上海市崇明县2015届高三上学期期末考试(一模)物理试题及答案.

1、2015年上海市崇明县高考物理一模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关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是（）A液体分子的无规则运动称为布朗运动B物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大C物体的温度升高，物体内所有分子热运动的动能都增大D物体从外界吸收热量，其内能一定增加分析：布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动温度是分子平均动能的标志；做功和热传递都可以改变物体的内能解答：解：A、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子的运动的间接反映故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度

2、升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，故B正确；C、物体的温度升高，绝大多数分子热运动的动能都增大，但可能有部分分子的动能减小；故C错误；D、如果物体从外界吸收热量时，如果对外做功，则内能可能减小；故D错误；故选：B点评：本题关键要理解布朗运动的实质和意义，知道温度是分子平均动能的标志，明确做功和热传递均可以改变物体的内能2 1960年第11届国际计量大会通过了国际通用的国际单位制（SI），规定了7个基本单位，其中力学基本单位有3个，压强的单位用力学基本单位可表示为（）A N/m2BcmHgCkg/（ms2）DPa考点：力学单位制分析：在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本

3、量，它们的单位米、千克、秒为基本单位根据公式可以计算出物理量的单位解答：解：在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，它们的单位米、千克、秒为基本单位根据P=，而1N=1kgm/s2可知，压强的单位用力学基本单位可表示为kg/（ms2）故选C点评：本题考查对单位制的掌握情况单位制是由基本单位的导出单位组成的根据公式可以推导单位3如图所示，一偏心轮绕O点做匀速转动则偏心轮上的各点的运动具有相同的（）A线速度B角速度C向心加速度D向心力考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：该题是同轴转动问题，在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系

4、进行求解解答：解：A、偏心轮上各处角速度相等，由v=r可知半径不同点，线速度不同，故A错误；B、同一偏心轮上各处角速度相同，故B正确；C、根据公式an=2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，故C错误；D、F=m2r知向心力与到转动轴O的距离成正比，故D错误；故选：B点评：解决转盘转动问题要明确角速度、线速度之间关系，利用向心加速度表达式进行求解4滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端上滑，则滑块的速度时间图象不可能是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：分析滑块可能的受力情况和运动情况：滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，两个过

5、程的加速度相同；滑块可能受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系；滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点速度图象的斜率等于加速度解答：解：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同；故A是可能的故A正确BC、若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率故B是可能的，C是不可能的故B正确，C错误D、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点故

6、D是可能的故D正确本题选不可能的，故选：C点评：本题是多解问题，要考虑各种可能的受力情况和运动情况，再抓住速度图象的斜率等于加速度，即可作出判断5（2分）（2015崇明县一模）如图所示，a、b、c为纸面内等边三角形的三个顶点，在a、b两顶点处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直于纸面向里，则c点的磁感应强度B的方向为（）A与ab边平行，向上B与ab边平行，向下C与ab边垂直，向右D与ab边垂直，向左考点：磁感应强度分析：根据右手螺旋定则判断出直导线在C点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出C点的合场强的方向解答：解：根据右手螺旋定则，a电

7、流产生的磁场垂直于ac，b电流产生的磁场垂直于bc，如图，根据平行四边形定则，则合场强的方向竖直向下，与ab边平行故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则6（2分）（2015崇明县一模）如图所示是模拟汽车发动机的冷却风扇设计的一个控制电路要求发动机的点火开关接通，并且温度过高导致热敏电阻A阻值变小时，风扇自动开启则虚线框内的门电路可能是（）A“与”门B“或”门C“非”门D无法判断考点：简单的逻辑电路分析：与门的特点：当事件的条件全部满足，事件才能发生解答：解：由电路图可知闭合开关K，门电路一个输入端输

