1、2015年上海市高考物理試卷一、單項選擇題（共16分，每小題2分，每小題只有一個正確選項）1（2分）（2015上海）X射線（）A不是電磁波B具有反射和折射的特性C只能在介質中傳播D不能發(fā)生干涉和衍射考點：光的電磁本性.分析：解答本題應明確X射線為電磁波的一種，它具有電磁波的一切性質解答：解：X射線屬于電磁波的一種，它具有波的一切性質，如反射、折射、干涉及衍射等；它可以在真空中傳播；故只有B正確，ACD錯誤；故選：B點評：本題考查電磁波譜，要注意電磁波譜中的一切波均能發(fā)生反射、折射、干涉及衍射等現象2（2分）（2015上海）如圖，P為橋墩，A為靠近橋墩浮在水面的葉片，波源S連續(xù)振動，形成水波，此

2、時葉片A靜止不動為使水波能帶動葉片振動，可用的方法是（）A提高波源頻率B降低波源頻率C增加波源距橋墩的距離D減小波源距橋墩的距離考點：波的干涉和衍射現象.分析：發(fā)生明顯的衍射現象的條件：孔縫的寬度或障礙物的尺寸與波長相近或更小當衍射現象明顯時，形成的水波能帶動樹葉A振動起來解答：解：拍打水面時，水波中的質點上下振動，形成的波向前傳播，提高拍打水面的頻率，則質點振動的頻率增加，波的頻率與振動的頻率相等，根據，波速不變，頻率增大，波長減小，衍射現象不明顯，反之降低頻率，波長增大，衍射現象更明顯故A錯誤，B正確C、D錯誤故選：B點評：解決本題的關鍵知道質點振動的頻率與波傳播的頻率相等，以及掌握波發(fā)生

3、明顯衍射的條件3（2分）（2015上海）如圖，鳥沿虛線斜向上加速飛行，空氣對其作用力可能是（）AF1BF2CF3DF4考點：共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力.專題：共點力作用下物體平衡專題分析：鳥受重力和空氣對其作用力（阻力和升力的合力），做勻加速直線運動，加速度沿著虛線向上，故合力沿著虛線向上，根據矢量合成的三角形定則作圖判斷即可解答：解：鳥沿虛線斜向上加速飛行，加速度沿著虛線向上，故合力F沿著虛線向上；鳥受重力和空氣對其作用力，根據三角形定則作圖如下：故選：B點評：本題是已知運動情況判斷受力情況的問題，關鍵是先根據運動情況確定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根據三角形定則

4、判斷空氣作用力的方向4（2分）（2015上海）一定質量的理想氣體在升溫過程中（）A分子平均勢能減小B每個分子速率都增大C分子平均動能增大D分子間作用力先增大后減小考點：溫度是分子平均動能的標志；分子間的相互作用力.專題：內能及其變化專題分析：在等容過程中，溫度與壓強在變化，溫度是分子平均動能變化的標志，分子間同時存在分子引力和斥力，都隨距離的增大而減小；解答：解：A、溫度是分子平均動能的量度，當溫度升高時平均動能一定變大，分子的平均速率也一定變化，但不是每個分子速率都增大，平均勢能與體積有關，故AB錯誤C正確D、分子間同時存在分子引力和斥力，都隨距離的增大而減小；都隨距離的減小而增大，分子力大

5、小與分子間距有關，故D錯誤故選：C點評：熱學中很多知識點要需要記憶，注意平時的積累，在平時訓練中加強練習5（2分）（2015上海）鈾核可以發(fā)生衰變和裂變，鈾核的（）A衰變和裂變都能自發(fā)發(fā)生B衰變和裂變都不能自發(fā)發(fā)生C衰變能自發(fā)發(fā)生而裂變不能自發(fā)發(fā)生D衰變不能自發(fā)發(fā)生而裂變能自發(fā)發(fā)生考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度.專題：衰變和半衰期專題分析：衰變能自發(fā)發(fā)生鈾235發(fā)生裂變的條件是有慢速中子轟擊，重核裂變時用中子轟擊重核，產生多個中子，中子又會撞擊重核，產生更多的中子，使裂變不斷進行下去，這就是鏈式反應，產生鏈式反應的條件是中子再生率大于1解答：解：衰變能自發(fā)發(fā)生鈾235發(fā)生裂變的條件是有慢速

6、中子轟擊故C正確，ABD錯誤故選：C點評：本題考查了重核裂變和產生鏈式反應的條件，難度不大，屬于基礎題6（2分）（2015上海）Th經過一系列衰變和衰變后變成Pb，則Pb比Th少（）A16個中子，8個質子B8個中子，16個質子C24個中子，8個質子D8個中子，24個質子考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度.專題：衰變和半衰期專題分析：正確解答本題的關鍵是：理解、衰變的實質，正確根據衰變過程中質量數和電荷數守恒進行解題解答：解：發(fā)生衰變是放出42He，發(fā)生衰變是放出電子01e，則根據質量數和電荷數守恒有：則Pb比Th少的質子數：z=9082=8個，質量數：m=232208=24個，據質量數=電荷數

