2016年上海市高考物理试卷

这是一份2016年上海市高考物理试卷，共43页。
2016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）卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（　　）
A．电子 B．中子 C．质子 D．原子核
2．（2分）一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（　　）
A．速度相同，波长相同 B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同
3．（2分）各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是（　　）
A．γ射线、紫外线、可见光、红外线
B．γ射线、红外线、紫外线、可见光
C．紫外线、可见光、红外线、γ射线
D．红外线、可见光、紫外线、γ射线
4．（2分）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（　　）

A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
5．（2分）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（　　）

A．向上运动 B．向下运动 C．向左运动 D．向右运动
6．（2分）放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了（　　）
A．1位 B．2位 C．3位 D．4位
7．（2分）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中（　　）
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
8．（2分）如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）

A．+x方向 B．﹣x方向 C．+y方向 D．﹣y方向
　
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）在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则（　　）
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
10．（3分）研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别于电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则（　　）

A．a为电源正极，到达A板的为α射线
B．a为电源正极，到达A板的为β射线
C．a为电源负极，到达A板的为α射线
D．a为电源负极，到达A板的为β射线
11．（3分）国际单位制中，不是电场强度的单位是（　　）
A．N/C B．V/m C．J/C D．T•m/s
12．（3分）如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，初始时两管水银面等高，B管上方与大气相通．若固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A管内的水银面高度相应变化h，则（　　）

A．h=H B．h＜ C．h= D．＜h＜H
13．（3分）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
14．（3分）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（　　）
A．m/s2 B．m/s2 C．m/s2 D．m/s2
15．（3分）如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（　　）

A．M减小，F增大 B．M减小，F减小 C．M增大，F增大 D．M增大，F减小
16．（3分）风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间△t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片（　　）
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
　
三.多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选或不答的，得0分．）
17．（4分）某气体的摩尔质量为M，分子质量为m．若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为（阿伏伽德罗常数为NA）（　　）
A． B． C． D．
18．（4分）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　）

A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．U变化量与I变化量比值等于R3
19．（4分）如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（　　）

A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
20．（4分）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时刻的图象如图所示。则（　　）

A．甲乙两波的起振方向相反
B．甲乙两波的频率之比为3：2
C．再经过3s，平衡位置在x=7m出的质点振动方向向下
D．再经过3s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
　
四.填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题积分．
21．（4分）形象描述磁场分布的曲线叫做　 　，通常　 　的大小也叫做磁通量密度．
　
A、B选做一题。A题
22．（4分）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量　 　（选填：“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量　 　（选填：“守恒”或“不守恒”）。

　
B题
23．两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为　 　，轨道半径之比为　 　．
24．（4分）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α．一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为　 　；直线PA与竖直方向的夹角β=　 　。

25．（4分）如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为　 　． 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α=60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A受到的电场力大小为　 　．

26．（4分）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，h＜H．当物体加速度最大时其高度为　 　，加速度的最大值为　 　．

　
五.实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是　 　传感器．若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏　 　．（选填：“大”或“小”）．
28．（6分）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中
（1）（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中正确的是　 　
（A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
（B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
（C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
（D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10V”挡，其读数为　 　V；若选择开关处于“×10”挡，其读数　 　200Ω（选填：“大于”，“等于”或“小于”）．

29．（7分）“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示．
（1）（单选题）该实验描绘的是　 　．
（A）两个等量同种电荷周围的等势线
（B）两个等量异种电荷周围的等势线
（C）两个不等量同种电荷周围的等势线
（D）两个不等量异种电荷周围的等势线
（2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放　 　．
（A）导电纸、复写纸、白纸
（B）白纸、导电纸、复写纸
（C）导电纸、白纸、复写纸
（D）白纸、复写纸、导电纸
（3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点（f、d连线与A、B连线垂直）时，示数小于零．为使示数为零，应保持红色探针与d点接触，而将黑色探针　 　（选填：“向左”或“向右”）移动．

30．（8分）某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．

（1）管内水银柱长度为　 　m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为　 　 K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将　 　（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将　 　（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
　
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积VA＞VB．
（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？
某同学解答如下：
设两部分气体压强不变，由，…，△V=V，…，所以水银柱将向下移动．
上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．
（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为△pA和△pB，分析并比较二者的大小关系．

32．（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？

33．（14分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）

（1）小球B所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
34．（14分）如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直．一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行．棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky（SI）．求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功．

　