8、入高电势，刚闭合K时，温度较低，R阻值较大，门电路的另一个输入端输入低电势，风扇不启动，说明门电路输出低电势；当温度升高时R电阻减小，门电路的另一个输入端输入高电势，此时风扇启动，门电路输出高电势，即门电路的两个输入端都输入高电势时，门电路输出高电势，输入端有一个输入低电势时，门电路输出低电势，由此可知，门电路为“与”门，故A正确故选：A点评：解决本题的关键掌握与逻辑关系的特点：当事件的几个条件都满足，事件才能发生7（2分）（2015崇明县一模）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知（）A振子的振动周期等

9、于t1B在t=0时刻，振子的位置在a点C在t=t1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动考点：简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率专题：简谐运动专题分析：简谐运动中振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出；根据位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的变化，分析振子的运动情况解答：解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2t1；故A错误；B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，故B错误；C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置

10、，速度最大，故C错误；D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动故D正确故选：D点评：对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，应加强相关练习，做到熟练掌握8（2分）（2015崇明县一模）如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）AM点电势比P点电势高BOM间的电势差等于NO间的电势差C将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功D正电荷在O点和Q点的电势能相等考点：电场线；电势能分析：根据电场线方向判断电势高低；灵

11、活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负解答：解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故C正确；D、O点电势高于Q点，根据Ep=q可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故D错误故选：C点评：电场线

12、、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解二、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）（2015崇明县一模）一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是（）ABCD考点：动能定理的应用分析：摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题解答

13、：解：A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确；B、在vt图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其vt图象斜率不变，故B错误；C、物体下滑位移为：x=，因此由数学知识可知其位移时间图象为抛物线，故C错误；D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：E=E总fs=E总f，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故D正确故选：AD点评：对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象

14、性质10（3分）（2015崇明县一模）如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则 （）A地面对B的支持力大小一定等于（M+m）gBB与地面之间一定存在摩擦力CB对A的支持力一定小于mgDA与B之间一定存在摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力解答：解：A、对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，

15、由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有N=（M+m）g故A正确，B错误；再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin故CD错误；故选：A点评：本题关键是对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体A受力分析，再次根据平衡条件列式

16、求解出各个力的情况11（3分）（2015崇明县一模）如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是 （）A若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动B若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动D若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动考点：电势能分析：分AB为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情

17、况解答：解：A、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，库仑力对B做正功，速度增大，故A错误B、由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，故B错误；C、若A、B为同种电荷，库仑力做正功，导致电势能减小，由于带电性不知，所以无法得知，B球一定向电势较低处运动，故C错误；D、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度

18、和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，故D正确故选：D点评：当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动12（3分）（2015崇明县一模）水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（）Agt0（cos1cos2）BCgt0（tan1tan2）D考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、（t+t）秒末竖直方向上的分速度，根据v

19、y=gt求出小球的初速度解答：解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为1，则竖直方向上的分速度：vy1=v0tan1，（t+t）秒末速度方向与水平方向的夹角为2，则竖直方向上的分速度：根据vy2vy1=gt得：故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动13（3分）（2015崇明县一模）如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地

20、的过程中，两物块（）A速度的变化相同B动能的变化相同C重力势能的变化相同D重力的平均功率相同考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：A、B处于同一高度并恰好静止，可以判断mBmA，剪断轻绳后两物体机械能都守恒，重力做功的大小等于重力势能的变化量功率的大小有定义式判断解答：解：A、由动能定理得：mgh=mv2，所以末速度和质量没有关系，又因为初速度均为零，速度变化量大小相同，方向不同，A错误；B、只有重力做功，机械能守恒，两物块质量不同，B错误；C、由题意知mBmA，因为H相同所以重力势能变化量不同，C错误；D、重力平均功率 P=Fv 所以PA=mAgv PB=mbgvsin，因为