7、+中子數可知，減少的中子數：n=248=16個即鉛核比釷核少8個質子，少16個中子故選：A點評：本題主要考查了質量數和電荷數守恒在衰變過程中的應用，是考查基礎知識和規(guī)律的好題7（2分）（2015上海）在粒子散射實驗中，電子對粒子運動的影響可以忽略，這是因為與粒子相比，電子的（）A電量太小B速度太小C體積太小D質量太小考點：粒子散射實驗.專題：原子的核式結構及其組成分析：在粒子散射實驗中，由于電子的質量較小，粒子與電子相碰，就像子彈碰到灰塵一樣解答：解：粒子的質量是電子質量的7000多倍，粒子碰到電子，像子彈碰到灰塵，損失的能量極少，幾乎不改變運動的軌跡故D正確，A、B、C錯誤故選：D點評：該題

8、考查對粒子散射實驗的解釋，解決本題的關鍵知道粒子散射實驗，會解釋粒子偏轉的原因基礎題目8（2分）（2015上海）兩個正、負點電荷周圍電場線分布如圖所示，P、Q為電場中兩點，則（）A正電荷由P靜止釋放能運動到QB正電荷在P的加速度小于在Q的加速度C負電荷在P的電勢能高于在Q的電勢能D負電荷從P移動到Q，其間必有一點電勢能為零考點：電勢差與電場強度的關系；電勢能.專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據電場線的疏密判斷場強的大小根據電場線的方向判斷電荷的正負順著電場線電勢逐漸降低，由電場線的方向可判斷電勢的正負解答：解：A、正電荷在電場中受到的力沿該點的切線方向，故正電荷由P靜止釋放不能運動到Q，故

9、A錯誤B、電場線的疏密代表場強的大小，故EPEQ，故正電荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B錯誤；C、負電荷從P到Q電場力做負功，電勢能增加，故負電荷在P的電勢能小于在Q的電勢能，故C錯誤；D、從P到Q的過程中，沿電場線方向電勢降低，故在PQ間有一點電勢為零點，故EP=q，故其間必有一點電勢能為零，故D正確；故選：D點評：本題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，順著電場線電勢逐漸降低，知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一個等勢面二、單項選擇題（共24分，每小題3分，每小題只有一個正確選項）9（3分）（2015上海）如圖，長為h的水銀柱將上端封閉的玻璃管內氣體分隔成兩部分，A處管

10、內外水銀面相平將玻璃管緩慢向上提升H高度（管下端未離開水銀面），上下兩部分氣體的壓強變化分別為p1和p2，體積變化分別為V1和V2已知水銀密度為，玻璃管截面積為S，則（）Ap2一定等于p1BV2一定等于V1Cp2與p1之差為ghDV2與V2之和為HS考點：理想氣體的狀態(tài)方程.專題：理想氣體狀態(tài)方程專題分析：對水銀柱受力分析，根據平衡列方程可分析壓強關系，從而分析壓強變化之間的關系；兩部分氣體做等溫變化，根據玻意而定律列式求解分析解答：解：AC、對水銀柱有P1S+mg=P2S 水銀柱的質量為：m=hSgP2=P2P2=（P1+ghP1gh）=P1P1=P1，故A正確，C錯誤；B、對上部分氣體根據

11、玻意而定律得：P1V1=P1V1，對下部分氣體根據玻意而定律得：P2V2=P2V2 由于兩部分封閉原來氣體體積關系不確定，所以兩部分氣體體積變化不確定，故B錯誤；D、在A處管內外水銀面相平的情況下有幾何關系得：V1+V2=HS，現在是不確定，故D錯誤；故選：A點評：分析本題的關鍵是根據水銀柱分析，不論怎樣變化，上下兩部分氣體壓強之差不變，等于水銀柱產生的壓強10（3分）（2015上海）用很弱的光做單縫衍射實驗，改變曝光時間，在膠片上出現的圖象如圖所示，該實驗表明（）A光的本質是波B光的本質是粒子C光的能量在膠片上分布不均勻D光到達膠片上不同位置的概率相同考點：光的衍射.專題：光的衍射、偏振和電

12、磁本性專題分析：根據愛因斯坦的“光子說”可知，單個光子表現為粒子性，而大量光子表現為波動性，并且單個光子通過雙縫后的落點無法預測，而光子到達的多的區(qū)域表現為亮條紋，而光子到達的少的區(qū)域表現為暗條紋解答：解：AB、據愛因斯坦的“光子說”可知，單個光子表現為粒子性，而大量光子表現為波動性；故AB錯誤；CD、時間不太長時，底片上只能出現一些不規(guī)則的點子，說明了單個光子表現為粒子性，光子到達的多的區(qū)域表現為亮條紋，而光子到達的少的區(qū)域表現為暗條紋，說明光的能量在膠片上分布不均勻，光到達膠片上不同位置的概率不相同；故C正確，D錯誤；故選：C點評：本題主要考查了光的波粒二象性及其表現形式，其實這類題目往往