2016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）卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（　　）
A．电子 B．中子 C．质子 D．原子核
【分析】本题比较简单，只要正确理解α粒子散射实验现象及其结论即可正确解答。
【解答】解：α粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来。卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：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，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程，知道α粒子散射实验现象及其结论。
　
2．（2分）一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（　　）
A．速度相同，波长相同 B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同
【分析】光波属于电磁波，其频率由波源决定，从一种介质进入另介质，频率不变；
传播速度由介质决定；
波长由速度和频率共同决定，由λ=分析波长的变化．
【解答】解：传播速度由介质决定，光在真空中传播速度最大，进入水中，速度减小；光波属于电磁波，其频率由波源决定，所以一束单色光由空气进入水中，频率不变；由λ=可知，频率不变，速度减小，则波长减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解答此题的关键是知道频率、速度和波长的决定因素．知道λ=适用于一切波．
　
3．（2分）各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是（　　）
A．γ射线、紫外线、可见光、红外线
B．γ射线、红外线、紫外线、可见光
C．紫外线、可见光、红外线、γ射线
D．红外线、可见光、紫外线、γ射线
【分析】依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，γ射线，即可确定频率的大小关系．
【解答】解：波长越长、频率越小，比可见光频率小，按照波长逐渐变小，即频率逐渐变大的顺序，频率顺序由大到小排列，电磁波谱可大致分为：γ射线，伦琴射线，紫外线，可见光，红外线，微波，无线电波，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线都是电磁波，同时要知道它们的波长的大小关系和频率大小关系，以及知道各自的应用．此题属于基础题目，平时应多记、多积累．
　
4．（2分）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（　　）

A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，合力水平向右．
【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的OD方向，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向．
　
5．（2分）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（　　）

A．向上运动 B．向下运动 C．向左运动 D．向右运动
【分析】当磁铁向上（下）运动时，穿过线圈的磁通量变小（大），原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下（上），根据右手螺旋定则判断感应电流的方向，然后与图中感应电流的方向比对即可；同理判断出磁铁向右运动或向左运动的情况。
【解答】解：A、若磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头所示的感应电流；同理，若磁铁向上运动，则感应电流的方向与图中感应电流的方向相反。故A错误，B正确；
C、若磁铁向右运动或向左运动，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生的感应电流的方向与图中感应电流的方向相反。故CD错误。
故选：B。
【点评】该题考查楞次定律的应用，楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律常规的步骤进行判断即可。
　
6．（2分）放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了（　　）
A．1位 B．2位 C．3位 D．4位
【分析】根据原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4；经过一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变，分析求解即可．
【解答】解：原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，所以经过2次α衰变后电荷数减小4；同时，经过一次β衰变，电荷数增加1；所以元素A经过2次α衰变和1次β衰变后电荷数减小3，则生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3位，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】该题从一个比较特殊的角度考查对两种衰变的本质的理解，在解答中要根据α衰变与β衰变的实质，分析质子数和中子数的变化即可．注意元素在元素周期表中的位置的变化与质子数的变化有关．
　
7．（2分）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中（　　）
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
【分析】超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关．加速度向上，超重；加速度向下，失重；
物体只有重力或弹簧的弹力做功，机械能守恒，如果还有其它力做功，当其它力做功的代数和为零，机械能不变；当其它力做功的代数和大于零，机械能增加；当其它力做功的代数和小于零，机械能减少．
【解答】解：体验者在风力作用下漂浮在半空，体验者的合力为零，如果减小风力，则重力大于风力，合力向下，体验者向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态；
体验者向下加速运动过程中，除了重力做功外，风力做负功，机械能减少。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解答此题的关键是知道超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关．还要理解机械能守恒定律适用的条件．
　
8．（2分）如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）

A．+x方向 B．﹣x方向 C．+y方向 D．﹣y方向
【分析】根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向．
【解答】解：电子流沿z轴正方向运动，则电流是沿z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A点产生的磁场的方向为x轴正方向，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查磁场方向的判断，注意右手定则与左手定则的区分及电子运动方向与电流方向的区别．
　
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）在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则（　　）
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
【分析】根据△x=λ可知条纹间距随波长的变化而变化，且相邻亮（或暗）条纹间距不变，并依据单缝衍射条纹不相等，而双缝干涉条纹却是相等的，从而即可求解．
【解答】解：A、根据△x=λ可知亮条纹之间的距离和暗条纹之间的距离相等，故A错误。
B、根据△x=λ可知条纹间距随波长的变化而变化，故B错误。
C、根据△x=λ可知，双缝间距离越大条纹间距离越小，故C错误。
D、若把其中一缝挡住，出现单缝衍射现象，故仍出现明暗相间的条纹，故D正确。
故选：D。
【点评】掌握了双缝干涉条纹的间距公式就能顺利解决此类题目，同时理解干涉与衍射条纹的区别．
　
10．（3分）研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别于电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则（　　）