21、mBsin=mA 所以PA=PB，D正确；故选：D点评：本题考查了机械能守恒定律，解题的关键是先判断出质量的大小关系，在根据机械能守恒分析各项14（3分）（2015崇明县一模）一列简谐波沿着x轴正向传播，振幅为2cm如图所示，在t=0时刻相距30m的两个质点a、b的位移都是1cm，但运动方向相反，其中a质点速度沿y轴负方向；在t=2s时，b质点恰好第一次回到y=1cm处，则下列说法错误的（）At=0时刻，a、b两个质点的加速度相同Ba、b两个质点平衡位置间的距离是半波长的奇数倍C这列简谐波的周期一定小于8sD这列简谐波的波速可能为3.75m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：简谐

22、横波传播过程中，介质中各质点均做简谐运动，其加速度大小与位移大小成正比，方向总与位移方向相反a、b两个质点位于平衡位置上方，它们平衡位置间的距离不可能是半波长的奇数倍根据数学知识求解周期由数学知识可知，图示时刻a、b之间的距离为x=（n+），（n=0，1，2，），由波速公式研究波速的通项解答：解：A、t=0时刻，a、b两个质点位移相同，则加速度相同故A正确 B、a、b两个质点位于平衡位置上方，它们平衡位置间的距离不可能是半波长的奇数倍故B错误 C、根据数学知识研究可知：t=2s=，得到质点b的振动周期为T=6s8s故C正确 D、图示时刻a、b之间的距离为x=（n+）=30m，（n=0，1，2，

23、），=m=m，波速v=m/s，当n=4时，v=3.75m/s故D正确本题选择错误的，故选：B点评：本题考查运用数学处理物理问题的能力，知道两个质点的运动状态，得到的往往是波长的通项15（3分）（2015崇明县一模）如图所示电路中，已知电阻R1的阻值大于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑动臂P由最上端下滑到最下端的过程中，下列说法中正确的是 （）A电压表V1的示数先变大后变小，电压表V2的示数先变小后变大B电流表A的示数先变小后变大C电源内部的热功率不断增大D电源的输出功率一定不断减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变

24、阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R1两端电压的变化，确定三个电表示数的变化解答：解：A、由题，电阻R1的阻值大于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑臂P由最上端向最下滑动的过程中，变阻器上侧电阻与R1串联后与变阻器下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流一直变大，电源的内电压也变大，则路端电压变小，所以V1的示数变小V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数变大故A错误B、两个电压表读数的差值等于滑动变阻器和电阻R1部分的电压，故滑动变阻器滑片下部分电压减

25、小，而上电阻一直增大，所以通过上部分电流减小，而总电流增大，故电流表读数一直增大；故B错误；C、电源内部的热功率P=I2r，因为电流I变大，所以电源内部的热功率变大，故C正确；D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，不知道外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误；故选：C点评：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端中间最下端总电阻变化情况的判断16（3分）（2015崇明县一模）理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球

26、心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图所示一个质量一定的小物体（假设它能够在地球内部移动）在x轴上各位置受到的引力大小用F表示，则选项图所示的四个F随x的变化关系图正确的是（）ABCD考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，在其内部距离地心距离为r处一点的加速度相当于半径为r的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可解答：解：令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=由于地球的质量为M=，所以重力加速度的表达式可写成：g=根据题意有，质

27、量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为Rr的井底，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g=当rR时，g与r成正比，当rR后，g与r平方成反比即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r成正比，在外部与r的平方成反比故选：A点评：抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为r的球体的质量三、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有两个或三个正确选项，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）（2015崇明县一模）如

28、图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外高度差为h1，右管有一段水银柱，高度差为h2，中间封有一段空气则 （）A若大气压升高，h1减小B若环境温度升高，h2增大C若把弯管向上移动少许，则管内气体体积不变D若把弯管向下移动少许，则管内气体压强增大考点：封闭气体压强；理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：管中封闭气体的压强P=P0+gh1=P0+gh2，可得h1=h2根据气态方程分析大气压和温度变化时，气体的体积如何变化，即知道h1和h2如何变化若把弯管向上移动少许或下移少许，封闭气体的压强将要变化，根据玻意耳定律分析体积如何变化解答：解：A、管中封闭气体的压强P=P0+gh1