13、考查的內容很基礎，故只要注意基礎知識的積累，就能順利解決此類題目11（3分）（2015上海）某光源發(fā)出的光由不同波長的光組成，不同波長的光的強度如圖所示表中給出了一些材料的極限波長，用該光源發(fā)出的光照射表中材料（）材料鈉銅鉑極限波長（nm）541268196A僅鈉能產生光電子B僅鈉、銅能產生光電子C僅銅、鉑能產生光電子D都能產生光電子考點：光電效應.專題：光電效應專題分析：根據發(fā)生光電效應的條件，當入射光的頻率大于金屬的極限頻率，就會發(fā)生光電效應根解答：解：由題圖可知，該光源發(fā)出的光的波長大約在50nm到440nm之間，而三種材料中，極限頻率最小的鉑的極限波長是196nm，大于50nm，所以該

14、光源能使三種材料都產生光電效應故選：D點評：該題考查發(fā)生光電效應的條件解決本題的關鍵知道光電效應的條件即可基礎題目12（3分）（2015上海）重離子腫瘤治療裝置中的回旋加速器可發(fā)射+5價重離子束，其束流強度為1.2×105A，則在1s內發(fā)射的重離子個數為（e=1.6×1019C）（）A3.0×1012B1.5×1013C7.5×1013D3.75×1014考點：電流、電壓概念.分析：已知電流的多少和通電時間，根據公式Q=It求出電荷，再由Q=n5e求出離子數目解答：解：1s內發(fā)射的重離子的電荷量為 Q=It=1.2×105C

15、每個重離子的電荷量為5e，則通過的重離子數為 n=1.5×1013（個）故選：B點評：本題考查電荷量的計算，關鍵是公式及其變形的靈活運用要知道每個重離子的電荷量為5e，e是元電荷13（3分）（2015上海）監(jiān)控系統(tǒng)控制電路如圖所示，電鍵S閉合時，系統(tǒng)白天和晚上都工作；電鍵S斷開時，系統(tǒng)僅晚上工作在電路中虛框處分別接入光敏電阻（受光照時阻值減小）和定值電阻，則電路中（）AC是“與門”，A是光敏電阻BC是“與門”，B是光敏電阻CC是“或門”，A是光敏電阻DC是“或門”，B是光敏電阻考點：傳感器在生產、生活中的應用.分析：光線較暗，報警系統(tǒng)自動開始工作，光線不暗時不工作，此電路與光照有關；

16、只要合上電鍵S，報警系統(tǒng)24小時都能工作，所以電鍵與定值電阻相連，兩個條件有一個滿足就工作，所以是或門解答：解：由題意可知：S斷開時報警系統(tǒng)自動開始工作，光線不暗時不工作，所以滑動變阻器與光敏電阻相連；S閉合時，報警系統(tǒng)24小時都能工作，所以電鍵應與定值電阻相連，兩個條件有一個滿足就工作，所以是或門電路圖如圖所示：故選：D點評：傳感器在生產生活中的應用越來越廣泛，要注意掌握分析電路并能正確掌握對應的邏輯關系14（3分）（2015上海）如圖，一質量為m的正方體物塊置于風洞內的水平面上，其一面與風速垂直，當風速為v0時剛好能推動該物塊已知風對物塊的推力FSv2，其中v為風速、S為物塊迎風面積當風速

17、變?yōu)?v0時，剛好能推動用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質量為（）A4mB8mC32mD64m考點：共點力平衡的條件及其應用.專題：共點力作用下物體平衡專題分析：滑塊被勻速推動，受重力、支持力、推力和滑動摩擦力，根據平衡條件列式；其中推力FSv2，滑動摩擦力與壓力成正比解答：解：滑塊被勻速推動，根據平衡條件，有：F=fN=mg其中：F=kSv2=ka2v2f=N=mg=a3g解得：a=現在風速v變?yōu)?倍，故能推動的滑塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質量為原來的64倍；故選：D點評：本題關鍵是明確物體的受力情況，根據平衡條件推導出能夠推動的滑塊的邊長a與風速的關系表達式進行分

