2013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）（2013?上海）電磁波與機械波具有的共同性質是（）A．都是橫波B．都能傳輸能量C．都能在真空中傳播D．都具有恒定的波速2．（2分）（2013?上海）當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，這時（）A．鋅板帶負電B．有正離子從鋅板逸出C．有電子從鋅板逸出D．鋅板會吸附空氣中的正離子3．（2分）（2013?上海）白光通過雙縫后產生的干涉條紋是彩色的，其原因是不同色光的（）A．傳播速度不同B．強度不同C．振動方向不同D．頻率不同4．（2分）（2013?上海）做簡諧振動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是（）A．位移B．速度C．加速度D．回復力5．（2分）（2013?上海）液體與固體具有的相同特點是（）A．都具有確定的形狀B．體積都不易被壓縮C．物質分子的位置都確定D．物質分子都在固定位置附近振動6．（2分）（2013?上海）秋千的吊繩有些磨損．在擺動過程中，吊繩最容易斷裂的時候是秋千（）A．在下擺過程中B．在上擺過程中C．擺到最高點時D．擺到最低點時7．（2分）（2013?上海）在一個原子核衰變為一個原子核的過程中，發生β衰變的次數為（）A．6次B．10次C．22次D．32次8．（2分）（2013?上海）如圖，質量mA＞mB的兩物體A、B疊放在一起，靠著豎直墻面．讓它們由靜止釋放，在沿粗糙墻面下落過程中，物體B的受力示意圖是（）A．B．C．D．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）（2013?上海）小行星繞恒星運動，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動．則經過足夠長的時間后，小行星運動的（）A．半徑變大B．速率變大C．角速度變大D．加速度變大10．（3分）（2013?上海）兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖所示，已知A點電勢高于B點電勢．若位于a、b處點電荷的電荷量大小分別為qa和qb，則（）A．a處為正電荷，qa＜qbB．a處為正電荷，qa＞qbC．a處為負電荷，qa＜qbD．a處為負電荷，qa＞qb11．（3分）（2013?上海）如圖，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣．當MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向（）A．向左B．向右C．垂直紙面向外D．垂直紙面向里12．（3分）（2013?上海）在車門報警電路中，兩個按鈕開關分別裝在汽車的兩扇門上，只要有開關處于斷開狀態，報警燈就發光．能實現此功能的電路是（）A．B．C．D．13．（3分）（2013?上海）如圖，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行．用磁傳感器測量ab上各點的磁感應強度B，在計算機屏幕上顯示的大致圖象是（）A．B．C．D．14．（3分）（2013?上海）一列橫波沿水平繩傳播，繩的一端在t=0時開始做周期為T的簡諧運動，經過時間t（＜t＜T），繩上某點位于平衡位置上方的最大位移處．則在2t時，該點位于平衡位置的（）A．上方，且向上運動B．上方，且向下運動C．下方，且向上運動D．下方，且向下運動15．（3分）（2013?上海）已知湖水深度為20m，湖底水溫為4℃，水面溫度為17℃，大氣壓強為1.0×105Pa．當一氣泡從湖底緩慢升到水面時，其體積約為原來的（取g=10m/s2，ρ=1.0×103kg/m3）（）A．12.8倍B．8.5倍C．3.1倍D．2.1倍16．（3分）（2013?上海）汽車以恒定功率沿公路做直線運動，途中通過一塊沙地．汽車在公路及沙地上所受阻力均為恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽車在駛入沙地前己做勻速直線運動，它在駛入沙地到駛出沙地后的一段時間內，位移s隨時間t的變化關系可能是（）B．僅對壓強的測量結果有影響C．對二者的測量結果均有影響D．對二者的測量結果均無影響．六．計算題（共50分）30．（10分）（2013?上海）如圖，柱形容器內用不漏氣的輕質絕熱活塞封閉一定量的理想氣體，容器外包裹保溫材料．開始時活塞至容器底部的高度為H1，容器內氣體溫度與外界溫度相等．在活塞上逐步加上多個砝碼后，活塞下降到距容器底部H2處，氣體溫度升高了△T；然后取走容器外的保溫材料，活塞位置繼續下降，最后靜止于距容器底部H3處：已知大氣壓強為p0．求：氣體最后的壓強與溫度．31．（12分）（2013?上海）如圖，質量為M、長為L、高為h的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間動摩擦因數為μ；滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為m的小球．用水平外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內獲得向右的速度v0，經過一段時間后小球落地．