29、=P0+gh2，则得h1=h2若大气压升高时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律PV=c得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1和h2同时减小故A正确B、若环境温度升高，封闭气体的压强增大，体积也增大，h1和h2同时增大故B正确C、若把弯管向上移动少许，封闭气体的体积将增大故C错误D、若把弯管向下移动少许，封闭气体的体积减小，压强增大，故D正确故选：ABD点评：本题关键要根据压强判断出h1=h2再结合气态方程进行动态分析18（4分）（2015崇明县一模）如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水

30、平方向的夹角为30°定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住则下列结论中正确的是（）A跨过定滑轮的细绳所受的拉力是BCP绳所受的拉力是CPD绳所受的拉力是D轴O受到的水平拉力考点：力矩的平衡条件；共点力平衡的条件及其应用分析：APB是同一根绳，根据力矩平衡求得绳中张力T，再根据P的平衡由平衡条件求得CP和PD绳中的拉力解答：解：A、以杆OB平衡有：，由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A正确；BC、以P为研究对象受力分析如图所示：根据P平衡有：TPD=Tcos30°=TCPTsin30°T=0，所以故B错误，C正确；D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=，故

31、D错误故选：AC点评：本题抓住杆的力矩平衡和定滑轮受力平衡，分别由力矩平衡方程和平衡条件求解，掌握受力分析是正确解题的关键19（4分）（2015崇明县一模）如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，在O正上方h高位置的A点与A'关于O对称质量为m的带正电的小球从A点静止释放，并穿过带电环则小球从A点到A'过程中加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象可能正确的是（取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零）（）ABCD考点：电势能分析：画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情

32、况，再由牛顿第二定律分析加速度情况由EP=mgh分析重力势能的变化情况根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况解答：解：小球运动过程的示意图如图所示A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小故A是可能的故A正确B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=mgh，根据数学

33、知识可知，B是可能的故B正确C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的故C正确D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的故D错误故选：ABC点评：本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析20（4分）（2015崇明县一模）在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导

34、轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）A物块c的质量是2msinBb棒放上导轨前，物块 c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后，物块 c减少的重力势能等于回路消耗的电能Db棒放上导轨后，a棒中电流大小是考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：a、b棒中电流大小相等方向相

35、反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知解答：解：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin，由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F绳=mcgA

36、、因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsin又因为F安=BIL，故D正确；故选AD点评：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷四、填空题（共20分，每小题4分答案写在答题纸中指定位置，不要求写出演算过程）22.23分叉题分A、B两组，考生可任选一组答题若两组试题均做，一律按A类题计分21（4分）（2015崇明县

37、一模）如图所示为a、b两部分气体的等压过程图象，由图可知当t=0时，气体a的体积为0.3m3；当t=273时，气体a的体积比气体b的体积大0.4m3考点：理想气体的状态方程分析：由图示图象求出气体在0时的体积，然后应用盖吕萨克定律出气体在273时气体的体积，然后求出气体的体积之差解答：解：由图示图象可知，t=0，即：T=t+273=273K时，气体a的体积为：0.3m3，气体b的体积为0.1m3，作出气体的VT图象如图所示：从图示图象可知，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律：=C可知，当t=273时，即T=546K时，气体的体积变为0时体积的两倍，即a的体积为0.6m3，b的体积为0.2m3，气

38、体a的体积比气体b的体积大0.60.2=0.4m3；故答案为：0.3；0.4点评：本题考查了求气体的体积与气体的体积之差，分析图示图象，知道气体状态变化的性质，由图示图象求出气体的体积，应用盖吕萨克定律即可正确解题22（4分）（2015崇明县一模）月球质量是地球质量的，月球半径是地球半径的，人造地球卫星的第一宇宙速度为7.9km/s“嫦娥”月球探测器进入月球的近月轨道绕月飞行，在月球表面附近运行时的速度大小为1.7km/s；若在月球上，距月球表面56m高处，有一个质量为20kg的物体自由下落，它落到月球表面的时间为7.9s考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力