18、析，不難15（3分）（2015上海）一簡諧橫波沿水平繩向右傳播，波速為v，周期為T，振幅為A繩上兩質點M、N的平衡位置相距波長，N位于M右方設向上為正，在t=0時M位移為+，且向上運動；經時間t（tT），M位移仍為+，但向下運動，則（）A在t時刻，N恰好在波谷位置B在t時刻，N位移為負，速度向上C在t時刻，N位移為負，速度向下D在2t時刻，N位移為，速度向下考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系.專題：振動圖像與波動圖像專題分析：在t=0時M位移為+，且向上運動；經時間t（tT），M位移仍為+，但向下運動，由此寫出M點的振動方程，然后結合M、N的平衡位置相距波長，N位于M右方寫出N點的振動方

19、程，即可判斷出t時刻N點的位置以及振動的方向解答：解：A、B、C、由題，在t=0時M位移為+，且向上運動，則M點的振動方程為：yM=Asin（t+0），將在t=0時M位移為+代入方程得：所以：經時間t（tT），M位移仍為+，但向下運動，代入公式得：兩質點M、N的平衡位置相距波長，N位于M右方，所以N點的振動方程：，代入數據得：yN=，隨t的增大，位移的絕對值減小，所以N向上運動故AB錯誤，C正確；D、將2t代入公式，得：，質點恰好經過平衡位置故D錯誤故選：C點評：本題是特殊值問題，根據題目提供的條件，寫出M點與N點的振動方程，代入數據即可由于是特殊值問題，也可以使用特殊值，畫出波動的圖象，使用

20、平移法解答16（3分）（2015上海）如圖，戰(zhàn)機在斜坡上進行投彈演練戰(zhàn)機水平勻速飛行，每隔相等時間釋放一顆炸彈，第一顆落在a點，第二顆落在b點斜坡上c、d兩點與a、b共線，且ab=bc=cd，不計空氣阻力，第三顆炸彈將落在（）Abc之間Bc點Ccd之間Dd點考點：平拋運動.專題：平拋運動專題分析：飛機與炮彈的水平速度相同，則落點在飛機的正下方，據水平向與豎直向的位移關系畫圖分析，確定落點解答：解：如圖：假設第二顆炸彈經過Ab，第三顆經過PQ；則a，A，B，P，C在同一水平線上，由題意可知，設aA=AP=xo，ab=bc=L，斜面傾角為，三顆炸彈到達a所在水平面的豎直速度為vy，水平速度為v0，

21、對第二顆炸彈：水平向：x1=Lcosx0=v0t 豎直向：對第三顆炸彈：水平向：x2=2Lcos2x0=v0t2 豎直向：解得：t2=2t1，y22y1 所以Q點在c點的下方，也就時第三顆炸彈將落在bc之間，故A正確故選：A點評：考查平拋運動的規(guī)律，明確水平向與豎直向的運動規(guī)律會畫草圖進行分析求解考查的是數學知識三、多項選擇題（共16分，每小題4分，每小題有二個或三個正確選擇，全選對的，得4分；選對但不全的，得2分，有選錯或不答的，得0分）17（4分）（2015上海）質點運動的位移x與時間t的關系如圖所示，其中做機械振動的是（）ABCD考點：簡諧運動.分析：物體在平衡位置附近的往復運動稱為機械

22、振動，根據圖象可明確哪些為機械振動解答：解：根據機械能振動的定義可知，ABC均在某一平衡位置附近振動，故ABC均為機械振動；而D中的物體沒有振動過程；故選：ABC點評：本題考查機械能振動的性質，要注意明確其定義，知道物體在某一位置附近的往復運動稱為機械振動18（4分）（2015上海）如圖，質量為m的小球用輕繩懸掛在O點，在水平恒力F=mgtan作用下，小球從靜止開始由A經B向C運動則小球（）A先加速后減速B在B點加速度為零C在C點速度為零D在C點加速度為gtan考點：牛頓第二定律.專題：牛頓運動定律綜合專題分析：根據動能定理求出小球速度為零時細線與豎直方向的角度，得出小球在整個過程中的運動規(guī)律

23、在C點，抓住徑向的合力為零，通過數學知識，結合受力求出合力的大小，從而求出C點的加速度解答：解：設小球擺到的最大角度為，根據動能定理得，FLsinmgL（1cos）=0，又F=mgtan解得=2，即在C點的速度為零可知小球先加速后減速，故A、C正確在B點，小球的速度不為零，則向心加速度不為零，所以加速度不為零，故B錯誤在C點，速度為零，小球受重力和拉力，沿繩子方向的合力為零，則小球所受的合力為mgsin2mgtancos2=mgtan，則C點的加速度為gtan，故D正確故選：ACD點評：本題考查了牛頓第二定律和動能定理的基本運用，知道小球速度為零時，徑向的合力為零，本題對數學三角函數要求較高，