求小球落地時距滑塊左端的水平距離．32．（12分）（2013?上海）半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產生球對稱的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，E﹣r曲線下O﹣R部分的面積等于R﹣2R部分的面積．（1）寫出E﹣r曲線下面積的單位；（2）己知帶電球在r≥R處的場強E=kQ/r2，式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量Q為多大？（3）求球心與球表面間的電勢差△U；（4）質量為m，電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處？33．（16分）（2013?上海）如圖，兩根相距l=0.4m、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R=0.15Ω的電阻相連．導軌x＞0一側存在沿x方向均勻增大的穩恒磁場，其方向與導軌平面垂直，變化率k=0.5T/m，x=0處磁場的磁感應強度B0=0.5T．一根質量m=0.1kg、電阻r=0.05Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直．棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=2m/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻上消耗的功率不變．求：（1）電路中的電流；（2）金屬棒在x=2m處的速度；（3）金屬棒從x=0運動到x=2m過程中安培力做功的大小；（4）金屬棒從x=0運動到x=2m過程中外力的平均功率．

2013年上海市高考物理試卷參考答案與試題解析一．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）（2013?上海）電磁波與機械波具有的共同性質是（）A．都是橫波B．都能傳輸能量C．都能在真空中傳播D．都具有恒定的波速考點：電磁波的周期、頻率和波速；波長、頻率和波速的關系．分析：電磁波是橫波，機械波有橫波，也有縱波．電磁波的傳播不需要介質，機械波的傳播需要介質，衍射、干涉是波所特有的現象．解答：解：A、電磁波是橫波，機械波有橫波也有縱波．故A錯誤．B、兩種波都能傳輸能量．故B正確．C、電磁波能在真空中傳播，而機械波不能在真空中傳播．故C錯誤．D、兩種波的波速都與介質的性質有關，波速并不恒定，只有真空中電磁波的速度才恒定．故選B．點評：解決本題的關鍵知道電磁波和機械波的區別．2．（2分）（2013?上海）當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，這時（）A．鋅板帶負電B．有正離子從鋅板逸出C．有電子從鋅板逸出D．鋅板會吸附空氣中的正離子考點：光電效應．專題：光電效應專題．分析：當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，有光電子從鋅板逸出．解答：解：紫外線照射鋅板，發生光電效應，此時鋅板中有電子逸出，鋅板失去電子帶正電．故C正確，A、B、D錯誤．故選C．點評：解決本題的關鍵知道光電效應的實質，知道鋅板失去電子帶正電．3．（2分）（2013?上海）白光通過雙縫后產生的干涉條紋是彩色的，其原因是不同色光的（）A．傳播速度不同B．強度不同C．振動方向不同D．頻率不同考點：光的干涉．專題：光的干涉專題．分析：白光包含各種顏色的光，它們的波長不同，頻率不同，白光通過雙縫后產生的干涉條紋是彩色的．解答：解：白光包含各種顏色的光，它們的波長不同，在相同條件下做雙縫干涉實驗時，它們的干涉條紋間距不同，所以在中央亮條紋兩側出現彩色條紋．D正確．故選D點評：本題考查了干涉的知識點，難度不大．4．（2分）（2013?上海）做簡諧振動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是（）A．位移B．速度C．加速度D．回復力考點：簡諧運動的回復力和能量；簡諧運動的振動圖象．專題：簡諧運動專題．分析：做簡諧振動的質點每次經過同一位置時，速度有兩種方向，速度不相同．位移是從平衡位置指向質點處在的位置，同一位置，位移相同，根據加速度與位移的關系，確定加速度是否相同．根據簡諧運動的物體機械能守恒，分析動能是否相同．解答：解：A、振動物體的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次經過同一位置時位移相同，故A錯誤；B、由于經過同一位置時速度有兩種不同的方向，所以做簡諧振動的質點每次經過同一位置時，速度可能不相同，故B正確；C、加速度總與位移大小成正比，方向相反，每次經過同一位置時位移相同，加速度必定相同，故C錯誤；D、回復力總與位移大小成正比，方向相反，每次經過同一位置時位移相同，回復力必定相同，故D錯誤；故選：B．點評：本題考查對簡諧運動周期性及特點的理解，抓住同一位置位移、加速度和回復力三個物理量都相同．5．（2分）（2013?上海）液體與固體具有的相同特點是（）A．都具有確定的形狀B．體積都不易被壓縮C．物質分子的位置都確定D．物質分子都在固定位置附近振動考點：*固體的微觀結構；*液體的微觀結構．