39、提供向心力求出月球和地球的第一宇宙速度之比，从而得出探测器在月球表面运行的速度大小根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的大小关系，判断探测器速度的变化解答：解：根据，知第一宇宙速度为：v=，则探测器在月球表面附近运行的速度与第一宇宙速度之比为：则在月球表面附近运行时的速度大小为：v=7.9×1.71km/s不考虑自转时，万有引力近似等于重力，则在天体表面有：，得：g=得：月球与地面表面重力加速度之比为：=得：g月=g地，物体落到月球表面的时间为：t=7.9s故答案为：1.7，7.9点评：本题的关键是选好研究对象，应用正确的定理、规律解题，只是一道考查动量定理、动量守恒的基础题2

40、3（2015崇明县一模）（B）一质量为M=1.2kg的物块静止在光滑水平桌面上，一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出则子弹穿出木块时，子弹动量改变量的大小为1.8kgm/s，木块获得的水平初速度大小为1.5m/s考点：动量守恒定律分析：子弹穿过木块的过程系统动量守恒，应用动量的计算公式与动量守恒定律可以求出动量的该变量与木块的速度解答：解：子弹动量的该变量：p=mvmv0=0.020×100.020×100=1.8kgm/s，负号表示方向；子弹穿过木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

41、得：mv0=mv+Mv，代入数据解得：v=1.5m/s；故答案为：1.8；1.5点评：本题考查了求动量的变化量、求速度，应用动量的计算公式、动量守恒定律即可正确解题24（4分）（2015崇明县一模）如图所示，一定质量的理想气体，处在A状态时，温度为tA=27，则在状态B的温度为33气体从状态A等容变化到状态M，再等压变化到状态B的过程中对外所做的功为300J（取1atm=1.0×105Pa）考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图象可知A和B状态的各个状态参量，根据理想气体的状态方程可以求得在B状态时气体的温度，在等压变化的过程中，封闭气体的压力不变，根据功的公式

42、W=FL可以求得气体对外做功的大小解答：解：由图可知，对于一定质量的理想气体，在A状态时，PA=2.5atm，VA=3L，TA=27+273=300K在B状态时，PB=1atm，VB=6L，TB=？根据理想气体的状态方程可得=代入数据解得 TB=240k=33°C 气体从状态A等容变化到状态M的过程中，气体的体积不变，所以此过程中不对外部做功，从状态M等压变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，压力的大小为F=PS，气体对外做的功的大小为W=FL=PSL=PV=1.0×105Pa×（63）×103=300J故答案为：33°C，300J点评：根

43、据图象，找出气体在不同的状态下的状态参量，根据理想气体状态方程计算即可，在计算做功的大小的时候，要注意A到M的过程，气体的体积不变，气体对外不做功只在M到B的等压的过程中对外做功25（4分）（2015崇明县一模）在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，平行磁场区域的宽度大于线框边长，如图甲所示测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示已知图象中四段时间分别为t1、t2、t3、t4在t1、t3两段时间内水平外力的大小之比1：1；若已知t2：t3：t4=2：2：1，则线框边长与

44、磁场宽度比值为7：18考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线框未进入磁场时没有感应电流，水平方向只受外力作用可得t1、t3两段时间内水平外力的大小相等设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，根据运动学位移公式得到三段位移与时间的关系式，即可求出则线框边长与磁场宽度比值解答：解：因为t1、t3两段时间无感应电流，即无安培力，则线框做匀加速直线运动的合外力为水平外力所以t1、t3两段时间内水平外力的大小相等即水平外力的大小之比为1：1设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，t2=t3=2t4=2t，线框边长l，磁场宽L根据三段时间内线框位移，得： v

45、2t+a（2t）2=l v4t+a（4t）2=L v5t+a（5t）2=l+L解得：=故答案为：1：1，7：18点评：此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，根据图象上获取的信息，结合E=Blv分析线框的运动情况是解题的关键26（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0.8m；若L=0.6m，x的取值范围是0.8x1mm（取g=10m/s2）考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据自由落体运动的公式求出小球通

