多用电表与滑动变阻器串联，电流相等；断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表接在其两端；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：R1，R1+R2，R2（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中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，
38、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250，大于200，即测量值不可能小于25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【点评】本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；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
39、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【考点】气体的等容变化和等压变化菁优网版权所有【专题】实验题；压轴题【分析】探究压强不变时体积变化与温度变化的关系，气体温度升高，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【解答】解：（1）气体温度升高，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，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
40、）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【点评】实验过程中要注意控制变量法的应用，控制气体压强不变，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
41、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lgTlgL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=【考点】用单摆测定重力加速度菁优网版权所有【专题】实验题；压轴题；单摆问题【分析】（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据，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n1个全振动；（
42、2）由T=结合数学对数知识，得到lgTlgL的关系式，根据数学知识即可求解【解答】解：（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而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=可得：lgT=lg，故lgTlgL图线为直线，由题意可知：lg=c解得：g=故答案为：（1）数据采集器，；最低点；（2）直线；【点评】本题考查实验操作和数据处理的能力，对数学知识要求较高，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
43、直径略大于杆的截面直径环与杆间动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角=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）【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用菁优网版权所有【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，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【解答】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53=mg，F=1.25N 此时无摩擦力当F1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律FcosFN=ma，F
44、N+Fsin=mg，解得F=1N当F1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律FcosFN=ma，Fsin=mg+FN，解得F=9N答：F的大小为1N或者9N【点评】本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，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【考点】理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】理想气体状态方程专题【分析】将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中会有一部分水银流出，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【解答】解：（1）将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中，