分析：根據分子間的作用力和固體、液體的特點來判斷．解答：解：固態時分子只在平衡位置上振動，分子間距很小，分子間的作用力很大，所以固體有一定的形狀和一定的體積；液態時分子在平衡位置上振動一段時間，還要移動到其他的位置上振動，分子間距比固態大，分子間的作用力比固態小，所以液體有一定的體積，但是沒有一定的形狀，固體和液體都不易被壓縮，B正確．故選B點評：正確理解掌握物質的三種狀態的分子排列、分子間距、分子間作用力是解決此類題目的關鍵．6．（2分）（2013?上海）秋千的吊繩有些磨損．在擺動過程中，吊繩最容易斷裂的時候是秋千（）A．在下擺過程中B．在上擺過程中C．擺到最高點時D．擺到最低點時考點：向心力；牛頓第二定律．專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用．分析：單擺在擺動的過程中，靠徑向的合力提供向心力，通過牛頓第二定律分析哪個位置拉力最大．解答：解：因為單擺在擺動過程中，靠徑向的合力提供向心力，設單擺偏離豎直位置的夾角為θ，則有：T﹣mgcosθ=m，因為最低點時，速度最大，θ最小，則繩子的拉力最大，所以擺動最低點時繩最容易斷裂．故D正確，A、B、C錯誤．故選：D．點評：解決本題的關鍵知道單擺做圓周運動向心力的來源，運用牛頓第二定律進行分析．7．（2分）（2013?上海）在一個原子核衰變為一個原子核的過程中，發生β衰變的次數為（）A．6次B．10次C．22次D．32次考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度．專題：壓軸題；衰變和半衰期專題．分析：α衰變的過程中電荷數少2，質量數少4，β衰變的過程中電荷數多1，質量數不變．根據衰變的實質確定衰變的次數．解答：解：設經過了n次α衰變，m次β衰變．有：4n=32，2n﹣m=10，解得n=8，m=6．故A正確，B、C、D錯誤．故選A．點評：解決本題的關鍵知道衰變的實質，通過電荷數守恒、質量數守恒進行求解．8．（2分）（2013?上海）如圖，質量mA＞mB的兩物體A、B疊放在一起，靠著豎直墻面．讓它們由靜止釋放，在沿粗糙墻面下落過程中，物體B的受力示意圖是（）A．B．C．D．考點：力的合成與分解的運用．專題：壓軸題；受力分析方法專題．分析：先對整體結合運動情況受力分析，得到只受重力，加速度為g，即做自由落體運動，然后對B結合運動情況受力分析，得到受力情況．解答：解：A與B整體同時沿豎直墻面下滑，受到總重力，墻壁對其沒有支持力，如果有，將會向右加速運動，因為沒有彈力，故也不受墻壁的摩擦力，即只受重力，做自由落體運動；由于整體做自由落體運動，處于完全失重狀態，故A、B間無彈力，再對物體B受力分析，只受重力；故選A．點評：本題關鍵先對整體受力分析，得到整體做自由落體運動，處于完全失重狀態，故A與B間無彈力，最后再對B受力分析，得到其只受重力．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）（2013?上海）小行星繞恒星運動，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動．則經過足夠長的時間后，小行星運動的（）A．半徑變大B．速率變大C．角速度變大D．加速度變大考點：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：恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，又小行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，可分析線速度、角速度、加速度等．解答：解：恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，故A正確；小行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，設小行星的質量為m，恒星的質量為M，則，即，M減小，r增大，故v減小，所以B錯誤；v=ωr，v減小，r增大，故ω減小，所以C錯誤；由得：M減小，r增大，所以a減小，故D錯誤；故選A．點評：關于萬有引力與航天，記住作圓周運動萬有引力等于向心力；離心運動，萬有引力小于向心力；向心運動，萬有引力大于向心力．10．（3分）（2013?上海）兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖所示，已知A點電勢高于B點電勢．若位于a、b處點電荷的電荷量大小分別為qa和qb，則（）A．a處為正電荷，qa＜qbB．a處為正電荷，qa＞qbC．a處為負電荷，qa＜qbD．a處為負電荷，qa＞qb考點：等勢面；電勢．專題：電場力與電勢的性質專題．分析：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．解答：解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱，無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．故正確的答案應該選B．故選：B點評：該題是常見電場知識的拓寬與延伸，需要有一定的知識遷移能力和較強的邏輯推理能力．對能力的要求相對較高．屬于中檔題目．11．（3分）（2013?