A．a为电源正极，到达A板的为α射线
B．a为电源正极，到达A板的为β射线
C．a为电源负极，到达A板的为α射线
D．a为电源负极，到达A板的为β射线
【分析】α、β和γ三种射线中，α带正电、β带负电、γ不带电。由图知，向左的轨迹曲率半径小于向右的轨迹曲率半径，说明向右为α射线。再根据带电粒子在电场中的偏转可判断电场方向。
【解答】解：β射线为高速电子流，质量约为质子质量的，
速度接近光速；α射线为氦核流，速度约为光速的。
在同一电场中，β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径，
由图知，向左偏的为β射线，向右偏的为α射线，即到达A板的为β射线；
因α粒子带正电，向右偏转，说明电场方向水平向右，那么a为电源正极，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据电场的性质区分射线的种类，注意在同一电场中，β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径是解题的突破口。
　
11．（3分）国际单位制中，不是电场强度的单位是（　　）
A．N/C B．V/m C．J/C D．T•m/s
【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．
【解答】解：A、根据电场强度的定义式可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以电N/C是场强度的单位；
B、根据电场强度的公式可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位；
C、根据电势差的公式可知，功的单位为J，电量的单位为C，J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位；
D、根据公式F=qE及F=qvB，E的单位与Bv的单位一样，故T•m/s也是电场强度的单位；
本题选不是电场强度的单位的，故选：C
【点评】物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系．
　
12．（3分）如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，初始时两管水银面等高，B管上方与大气相通．若固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A管内的水银面高度相应变化h，则（　　）

A．h=H B．h＜ C．h= D．＜h＜H
【分析】封闭气体是等温变化，根据玻意耳定律，气压变大，体积缩小．最终B侧水银面比A侧水银面低
【解答】解：封闭气体是等温变化，B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，压强变小，故气体体积要增大，但最终平衡时，封闭气体的压强比大气压小，一定是B侧水银面低，B侧水银面下降的高度（H﹣h）大于A侧水银面下降的高度h，故有：H﹣h＞h，故；
故选：B。
【点评】本题关键是明确平衡后右侧水银面比左侧低，然后列式求解，不难．
　
13．（3分）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
【分析】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．
【解答】解：A、电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误。
BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误，C正确。
D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析．
　
14．（3分）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（　　）
A．m/s2 B．m/s2 C．m/s2 D．m/s2
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度。
【解答】解：第一段时间内的平均速度为：，
第二段时间内的平均速度为：，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，
则加速度为：a=．选项ACD错误，B正确
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
　
15．（3分）如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（　　）

A．M减小，F增大 B．M减小，F减小 C．M增大，F增大 D．M增大，F减小
【分析】根据力矩平衡知，拉力F的力矩与重力G力矩平衡，可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．
【解答】解：三角板绕B点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力F的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图所示
设原来重心为O，旋转后重心O′，
令∠A′BC=，∠O′BC=，
根据几何关系有拉力F的力臂：
重力G的力臂：
根据力矩平衡有：
，其中G，O′B为定值，缓慢转动变大，所以拉力F的力矩M减小；
根据力矩平衡：

解得：，转动过程中均增大，始终，G，OB，AB为定值，，
==
是定值，缓慢增加，比值增加，所以缓慢转动过程中，F增加；
综上可知：M减小，F增加；A正确，BCD错误
故选：A。

【点评】本题考查了力矩的平衡，关键是画出示意图，确定力臂的大小，对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查，一定要熟悉基本概念．
　
16．（3分）风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间△t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片（　　）
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
【分析】根据图b可知，在△t内，通过的光照的时间越来越长，且在△t内挡了4次光，据此求出周期，再求出风轮叶片转动的周期，根据v=求解平均线速度即可．
【解答】解：根据图b可知，在△t内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小，
在△t内挡了4次光，则．根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期T=，
则风轮叶片转动的平均速率，故B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了圆周运动线速度、周期、转速之间的关系，能读懂b图是解题的关键，难度适中．
　
三.多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选或不答的，得0分．）
17．（4分）某气体的摩尔质量为M，分子质量为m．若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为（阿伏伽德罗常数为NA）（　　）
A． B． C． D．
【分析】每摩尔物体含有NA个分子数，所以分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数．要求出单位体积内的分子数，先求出单位体积的摩尔量，再用摩尔量乘以阿伏伽德罗常数．
【解答】解：1摩尔该气体的体积为Vm，则单位体积分子数为n=，
气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则1mol气体的分子数为NA=，则单位体积分子数为n==，
单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数n=．故D错误，A、B、C正确。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键掌握摩尔质量与分子质量的关系，知道质量除以摩尔质量等于摩尔数．
　
18．（4分）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　）