24、需加強這方面的訓練19（4分）（2015上海）一顆子彈以水平速度v0穿透一塊在光滑水平面上迎面滑來的速度也是v0木塊后，二者運動方向均不變設子彈與木塊間相互作用力恒定，木塊最后速度為v，則（）Av0越大，v越大Bv0越小，v越大C子彈質量越大，v越大D木塊質量越小，v越大考點：動量守恒定律.專題：動量定理應用專題分析：子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出速度與各個物理量之間的關系；解答：解：子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以木塊的初速度方向為正方向，設木塊的質量為M，子彈的質量為m，由動量守恒定律可得：（Mm）v0=Mv+mv，設長度是l，碰撞的過程中子彈與木塊之間的作用力為f，

25、根據功能關系得：聯立解得：v=；所以在其他的條件不變的條件下：A、B、由以上公式可知，v0越大，v越大故A正確，B錯誤；C、D、由于二者運動方向均不變，結合以上公式可知，子彈質量越小，v越大；木塊質量越大，v越大故C錯誤，D錯誤故選：A點評：此題有一定的難度，要求能根據物體的運動過程，分析得出木塊的速度的表達式，然后才能結合速度的表達式進行分析說明20（4分）（2015上海）如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構成回路在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動在勻速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對

26、磁鐵做功WG，回路中產生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為EK則（）AW1=QBW2W1=QCW1=EKDWF+WG=Q+EK考點：法拉第電磁感應定律；功能關系.專題：電磁感應與電路結合分析：分別選磁鐵和導體棒為研究對象，根據動能定理列方程，對系統(tǒng)根據能量守恒知W2W1=Q解答：解：A、根據題意，由動能定理知：導體棒：W1=Ek，故A錯誤，C正確B、根據能量守恒知W2W1=Q，故B正確；D、對磁鐵有：WF+WGW2=0，由得WF+WG=Ek+Q，故D正確；故選：BCD點評：此題考查動能定理和能量守恒，一對磁場力做功之和為系統(tǒng)產生的焦耳熱四、填空題（共20分，每小題4分）22、23題任選一道作答，

27、若兩道均做，按所做第一道計分21（4分）（2015上海）靜電場是靜止電荷周圍空間存在的一種物質；通常用電勢來描述電場的能的性質考點：電場；電勢能.專題：電場力與電勢的性質專題分析：電荷周圍存在著一種特殊物質，這種物質叫電場，其能的性質可由電勢描述解答：解：靜電場是靜止電荷周圍空間存在的一種物質；通常用電勢來描述電場的能的故答案為：靜止電荷，電勢點評：解決本題的關鍵要知道電場是一種存在于電荷周圍的特殊物質，描述電場的性質物理量有兩個：電場強度和電勢22（4分）（2015上海）兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運動，A車總質量為50kg，以2m/s的速度向右運動；B車總質量為70kg，以3m/s的速

28、度向左運動碰撞后，A以1.5m/s的速度向左運動，則B的速度大小為0.5m/s，方向向左（選填“左”或“右”）考點：動量守恒定律.專題：動量定理應用專題分析：碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，平拋動量守恒定律可以求出B的速度解答：解：A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mBvBmAvA=mAvA+mBvB，即：70×350×2=50×1.5+70vB，解得：vB=0.5m/s，方向：水平向左；故答案為：0.5；左點評：本題考查了求物體的速度，應用動量守恒定律可以正確解題，解題時注意正方向的選擇，否則會出錯23（2015上海）兩靠得較近的天體組成的系統(tǒng)稱

29、為雙星，它們以兩者連線上某點為圓心做勻速圓周運動，因而不至于由于引力作用而吸引在一起設兩天體的質量分別為m1和m2，則它們的軌道半徑之比Rm1：Rm2=m2：m1，速度之比vm1：vm2=m2：m1考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題分析：雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出軌道半徑之比；根據萬有引力提供向心力求出角速度的大小解答：解：（1）設m1和m2的軌道半徑分別為r1，r2 角速度為，由萬有引力定律和向心力公式：G=m12r1=m22r2，得：r1 ：r2=m2：m1由v=r得：vm1：vm2=m2：m1故答案為：m2：m1，m2：m1點評

30、：解決本題的關鍵掌握雙星模型系統(tǒng)，知道它們靠相互間的萬有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等24（4分）（2015上海）如圖，汽車在平直路面上勻速運動，用跨過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當牽引輪船的繩與水平方向成角時，輪船速度為v，繩的拉力對船做功的功率為P，此時繩對船的拉力為若汽車還受到恒定阻力f，則汽車發(fā)動機的輸出功率為fvcos+P考點：功率、平均功率和瞬時功率.專題：功率的計算專題分析：將船的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，結合沿繩子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出繩對船的拉力大小根據汽車做勻速直線運動求出汽車的牽引力，從而得出汽車發(fā)動機的