上海）如圖，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣．當MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向（）A．向左B．向右C．垂直紙面向外D．垂直紙面向里考點：安培力；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．分析：金屬線框abcd放在導線MN上，導線中電流產生磁場，當導線中電流減小時，穿過線框abcd的磁通量減小，根據楞次定律判斷線框abcd感應電流，再由左手定則來確定所受有安培力方向．解答：解：金屬線框abcd放在導線MN上，導線中電流產生磁場，根據安培定則判斷可知，線框abcd左右兩側磁場方向相反，線框左側的磁通量小于線框右側的磁通量，磁通量存在抵消的情況．若MN中電流突然減小時，穿過線框的磁通量將減小．根據楞次定律可知，感應電流的磁場要阻礙磁通量的變化，則線框abcd感應電流方向為順時針，再由左手定則可知，左邊受到的安培力水平向右，而左邊的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右．故B正確，ACD錯誤．故選B點評：本題運用楞次定律判斷電磁感應中導體的運動方向，也可以根據因果關系，運用安培定則、楞次定律和左手定則按部就班進行分析判斷．12．（3分）（2013?上海）在車門報警電路中，兩個按鈕開關分別裝在汽車的兩扇門上，只要有開關處于斷開狀態，報警燈就發光．能實現此功能的電路是（）A．B．C．D．考點：簡單的邏輯電路．專題：恒定電流專題．分析：兩個按鈕開關分別裝在汽車的兩扇門上，只要有開關處于斷開狀態，報警燈就發光，該或邏輯關系為或門電路．解答：解；由題意，S1、S2中任何一個開關處于開路狀態，報警燈就發光，該邏輯電路應采用或門電路．當S1、S2都閉合時，輸入都為0，根據或門電路的特性，得到Y端輸出為0．當S1、S2只要有一個斷開時，輸入端電勢不為0，輸出為1，燈亮．故D正確故選D點評：本題是簡單的門電路，根據電路工作的需要確定選擇是或門電路還是與門電路．13．（3分）（2013?上海）如圖，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行．用磁傳感器測量ab上各點的磁感應強度B，在計算機屏幕上顯示的大致圖象是（）A．B．C．D．考點：幾種常見的磁場．分析：通電螺線管的磁場分布相當于條形磁鐵，根據磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大小．解答：解：通電螺線管的磁場分布相當于條形磁鐵，因此根據磁感線的分布，再由磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大小可知，因為ab線段的長度大于通電螺線管的長度，由條形磁鐵磁感線的分布，可知應該選C，如果ab線段的長度小于通電螺線管的長度，則應該選B．由于足夠長的直線ab，故C選項正確，ABD錯誤；故選：C點評：考查通電螺線管周圍磁場的分布，及磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大小，本題較簡單但會出錯．14．（3分）（2013?上海）一列橫波沿水平繩傳播，繩的一端在t=0時開始做周期為T的簡諧運動，經過時間t（＜t＜T），繩上某點位于平衡位置上方的最大位移處．則在2t時，該點位于平衡位置的（）A．上方，且向上運動B．上方，且向下運動C．下方，且向上運動D．下方，且向下運動考點：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：由題，經過時間t（＜t＜T），繩上某點位于平衡位置上方的最大位移處，在2t時，質點又振動了時間t，根據時間與周期的關系分析質點的位置和速度方向．解答：解：據題，經過時間t（＜t＜T），繩上某點位于平衡位置上方的最大位移處，在2t時，質點又振動了時間t（＜t＜T），一個周期可以分成四個，則在2t時，該點位于平衡位置的上方，而且向上運動．故A正確，BCD錯誤．故選A點評：將一個周期內簡諧運動的過程分成四個，再分析質點的狀態是常用的方法．15．（3分）（2013?上海）已知湖水深度為20m，湖底水溫為4℃，水面溫度為17℃，大氣壓強為1.0×105Pa．當一氣泡從湖底緩慢升到水面時，其體積約為原來的（取g=10m/s2，ρ=1.0×103kg/m3）（）A．12.8倍B．8.5倍C．3.1倍D．2.1倍考點：理想氣體的狀態方程．專題：壓軸題；理想氣體狀態方程專題．分析：找出氣泡在湖底的壓強、溫度和在水面的壓強、溫度，然后直接根據理想氣體狀態方程列式求解即可．解答：解：氣泡在湖底的壓強為：P1=P0+ρgh=105+103×10×20=3×105Pa；氣泡在湖底的溫度為：T1=273+4=277K；氣泡在水面的壓強為：P2=P0=105Pa；氣泡在水面的溫度為：T2=273+17=290K；根據理想氣體狀態方程，有：；解得：故選C．點評：本題考查理想氣體狀態方程的直接運用，基礎題．16．（3分）（2013?上海）汽車以恒定功率沿公路做直線運動，途中通過一塊沙地．汽車在公路及沙地上所受阻力均為恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽車在駛入沙地前己做勻速直線運動，它在駛入沙地到駛出沙地后的一段時間內，位移s隨時間t的變化關系可能是（）A．