A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．U变化量与I变化量比值等于R3
【分析】电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变。滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先曾大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U与I比值的变化。
【解答】解：A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；
BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；
D、由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；
故选：BC。
【点评】考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用，掌握闭合电路的动态分析，知道电阻的串并联阻值，注意本题已说明电源内阻忽略不计，学生容易忽略该条件，从而导致错误。
　
19．（4分）如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（　　）

A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【分析】根据B﹣t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化，进而即可求解．
【解答】解：A、在t1﹣t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势；故A正确。
BC、在t2﹣t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L 中没有感应电流，因此没有变化的趋势。故BC错误；
D、在t3﹣t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c到b，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向外减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．
　
20．（4分）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时刻的图象如图所示。则（　　）

A．甲乙两波的起振方向相反
B．甲乙两波的频率之比为3：2
C．再经过3s，平衡位置在x=7m出的质点振动方向向下
D．再经过3s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
【分析】根据上下坡法判断甲乙两波的起振方向，根据波长关系，结合波速相等，求出甲乙两波的频率之比，根据3s内两波传播的距离，通过波的叠加分析x=7m处质点的振动方向以及合位移为零的位置。
【解答】解：A、根据上下坡法知，甲波的起振方向向下，乙波的起振方向向上，可知甲乙两波的起振方向相反，故A正确。
B、两列波的波速相同，甲波的波长为4m，乙波的波长为6m，则两列波的波长之比为2：3，根据f=知，频率之比为3：2，故B正确。
C、再经过3s，甲乙两波传播的距离x=2×3m=6m，即波谷到达x=7m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x=7m处，根据叠加知，该质点向上振动，故C错误；
D、根据波的叠加知，此时除了波源还有x=9m处、x=6﹣7m处、x=6m处、x=5﹣6m处、x=2﹣3m处质点位移为零，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了波长、波速、频率之间的关系以及波的叠加，会根据波的传播方向判断振动方向，知道质点的实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和。
　
四.填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题积分．
21．（4分）形象描述磁场分布的曲线叫做　磁感线　，通常　磁感应强度　的大小也叫做磁通量密度．
【分析】磁感线是为了形象的描述磁场引入的，是假象的，磁感线的疏密表示强弱，切线方向表示磁场方向．
【解答】解：磁感线可以形象地描述磁场的分布．形象描述磁场分布的曲线叫做磁感线，通常磁感应强度的大小也叫做磁通量密度．
故答案为：磁感线；磁感应强度．
【点评】本题考查了磁感线的特点，还要知道磁感线实际不存在，与电场线对应知记忆．
　
A、B选做一题。A题
22．（4分）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量　守恒　（选填：“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量　不守恒　（选填：“守恒”或“不守恒”）。

【分析】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零。或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒。
两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；
在B静止后，系统合力不为零，A和B组成的系统动量不守恒。
【解答】解：剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子受到的力属于系统的内力，系统所受合力为零；剪断细线后，在A停止运动以前，摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒；
B静止后，B的合力为0，A木块的拉力大于摩擦力，A和B组成的系统合力不为0，所以系统动量不守恒。
故答案为：守恒；不守恒。
【点评】本题是脱钩问题，尽管两个没有发生相互作用，但系统的合力为零，系统的总动量也守恒。注意动量守恒定律适用的条件。
　
B题
23．两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为　1：27　，轨道半径之比为　9：1　．
【分析】要求轨道半径之比和角速度之比，由于已知运动周期之比，故可以利用万有引力提供向心力来求解．
【解答】解：行星在绕恒星做圆周运动时恒星对行星的引力提供圆周运动的向心力，故有：
=mr
解得：r=
已知两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，
故则它们的轨道半径的比为9：1
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：
=mω2r
解得：ω=，
已知它们的轨道半径之比为9：1，所以角速度之比为：ω1：ω2=1：27．
故答案为：1：27，9：1
【点评】一个天体绕中心天体做圆周运动时万有引力提供向心力，灵活的选择向心力的表达式是我们顺利解决此类题目的基础．我们要按照不同的要求选择不同的公式来进行求解
　
24．（4分）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α．一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为　　；直线PA与竖直方向的夹角β=　arctan（2cotα）　。