31、功率解答：解：船的速度沿繩子方向的分速度v1=vcos，根據P=Fv1得，繩對船的拉力大小F=根據平衡得，汽車的牽引力F=F+f=，則汽車發(fā)動機的功率P=Fv1=P+fvcos故答案為：，fvcos+P點評：解決本題的關鍵掌握功率與牽引力和速度的關系，注意船的速度和車的速度大小不等，船在沿繩子方向的分速度等于車的速度大小25（4分）（2015上海）如圖，一無限長通電直導線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質量為0.02kg，在該平面上以v0=2m/s、與導線成60°角的初速度運動，其最終的運動狀態(tài)是勻速直線運動，環(huán)中最多能產生0.03J的電能考點：法拉第電磁感應定律；功能關系.專題：電磁感應

32、與電路結合分析：金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右上運動，磁通量減小，根據“來拒去留”可知，所受的安培力與運動方向相反，使金屬環(huán)在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，最終金屬環(huán)的運動狀態(tài)為勻速沿導線運動，速度為原來速度的沿導線方向上的分量解答：解：金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運動，磁通量減小，根據“來拒去留”可知，所受的安培力與運動方向相反，使金屬環(huán)在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，只剩沿導線方向的速度，然后磁通量不變，無感應電流，水平方向合力為零，故為勻速直線運動由題意知：沿導線方向分速度v1=v0cos60°=2×=1m/s根據

33、動能定理解得：=Q代入數值解得：Q=0.03J故環(huán)中最多產生0.03J的電能；故答案為：勻速直線運動，0.03J點評：此題考查法拉第電磁感應定律的應用及動能定理或者是能量守恒的應用，題目單一但是并不簡單，需要知識的活學活用26（4分）（2015上海）如圖，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到的磁場力為F，若以該磁場力的方向為正，則b受到的磁場力為F當在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力為3F或5F考點：平行通電直導線間的作用.分析：根據兩平行直導線間的相互作用可明確兩導線棒受到的磁

34、場力大小關系；再分別明確c對兩導體的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁場力解答：解：由于ab間的磁場力是兩導體棒的相互作用，故b受到a的磁場力大小為F，方向相反，故為F；中間再加一通電導體棒時，由于C處于中間，其在ab兩位置產生的磁場強度相同，故b受到的磁場力為a受磁場力的2倍；a受力變成2F，可能是受c的磁場力為F，方向向右，此時b受力為2F，方向向左，故b受力為3F，方向向左，故合磁場力為3F；a變成2F，也可能是受向左的3F的力，則此時b受力為6F，方向向右，故b受到的磁場力為6FF=5F；故答案為：F；3F或5F點評：本題考查平行直導線間的相互作用，要注意綜合應用左手定則及力的分

35、析求解磁場力，要重點掌握力的矢量性五、實驗題（共24分）27（3分）（2015上海）在“用DIS研究通電螺線管的磁感應強度”實驗中（1）在對螺線管通電前（選填“前”或“后”）必須對磁傳感器進行調零（2）（單選題）實驗時，將磁傳感器探管前端插至通電螺線管軸線中點時，磁傳感器讀數為5mT減小通過電螺線管的電流后，將探管從螺線管的另一端插入，當探管前端再次到達螺線管軸線中點時，磁傳感器的讀數可能為DA.5mT B5mT C.3mT D3mT考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向.分析：（1）在通電前必須對磁傳感器進行調零（2）減小通過電螺線管的電流后，通電螺線管內磁感應強度減小，從不同端插入磁傳感

36、器的讀數時正負不同解答：解：（1）在對螺線管通電前必須對磁傳感器進行調零，否則就會有測量誤差 （2）減小通電螺線管的電流后，螺線管內的磁感應強度變小，由于從另一端插入，磁傳感器的讀數可能為3mT 故選：D故答案為：（1）前（2）D點評：測量工具使用前都必須調零，這是常規(guī)，要掌握牢固要明確通電螺線管內部的磁感應強度與電流有關，電流減小，磁感應強度減小28（4分）（2015上海）如圖是一個多用表歐姆擋內部電路示意圖電流表滿偏電流0.5mA、內阻10；電池電動勢1.5V、內阻1；變阻器R0阻值05000（1）該歐姆表的刻度值是按電池電動勢為1.5V刻度的，當電池的電動勢下降到1.4V、內阻增大到4時

37、仍可調零調零后R0阻值將變小（選填“大”或“小”）；若測得某電阻阻值為300，則這個電阻的真實值是110（2）若該歐姆表換了一個電動勢為1.5V，內阻為10的電池，調零后測量某電阻的阻值，其測量結果準確（選填“偏大”、“偏小”或“準確”）考點：測定電源的電動勢和內阻.專題：實驗題分析：根據歐姆表的內部結構及原理由閉合電路歐姆定律進行分析，要注意明確，電阻的測量是根據電流來換算的解答：解：歐姆表內阻R=，電流表滿偏電流Ig不變，電源電動勢E變小，則歐姆表總內阻要變小，故R0的阻值調零時一定偏小；歐姆表內部的中性電阻R內=3000；若電動勢正常時，300對應的電流應為：I=0.45×10