B．C．D．考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；直線運動規律專題．分析：汽車以恒定功率行駛，功率P=Fv，勻速勻速時牽引力和阻力平衡；當駛入沙地后，受到的阻力變大，故合力向后，做減速運動，根據功率P=Fv可知，牽引力增加，故汽車加速度減小，當加速度減為零后，汽車勻速．解答：解：汽車駛入沙地前，做勻速直線運動，牽引力和阻力平衡；汽車剛駛入沙地時，阻力增加，牽引力小于阻力，加速度向后，減速；根據功率P=Fv可知，隨著速度的減小，牽引力不斷增加，故加速度不斷減小；當加速度減為零后物體勻速運動；汽車剛離開沙地，阻力減小，牽引力大于阻力，故加速度向前，物體加速運動；根據功率P=Fv可知，隨著速度的增加，牽引力不斷減小，故加速度不斷減小；即物體做加速度減小的加速運動；最后勻速；故汽車進入沙地減速，中途勻速，離開沙地加速；s﹣t圖線上某點的斜率表示該點對應時刻的瞬時速度，B圖兩端是曲線，且最后的斜率大于開始的斜率，即最后的速度比開始的最大速度還要大，不符合實際；故A正確，B錯誤，C錯誤，D錯誤；故選A．點評：本題關鍵分析出物體的運動規律，然后根據s﹣t圖線的切線表示對應時刻的瞬時速度判斷．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項．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）（2013?上海）某半導體激光器發射波長為1.5×10﹣6m，功率為5.0×10﹣3W的連續激光．已知可見光波長的數量級為10﹣7m，普朗克常量h=6.63×10﹣34J?s，該激光器發出的（）A．是紫外線B．是紅外線C．光子能量約為1.3×10﹣18JD．光子數約為每秒3.8×1016個考點：光子；電磁波譜．分析：根據波長的大小判斷激光器發射的是哪種電磁波．根據E=h求出光子能量，根據E=Pt=nh求出單位時間內發生的光子數．解答：解：A、波長的大小大于可見光的波長，屬于紅外線．故A錯誤，B正確．C、光子能量E==1.326×10﹣19J．故C錯誤．D、每秒鐘發出的光子數n=．故D正確．故選BD．點評：解決本題的關鍵熟悉電磁波譜中波長的大小關系，以及掌握光子能量與波長的大小關系．18．（4分）（2013?上海）兩個共點力Fl、F2大小不同，它們的合力大小為F，則（）A．F1、F2同時增大一倍，F也增大一倍B．F1、F2同時增加10N，F也增加10NC．F1增加10N，F2減少10N，F一定不變D．若F1、F2中的一個增大，F不一定增大考點：力的合成．專題：受力分析方法專題．分析：兩個大小不等的共點力F1、F2，根據平行四邊形定則表示出合力進行求解．解答：解：A、根據平行四邊形定則，F1、F2同時增大一倍，F也增大一倍，故A正確B、Fl、F2方向相反，F1、F2同時增加10N，F不變，故B錯誤C、Fl、F2方向相反，F1增加10N，F2減少10N，F可能增加20N，故C錯誤D、Fl、F2方向相反，若F1、F2中的一個增大，F不一定增大，故D正確故選：AD．點評：解決本題關鍵知道力的合成與分解遵循平行四邊形定則，會根據平行四邊形定則去求合力或分力．19．（4分）（2013?上海）如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A．已知A點高度為h，山坡傾角為θ，由此可算出（）A．轟炸機的飛行高度B．轟炸機的飛行速度C．炸彈的飛行時間D．炸彈投出時的動能考點：平拋運動．專題：壓軸題；平拋運動專題．分析：因為平拋運動速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，速度方向的夾角得知位移與水平方向夾角的正切值，再通過水平位移求出豎直位移，從而得知轟炸機的飛行高度，炸彈的飛行時間，以及炸彈的初速度．解答：解：A、根據A點的高度可知A點到底端的水平位移，即炸彈的水平位移，由于炸彈垂直擊中目標A，得知速度與水平方向的夾角，抓住平拋運動速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，可得知平拋運動豎直位移．從而得出轟炸機的飛行高度．故A正確．B、求出平拋運動的豎直位移，根據y=得出炸彈平拋運動的時間，根據時間和水平位移求出轟炸機的初速度．故B、C正確．D、由于炸彈的質量未知，則無法求出炸彈投出時的動能．故D錯誤．故選ABC．點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動水平方向和豎直方向上的運動規律，知道平拋運動的一些推論，并能靈活運用．20．（4分）（2013?上海）圖為在平靜海面上，兩艘拖船A、B拖著駁船C運動的示意圖．A、B的速度分別沿著纜繩CA、CB方向，A、B、C不在一條直線上．由于纜繩不可伸長，因此C的速度在CA、CB方向的投影分別與A、B的速度相等，由此可知C的（）A．速度大小可以介于A、B的速度大小之間B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夾角范圍外D．速度方向一定在CA和CB的夾角范圍內考點：運動的合成和分解．專題：壓軸題；平行四邊形法則圖解法專題．