46、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=t2t1=0.2s，根据等时性知，L的最大值为Lm=v0t=4×0.2m=0.8mx的最小值xmin=v0t1=4×0.2m=0.8mx的最大值xmax=v0t2L=4×0.40.6m=1m所以0.8mx1m故答案为：0.8，0.8mx1m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

47、间和障碍物移动L的最大值时间相等五、实验题（本大题4小题，共24分）27（4分）（2015崇明县一模）如图1所示，寒假前，某同学利用DIS系统对封闭在注射器内的一定质量的气体作了两次等温过程的研究第一次是在室温下通过推、拉活塞改变气体体积，并记录体积和相应的压强；第二次在较高温度环境下重复这一过程（1）结束操作后，该同学绘制了这两个等温过程的p1/V关系图线，如图则反映气体在第二次实验中的p1/V关系图线的是1（选填“1”或“2”）；（2）该同学是通过开启室内暖风空调实现环境温度升高的在这一过程中，注射器水平地放置在桌面上，活塞可以自由伸缩，管内的气体经历了一个等压（选填“等压”“等温”或“等

48、容”）的变化过程考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律专题：理想气体状态方程专题分析：（1）由图看出p图象是过原点的倾斜直线，斜率一定，根据数学知识研究出斜率等于pV，即可根据气态方程分析（2）注射器水平地放置在桌面上，以活塞为研究对象，受力分析，根据平衡条件列方程，进而分析作何种变化解答：解：（1）由图2看出p图象是过原点的倾斜直线，其斜率等于pV，斜率不变，则pV不变，根据气态方程=c，可知气体的温度不变，均作等温变化由气态方程得知T与pV正比，即T与图线的斜率成正比，所以可知反映气体在第二次实验中的p关系图线的是 1（2）注射器水平地放置在桌面上，设注射器内的压强为P，大气压强为P0，

49、活塞横截面积为S，活塞移动过程中速度缓慢，认为活塞处于平衡状态，则：PS=P0S即P=P0可知，管内的气体压强等于大气压，保持不变，所以管内气体经历了一个等压变化故答案为：（1）1； （2）等压点评：对于气体的图象，往往要研究其斜率、面积等方面的数学意义，来分析其物理意义确定封闭气体压强时通常是以封闭气体的活塞为研究对象受力分析通过平衡条件列方程来确定28（6分）（2015崇明县一模）某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R（R视为质点），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀

50、速上浮的同时玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动（1）同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为5cm/s，R的加速度大小为2cm/s2（2）（单选）R在上升过程中运动轨迹的示意图是如图的D考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动知道了位置坐标，由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度、求vx，再由速度合成求此时的速度大小由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断运动轨迹解答：解：（1）小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，则有：t=s=2s，在x轴水平方向做初速

51、为0的匀加速直线运动，有：x=at2，解得：a=2cm/s2，则R的速度大小：v=5cm/s；（2）因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D故答案为：（1）5，2；（2）D点评：分析好小圆柱体的两个分运动，由运动的合成与分解求其合速度；讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运动，否则为曲线运动，由合外力的方向判断曲线弯曲的方向29（6分）（2015崇明县一模）如图所示，一端带有滑轮的粗糙长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条，在

52、质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2（1）用此装置验证牛顿第二定律，且认为A受到外力的合力等于B的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足Mm；实验测得的加速度为（用上述字母表示）；（2）如果已经平衡了摩擦力，不能（填“能”或“不能”）用此装置验证A、B组成 的系统机械能守恒，理由是摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度系统机械能守恒的条件是只有重力做功，根据条件进行判断解答：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当Mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22v12=2aL，解得：a=（2）已经平衡了摩擦力，对A、B组成的系统，该装置不能验证系统机械能守恒，因为摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒故答案为：（1）Mm；（2）不能；摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒点评：解决