38、3A；對應1.4V時的電阻R真=3000=110（2）因電動勢不變，故歐姆調零后的中性電阻不變；故測量結果是準確的；故答案為：（1）小；110；（2）準確點評：本題考查多用電阻中的歐姆表的原理，注意掌握此類問題的解決方法還是閉合電路歐姆定律的應用29（8分）（2015上海）改進后的“研究有固定轉動軸物體平衡條件”的實驗裝置如圖所示，力傳感器、定滑輪固定在橫桿上，替代原裝置中的彈簧秤已知力矩盤上各同心圓的間距為5cm（1）（多選題）做這樣改進的優(yōu)點是BDA力傳感器既可測拉力又可測壓力B力傳感器測力時不受主觀判斷影響，精度較高C能消除轉軸摩擦引起的實驗誤差D保證力傳感器所受拉力方向不變（2）某同學

39、用該裝置做實驗，檢驗時發(fā)現盤停止轉動時G點始終在最低處，他仍用該盤做實驗在對力傳感器進行調零后，用力傳感器將力矩盤的G點拉到圖示位置，此時力傳感器讀數為3N再對力傳感器進行調零，然后懸掛鉤碼進行實驗此方法能（選填“能”、“不能”）消除力矩盤偏心引起的實驗誤差已知每個鉤碼所受重力為1N，力矩盤按圖示方式懸掛鉤碼后，力矩盤所受順時針方向的合力矩為0.7Nm力傳感器的讀數為0.5N考點：力矩的平衡條件.分析：（1）根據彈簧可以拉伸與壓縮，結合實驗原理，及操作步驟，即可求解；（2）根據力矩公式，結合力傳感器讀數，求得偏心的順時針力矩，再消除力矩盤的偏心引起實驗誤差，求得力矩盤所受順時針方向合力矩，從而

40、根據平衡條件，即可求解解答：解：（1）A、彈簧可以測拉力和壓力，故A錯誤；B、力傳感器，定滑輪固定在橫桿上，替代原裝置中的彈簧秤，主要好處是：力傳感器測力時，不受主觀判斷影響，精確度高和保證力傳感器所受拉力方向不變，故BD正確；C、不能消除轉軸摩擦力引起的誤差，故C錯誤；故選：BD（2）某同學該裝置做實驗，檢驗時發(fā)現盤停止轉動時，他仍用該盤做實驗，在對力傳感器進行調零后，用力傳感器將力矩盤的G點拉到圖示位置，此時力傳感器讀數為3N，說明此時偏心的順時針力矩M0=3×2×0.05Nm=0.3Nm；再對力傳感器進行調零，這時就可以消除力矩盤的偏心引起實驗誤差，力矩盤所受順時針方

41、向合力矩M1=2×1×0.052×1×3×0.050.3Nm=0.7Nm；根據固定轉動軸物體平衡條件，則有：F×2×0.05+3×1×3×0.050.3=2×1×0.052×2×3×0.050.3；解得：F=0.5N；故答案為：（1）BF；（2）能，0.7，0.5點評：本題考查力矩概念，掌握力矩平衡條件，重點是求“力矩盤所受到順時針方向合力矩”時，很容易忘掉“力矩盤偏心的力矩”30（9分）（2015上海）簡易溫度計構造如圖所示，兩內徑均勻的豎直玻

42、璃管下端與軟管連接，在管中灌入液體后，將左管上端通過橡皮塞插入玻璃泡在標準大氣壓下，調節(jié)右管的高度，使左右兩管的液面相平，在左管液面位置標上相應的溫度刻度，多次改變溫度，重復上述操作（1）（單選題）此溫度計的特點是AA刻度均勻，刻度值上小下大B刻度均勻，刻度值上大下小C刻度不均勻，刻度值上小下大D刻度不均勻，刻度值上大下小（2）（多選題）影響這個溫度計靈敏度的因素有BCA液體密度 B玻璃泡大小 C左管內徑粗細 D右管內徑粗細（3）若管中液體是水銀，當大氣壓變?yōu)?5cmHg時，用該溫度計測得的溫度值偏大（選填“偏大”或“偏小”）為測得準確的溫度，在測量時需調整兩管液面高度差，使右管液面比左管液面

43、高1cm，然后讀數考點：理想氣體的狀態(tài)方程.專題：理想氣體狀態(tài)方程專題分析：（1）測溫泡C內氣體發(fā)生等容變化，根據查理定律得到溫度與溫度計的0和任意溫度刻度線間距離的關系，再進行分析（2）根據溫度計的工作原理分析影響靈敏度的因素（3）根據溫度計的原理應用平衡條件分析答題解答：解：（1）以右側球型容器內的氣體為研究對象，由題意可知，氣體發(fā)生等壓變化，由蓋呂薩克定律得： =C，T=，溫度T與體積V成正比，刻度線是均勻的，溫度越高，氣體體積越大，刻度線越低，因此刻度值上小下大，故A正確；（2）氣體發(fā)生等壓變化，氣體體積的變化反應了氣體溫度的變化，溫度計的靈敏度取決于氣體體積變化，影響溫度計靈敏度的因