分析：先將船C的速度先沿著平行AC繩子和垂直AC繩子方向正交分解，再將船C的速度先沿著平行BC繩子和垂直BC繩子方向正交分解；依據題意，A、B的速度分別沿著纜繩CA、CB方向，故船AB間距會變大，C的速度在CA、CB方向的投影分別與A、B的速度相等；故可以據此分析速度大小關系．解答：解：A、B、船C沿著繩子靠向A船的同時還要繞A船轉動；船C沿著繩子靠向B船的同時還要繞B船轉動；先將船C的速度先沿著平行AC繩子和垂直AC繩子方向正交分解；再將船C的速度先沿著平行BC繩子和垂直BC繩子方向正交分解；由于繩子不可伸長，故每條船沿著繩子方向的分速度是相等的；由于船C的速度方向未知，可能在AC與BC繩子之間，也可能不在在AC與BC繩子之間，故兩船速度大小無法比較，但兩拖船速度一定小于C船速度；故A錯誤，B正確；C、D、由于船C的合速度方向未知，可以在AC與BC繩子之間，也可能不在在AC與BC繩子之間，故C正確，D錯誤；故選：BC．點評：本題關鍵要記住一個結論，即用繩子連接的物體，在繩子不可伸長的情況下，這些物體的速度沿著繩子方向的分速度是一定相等的；原題中最后一句話是多余的，是為幫助大家理解的；較難．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類題計分．21．（4分）（2013?上海）放射性元素衰變為，此衰變過程的核反應方程是→+He；用此衰變過程中發出的射線轟擊，可得到質量數為22的氖（Ne）元素和另一種粒子，此核反應過程的方程是He+→Ne+H．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：根據電荷數守恒、質量數守恒確定粒子的電荷數和質量數，從而寫出核反應方程．解答：解：放射性元素衰變為，知電荷數少2，質量數少4，知放出一個α粒子，核反應方程為：→+He．用α粒子轟擊，可得到質量數為22的氖（Ne），知另一種粒子的電荷數為1，質量數為1，核反應方程為：He+→Ne+H．故答案為：→+He，He+→Ne+H點評：解決本題的關鍵知道核反應方程中電荷數守恒、質量數守恒．以及知道常見粒子的電荷數和質量數．22．（4分）（2013?上海）選做一題A．質量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度2v0/3射出．則物塊的速度為，此過程中損失的機械能為．B．若兩顆人造地球衛星的周期之比為T1：T2=2：1，則它們的軌道半徑之比R1：R2=：1，向心加速度之比a1：a2=：4．考點：動量守恒定律；萬有引力定律及其應用．專題：動量定理應用專題．分析：子彈射擊物塊，子彈和物塊的總動量守恒，由動量守恒定律求出子彈穿出木塊時木塊的速度大小．系統損失的機械能等于射入前子彈的動能與射出后物塊與子彈總動能之差．根據人造衛星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達式進行討論即可．解答：解：A、由動量守恒定律得：mv0=m+Mv①解得v=②系統的機械能損失為△E=mv02﹣[m（）2+Mv2]=B、根據開普勒第三定律：=K兩顆人造地球衛星的周期之比為T1：T2=2：1，則它們的軌道半徑之比R1：R2=：1．根據加速度a=得向心加速度之比a1：a2=：4故答案為：A，B．：1，：4點評：把動量守恒定律和能量守恒定律結合求解．本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，列式求解出線速度、角速度、周期和向心力的表達式，再進行討論．23．（4分）（2013?上海）如圖，在：半徑為2.5m的光滑圓環上切下一小段圓弧，放置于豎直平面內，兩端點距最低點高度差H為1cm．將小環置于圓弧端點并從靜止釋放，小環運動到最低點所需的最短時間為0.785s，在最低點處的加速度為0.08m/s2．（取g=10m/s2）考點：機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力；單擺周期公式．專題：機械能守恒定律應用專題．分析：由題，由于圓弧兩端點距最低點高度差H遠小于圓弧的半徑，小球在圓弧上的運動等效成單擺運動，小環運動到最低點所需的最短時間為周期．周期為T=2，R是圓弧的半徑．根據機械能守恒定律求出小環運動到最低點時的速度，由向心加速度公式a=求解加速度．解答：解：將小球的運動等效成單擺運動，則小環運動到最低點所需的最短時間為周期，即最低時間為t==?2π=s≈0.785s．設小環運動到最低點時的速度為v，根據機械能守恒定律得：mgH=，得v2=2gH小環在最低點的加速度為a====0.08m/s2．故答案為：0.785，0.08點評：本題的解題關鍵是將小環的運動等效成單擺運動，即可根據單擺的周期公式和機械能守恒等知識求解．24．（4分）（2013?上海）如圖，電路中三個電阻Rl、R2和R3的阻值分別為R、2R和4R．當電鍵S1斷開、S2閉合時，電源輸出功率為P0；當S1閉合、S2斷開時，電源輸出功率也為P0．則電源電動勢為3；當S1、S2都斷開時，電源的總功率為P0．考點：閉合電路的歐姆定律．專題：壓軸題；恒定電流專題．分析：當電鍵S1斷開、S2閉合時，電阻R2和R3被短路；當S1閉合、S2斷開時，電阻R1和R2被短路；根據輸出功率，對兩種情況進行列式，求解電源的電動勢；并求出當S1、S2都斷開時，電源的總功率．解答：解：當電鍵S1斷開、S2閉合時，電阻R2和R3被短路，則有電源輸出功率P0=當S1閉合、S2斷開時，電阻R1和R2被短路，則有電源輸出功率P0=聯立解得，E=3，r=2R當S1、S2都斷開時，電源的總功率為P=EI===P0．