【分析】从图中可以看出，在A点时速度与水平方向的夹角为α，从P点到A点的过程中，位移与竖直方向的夹角为β．利用平抛运动的知识可求出位移偏角的正切值大小。
【解答】解：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。速度与水平方向的夹角为α，有：
tanα=。
解得：t=
小球在由P到A的过程中，位移与竖直方向的夹角为β，则有：
tanβ====2cotα，
直线PA与竖直方向的夹角为：
β=arctan（2cotα）
故选：；arctan（2cotα）。
【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍。
　
25．（4分）如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为　mg　． 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α=60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A受到的电场力大小为　mg　．

【分析】选取摆动最大角度60°，根据动能定理，结合拉力不做功，即可求解；
根据平衡条件，依据正弦定理，列出方程组，即可求解．
【解答】解：带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，
此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，
根据动能定理，则有：Flsinα﹣mgl（1﹣cosα）=0，
解得：F=mg
改变电场强度的大小和方向后，平衡在α=60°处时，设电场力与竖直方向的夹角为γ，

根据正弦定理，则有：；
而在新的平衡位置在α=30°处，根据正弦定理，则有：；
解得：F=mg；
故答案为：mg；mg．
【点评】考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用．
　
26．（4分）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，h＜H．当物体加速度最大时其高度为　0或h　，加速度的最大值为　　．

【分析】因外力在均匀地减小，所以利用对称性结合物体的运动特点可知何时物体的加速度最大；
先利用几何关系求得在物体最大高度的过程中的外力的平均值，在该过程中，外力的功等于克服重力所做的功，由此先表示出物体的质量，再利用牛顿第二定律列式，即可解得加速度的最大值．
【解答】解：因作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为0或h．
因变力F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为：==…①
所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有：…②
①②两式联立的：m=…③
在开始时，由牛顿第二定律有：F0﹣mg=ma…④
联立③④两式解得：a=
故答案为：0或h，
【点评】该题虽然是一道填空题，但是有一定的难度，首先要求学生要一定的分析能力，会用平均的思想来思考解答问题．同时要注意运动过程的对称性，结合数学知识进行相关的计算．再者就是会用平均的思想来分析力做功的问题．
　
五.实验题（共24分）
27．（3分）在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是　光电门　传感器．若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏　大　．（选填：“大”或“小”）．
【分析】在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，摆锤的速度通过光电门进行测量，速度等于小球直径d与挡光时间的比值．
【解答】解：实验中用DIS测出的应为小球在各点时的动能，故应用到光电门传感器，而小球充当档光片的作用；由于小球直径较小，所以可以把小球通过光电门的平均速度当作摆锤的瞬时速度．即摆球的速度等于小球直径d与挡光时间的比值，为：v=．若摆锤直径的测量值大于其真实值，那么导致计算出来的摆锤的瞬时速度偏大，则摆锤动能的测量值也偏大．
故答案为：光电门；大．
【点评】本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理，注意借助平均速度来求解瞬时速度．
　
28．（6分）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中
（1）（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中正确的是　AD　
（A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
（B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
（C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
（D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10V”挡，其读数为　5.4　V；若选择开关处于“×10”挡，其读数　小于　200Ω（选填：“大于”，“等于”或“小于”）．