44、素有：玻璃泡大小、左管內徑粗細，故選BC；（3）溫度計標度時大氣壓為標準大氣壓：76cmHg，封閉氣體的壓強為76cmHg，若管中液體是水銀，當大氣壓變?yōu)?5cmHg時，封閉氣體壓強為75cmHg，氣體體積要變大，水銀液面要下降，用該溫度計測得的溫度值偏大，為測得準確的溫度，在測量時需調整兩管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后讀數故答案為：（1）A；（2）BC；（3）偏大；調整兩管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后讀數點評：本題考查了氣體溫度計刻度特點、影響靈敏度的因素、大氣壓對溫度的影響，考查了概率薩克的定律的應用，本題難度較大，知道溫度計的原理是正確解題的前提與關鍵

45、，應用蓋呂薩克定律可以解題六、計算題（共50分）31（10分）（2015上海）如圖，氣缸左右兩側氣體由絕熱活塞隔開，活塞與氣缸光滑接觸初始時兩側氣體均處于平衡態(tài)，體積之比V1：V2=1：2，溫度之比T1：T2=2：5先保持右側氣體溫度不變，升高左側氣體溫度，使兩側氣體體積相同；然后使活塞導熱，兩側氣體最后達到平衡求：（1）兩側氣體體積相同時，左側氣體的溫度與初始溫度之比；（2）最后兩側氣體的體積之比考點：理想氣體的狀態(tài)方程.專題：理想氣體狀態(tài)方程專題分析：（1）先保持右側氣體溫度不變，升高左側氣體溫度，使兩側氣體體積相同，則右側氣體發(fā)生等溫變化，遵守玻意耳定律左側氣體滿足理想氣體狀態(tài)方程由玻意

46、耳定律和理想氣體狀態(tài)方程分別列式求解（2）使活塞導熱，兩側氣體最后達到平衡時，兩側氣體都滿足理想氣體狀態(tài)方程，由此對兩側氣體列式，即可求解解答：解：（1）設初始時壓強為p左側氣體滿足 =右側氣體滿足 pV2=pV解得 k=2（2）活塞導熱達到平衡，則左側氣體滿足 =右側氣體滿足 =平衡時 =解得 =答：（1）兩側氣體體積相同時，左側氣體的溫度與初始溫度之比是2；（2）最后兩側氣體的體積之比5：4點評：本題考查了理想氣體狀態(tài)方程的基本運用，關鍵抓住初末狀態(tài)的氣體壓強、溫度、體積關鍵列式求解，注意平衡時左右兩部分氣體的壓強相等32（12分）（2015上海）質量為m的小球在豎直向上的恒定拉力作用下，

47、由靜止開始從水平地面向上運動，經一段時間，拉力做功為W此后撤去拉力，球又經相同時間回到地面以地面為零勢能面，不計空氣阻力求：（1）球回到地面時的動能；（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；（3）球動能為時的重力勢能EP考點：功能關系；功的計算.分析：（1）有拉力作用過程，機械能的增加量等于拉力做的功；沒有拉力作用的過程，只有重力做功，機械能守恒；（2）對加速上升過程和豎直上拋過程根據運動學公式列式求解加速度，根據牛頓第二定律列式求解拉力；（3）球動能為時，可能是加速過程，也可能是減速過程，分情況根據功能關系列式求解解答：解：（1）撤去拉力時球的機械能為W，由機械能守恒定律，回到地面時

48、的動能為：Ekt=W （2）設拉力作用時間為t，在此過程中球上升h，末速度為v，則：h=v=at由題意有：h=vt解得：a=根據牛頓第二定律，有：Fmg=ma解得：F=（3）動能為時球的位置可能在h的下方或上方；設球的位置在h下方離地h處，則：（Fmg）h=而（Fmg）h=解得：h=重力勢能：設球的位置在h上方離地h處，由機械能守恒，有：因此：答：（1）球回到地面時的動能為W；（2）撤去拉力前球的加速度大小a為，拉力的大小F為；（3）球動能為時的重力勢能或點評：本題關鍵是明確物體的受力情況和運動情況，結合功能關系、牛頓第二定律定律和運動學公式列式求解即可33（14分）（2015上海）如圖（a），兩相距L=0.5m的平行金屬導軌固定于水平面上，導軌左端與阻值R=2的電阻連接，導軌間虛線右側存在垂直導軌平面的勻強磁場質量m=0.2kg的金屬桿垂直置于導軌上，與導軌接觸良好，導軌與金屬桿的