故答案為：3，P0點評：本題認識電路的結構是解題的基礎，還要掌握電源的輸出功率求解的方法．25．（4分）（2013?上海）如圖，傾角為37°，質量不計的支架ABCD的D端有一大小與質量均可忽略的光滑定滑輪，A點處有一固定轉軸，CA⊥AB，DC=CA=0.3m．質量m=lkg的物體置于支架的B端，并與跨過定滑輪的輕繩相連，繩另一端作用一豎直向下的拉力F，物體在拉力作用下沿BD做勻速直線運動，己知物體與BD間的動摩擦因數μ=0.3．為保證支架不繞A點轉動，物體向上滑行的最大距離s=0.248m．若增大F后，支架仍不繞A點轉動，物體能向上滑行的最大距離s′等于s（填：“大于”、“等于”或“小于”．）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）考點：力矩的平衡條件；力的合成與分解的運用．專題：壓軸題．分析：物體沿BD做勻速直線運動，合力為零，根據平衡條件求出F的大小．對支架進行研究，當支架繞A點剛要轉動時，物體向上滑行的距離最大，由力矩平衡條件求出最大距離；根據力矩平衡方程，分析s′與s的關系．解答：解：物體沿BD做勻速直線運動，合力為零，根據平衡條件得F=f+mgsin37°N=mgcos37°又f=μN聯立得，F=μmgcos37°+mgsin37°對于支架：當支架繞A點剛要轉動時，物體向上滑行的距離最大．由于滑輪兩側繩子的合力通過A點，相對于A點的力臂等于零，力矩為零，分析支架的受力情況如圖，由力矩平衡條件得f?ABsin37°=N?（ABcos37°﹣s）其中DC=0.3m，AB=0.4m，代入解得，s=0.248m若增大F后，由上式知，s與F大小無關，故物體能向上滑行的最大距離不變，則有s′=s故答案為：0.248，等于點評：本題是力平衡與力矩平衡的綜合，關鍵要抓住定滑輪的力學特征，分析得出兩個F對A軸的力矩為零．五．實驗題（共24分）26．（3分）（2013?上海）演示地磁場存在的實驗裝置（由環形線圈，微電流傳感器，DIS等組成）如圖所示．首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，屏幕上的電流指針有（填：“有”或“無”）偏轉；然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，電流指針無（填：“有”或“無”）偏轉；最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，電流指針無（填：“有”或“無”）偏轉．考點：地磁場．分析：穿過閉合線圈平面的磁通量發生變化時，線圈中會產生感應電流；若磁通量不變，則線圈中沒有感應電流．解答：解：根據題意，當線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，由于地磁場的作用，則導致穿過閉合線圈的磁通量發生變化，所以線圈中產生感應電流，則電流指針會偏轉；當線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，由于地磁場的磁感線是從地理的南極向北極，所以穿過線圈的磁通量沒變，則電流指針不會偏轉；當線圈水平放置，使其從東向西移動，由上可知，仍沒有磁通量變化，則電流指針也不會偏轉．故答案為：有，無，無點評：考查線圈中產生感應電流的條件，強調磁通量變化，而不是有磁通量．27．（6分）（2013?上海）為確定某電子元件的電氣特性，做如下測量．（1）用多用表測量該元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發現多用表指針偏轉過大，因此需選擇×10倍率的電阻檔（填：“×10”或“×1k”），并歐姆調零再進行測量，多用表的示數如圖（a）所示，測量結果為70Ω．（2）將待測元件（額定電壓9V）、蓄電池、滑動變阻器、電流表、多用表、電鍵及若干導線連接成電路如圖（b）所示．添加連線，使電路能測量該元件完整的伏安特性．本實驗中使用多用表測電壓，多用表的選擇開關應調到直流電壓10V檔（填：“直流電壓10V”或“直流電壓50V”）．考點：描繪小電珠的伏安特性曲線．專題：實驗題；恒定電流專題．分析：當歐姆表的指針指在中值電阻附近時讀數較準，若指針偏角過大，說明電阻值較小，應選倍率小的歐姆檔，注意每次選檔后都必須重新調零；測定伏安特性曲線實驗要求電流從零調，所以滑動變阻器必須用分壓式接法．解答：解：（1）選用“×100”倍率的電阻檔測量，發現多用表指針偏轉過大，應選取×10倍率的電阻檔，并需要重新歐姆調零后再測量，測量結果為R=7×10Ω=70Ω（2）因測量元件的伏安特性曲線，所以電流應從零調，故滑動變阻器應用分壓式接法，電路如圖；因電源電動勢為9V，所以電壓表應調到直流電壓10V檔．故答案為（1）×10，歐姆調零，70（2）如圖，直流電壓10V．點評：應熟練掌握歐姆表的改裝原理和讀數方法，熟記要求電流從零調時，滑動變阻器應用分壓式接法，此時應選全電阻小的變阻器．28．（8分）（2013?上海）如圖，研究平拋運動規律的實驗裝置放置在水平桌面上，利用光電門傳感器和碰撞傳感器可測得小球的水平初速度和飛行時間，底板上的標尺可以測得水平位移．保持水平槽口距底板高度h=0.420m不變．改變小球在斜槽導軌上下滑的起始位置，測出小球做平拋運動的初速度v0、飛行時間t和水平位移d，記錄在表中．（1）由表中數據可知，在h一定時，小球水平位移d與其初速度v0成正比關系，與時間無關．v0（m/s）0.7411.0341.3181.584t（ms）292.7293.0292.8292.9d（cm）21.730.338.646.4（2）一位同學計算出小球飛行時間的理論值發現理論值與測量值之差約為3ms．經檢查，實驗及測量無誤，其原因是g取值10m/s2偏大．（3）另一位同學分析并糾正了上述偏差后，另做了這個實驗，競發現測量值t′依然大于自己得到的理論值t理′，但二者之差在3﹣7ms之間，且初速度越大差值越小．對實驗裝置的安裝進行檢查，確認斜槽槽口與底座均水平，則導致偏差的原因是時間測量時產生的系統誤差．考點：研究平拋物體的運動．專題：實驗題；壓軸題；平拋運動專題．分析：根據數據得出水平位移和初速度的關系，根據題意得出實驗誤差產生的原因．解答：解：（1）由表中數據可知，在h一定時，小球水平位移d與其初速度v0成正比，與時間無關．（2）根據t=求解出的t偏小，是因為g值取值偏大．（3）糾正了上述偏差后，另做了這個實驗，競發現測量值t′依然大于自己得到的理論值t理′，但二者之差在3﹣7ms之間，且初速度越大差值越小．導致偏差的原因是時間測量時產生的系統誤差．故答案為：（1）正比，時間；（2）g取值10m/s2偏大；（3）時間測量時產生的系統誤差．點評：解決本題的關鍵會從數據發現規律，強化歸納總結的能力，以及知道實驗誤差的來源．29．（7分）（2013?上海）利用如圖裝置可測量大氣壓強和容器的容積．步驟如下：①將倒U形玻璃管A的一端通過橡膠軟管與直玻璃管B連接，并注入適量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住燒瓶口，并在A上標注此時水面的位置K；再將一活塞置于10ml位置的針筒插入燒瓶，使活塞緩慢推移至0刻度位置；上下移動B，保持A中的水面位于K處，測得此時水面的高度差為17.1cm．②拔出橡皮塞，將針筒活塞置于0ml位置，使燒瓶與大氣相通后再次塞住瓶口；然后將活塞抽拔至10ml位置，上下移動B，使A中的水面仍位于K，測得此時玻璃管中水面的高度差為16.8）（1）若用V0表示燒瓶容積，p0表示大氣壓強，△V示針筒內氣體的體積，△p1、△p2表示上述步驟①、②中燒瓶內外氣體壓強差大小，則步驟①、②中，氣體滿足的方程分別為p0（V0+△V）=（p0+△p1）V0、p0V0=（p0﹣△p2）（V0+△V）．（2）由實驗數據得燒瓶容積V0=560ml，大氣壓強p0=9.58×104Pa．（3）（單選題）倒U形玻璃管A內氣體的存在CA．僅對容積的測量結果有影響B．僅對壓強的測量結果有影響C．對二者的測量結果均有影響D．對二者的測量結果均無影響．考點：理想氣體的狀態方程．專題：壓軸題；理想氣體狀態方程專題．分析：根據玻意耳定律可列兩個方程，聯立代入數據求解即可．解答：解：（1）對于步驟①，根據玻意耳定律可得p0（V0+△V）=（p0+△p1）V0；對于步驟②，根據玻意耳定律可得p0V0=（p0﹣△p2）（V0+△V）；（2）聯立解得V0=△V=56×10ml=560ml；p0=△p1=56×0.171×1.0×103×10Pa=9.58×104Pa．（3）倒U形玻璃管A內氣體的存在對二者的測量結果均有影響，C正確．故選C故答案為：（1）p0（V0+△V）=（p0+△p1）V0；p0V0=（p0﹣△p2）（V0+△V）；（2）5609.58×104（3）C點評：本題是2013年的高考題，考查了理想氣體狀態方程，注意公式的選取，難度中等．六．計算題（共50分）30．（10分）（2013?上海）如圖，柱形容器內用不漏氣的輕質絕熱活塞封閉一定量的理想氣體，容器外包裹保溫材料．開始時活塞至容器底部的高度為H1，容器內氣體溫度與外界溫度相等．在活塞上逐步加上多個砝碼后，活塞下降到距容器底部H2處，氣體溫度升高了△T；然后取走容器外的保溫材料，活塞位置繼續下降，最后靜止于距容器底部H3處：已知大氣壓強為p0．求：氣體最后的壓強與溫度．考點：理想氣體的狀態方程．專題：理想氣體狀態方程專題．分析：由蓋呂薩克定律和玻意耳定律列式即可求解．解答：解：由蓋呂薩克定律，解得由玻意耳定律，P0H1S=P3H3S解得答：氣體最后的壓強，溫度為點評：本題考查了理想氣體狀態方程，要先分析是何種變化，再選擇對應的公式．31．（12分）（2013?上海）如圖，質量為M、長為L、高為h的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間動摩擦因數為μ；滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為m的小球．用水平外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內獲得向右的速度v0，經過一段時間后小球落地．求小球落地時距滑塊左端的水平距離．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：牛頓運動定律綜合專題．分析：滑塊受打擊獲得速度后，由于受地面的摩擦力會做勻減速直線運動，勻減速要分兩點來考慮起加速度，一個是小球沒有掉落前，另一個是小球掉落后．其中有一個情況就是小球若沒掉落滑塊就停止了，這個要分類討論．1：若滑塊停止前小球已經掉落，則其位移為：s2：若滑塊停止前小球沒有掉下來，則其位移為：s'解答：解：