【分析】该题考查了多用电表的使用，在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下，可以对（1）的AC两选项进行判断；通过电流变的工作原来可以得知选项BD的正误．
对于电压档的读数，首先通过量程，结合最小刻度的数量，得知最小刻度值，即可读出所测的电压的数值；根据欧姆表刻度的不均匀的特征，可知图示位置的读数要小于200Ω．
【解答】解：（1）、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，选项A正确．
B、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零．
C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，选项C错误．
D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，选项D正确．
（2）、选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2v，所以此时的读数为5.4v．
因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中间数值一定小于20，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于200Ω
故答案为：（1）A，D；（2）5.4，小于
【点评】该题考查到了多用电表的工作原理，要明确多用电表的工作原理，对于电流档时利用了定值电阻的分流，电压档是利用了定值电阻的分压，要知道直流电流档和直流电压档的刻度是均匀的．要注意电流档和电压档的读数方法：
精确度为1（如：0.01、0.1、1、10）等，最终读数在精确度的下一位
精确度为2（如：0.02、0.2、2、20）等，最终读数与精确度在同一位
精确度为5（如：0.05、0.5、5、50）等，最终读数与精确度在同一位
欧姆表的使用步骤：
①机械调0（左侧0）：用螺丝刀进行机械调0（左侧0）．
②选挡：测电阻时选择合适的倍率．以使指针指在中央刻度范围，可用比估计值低1个数量级的倍率，如估计值为200Ω就应该选×10的倍率．
③电阻调0（右侧0）：用（电阻）调0旋钮进行调0（表笔直接接触，指针指右侧0刻度）．
④测量：将红黑表笔接被测电阻两端进行测量．
⑤读数：将指针示数乘以倍率得测量值．
⑥将选择开关调至 off 档或交流电压最高档位置．
欧姆表的使用注意事项：
（1）待测电阻要跟别的元件和电源断开．
（2）倍率应使指针指在中间位置附近．
（3）换挡要重新电阻调零．
（4）读数=表针示数×倍数．
　
29．（7分）“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示．
（1）（单选题）该实验描绘的是　B　．
（A）两个等量同种电荷周围的等势线
（B）两个等量异种电荷周围的等势线
（C）两个不等量同种电荷周围的等势线
（D）两个不等量异种电荷周围的等势线
（2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放　D　．
（A）导电纸、复写纸、白纸
（B）白纸、导电纸、复写纸
（C）导电纸、白纸、复写纸
（D）白纸、复写纸、导电纸
（3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点（f、d连线与A、B连线垂直）时，示数小于零．为使示数为零，应保持红色探针与d点接触，而将黑色探针　向右　（选填：“向左”或“向右”）移动．

【分析】（1）“用DIS描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场．
（2）等势线描绘在白纸上，在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸；放置导电纸时有导电物质的一面应向上．
（3）明确两点状电极所形成的电场线分布以及等势面的特点，再根据指针的偏转可明确两点电势的大小，从而明确探针的移动方向．
【解答】解：（1）该实验是利用两电极间的电流来模拟两个等量异种电荷周围的等势线的分布情况；故B正确；
（2）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，在导电纸上寻找等势点，作出等势线，所以导电纸应铺在最上面，白纸在最下面；且导电纸有导电物质的一面要朝上，中间放复写纸；故D正确．
（3）示数小于零，则电流是从黑表笔流进，是从红表笔流出的；根据两等量异号电荷的电场线和等势面的特点可知，d点的电势低于f点的电势，所以为使两点的电势相等，应将接f的黑表笔向右移动．
故答案为：（1）B （2）D （3）向右
【点评】本题考查采用等效电流场模拟电场线的实验，注意实验中采用了两电极在纸面上形成的稳定的直流电流；同时明确如何找出等电势点；并且要注意掌握实验的基本步骤和方法．
　
30．（8分）某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m．将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．

（1）管内水银柱长度为　0.1m　m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为　360　 K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将　减小　（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将　偏低　（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【分析】（1）由图读出l=0.31m和0.35m时F对应的值．以O点为支点，对两种情况，分别根据力矩平衡条件列式，可求得水银柱长度．当水银柱移动管口时温度计测得的温度最高．由于气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律求温度计能测得的最高温度．
（2）根据盖•吕萨克定律分析温度计能测量的最高温度如何变化．
（3）根据大气压强的变化，分析气柱移动距离的变化，判断测出的温度如何变化．
【解答】解：（1）设管内水银柱长度为l，管子长度为L，水银柱的重力为G．
由图知：气柱长度为 l1=0.31m时，力传感器读数 F1=0.36N；气柱长度为 l2=0.35m时，力传感器读数 F2=0.40N
以O点为支点，根据力矩平衡得：
G（l1+）=F1L
G（l2+）=F2L
两式相除得：=
代入解得 l=0.1m
所以水银不溢出时，气柱最大长度为 Lm=L﹣l=0.5m﹣0.1m=0.4m
设该温度计能测得的最高温度为Tm．根据盖•吕萨克定律得：
=
可得 Tm==K=360K
（2）若气柱初始长度大于0.3m，由Tm=知，Lm和T1均不变，当L1增大时，可得Tm减小．即温度计能测量的最高温度将减小．
（3）若实验中大气压强略有升高，封闭气体的压强略增大，由气态方程=c，当气体温度升高气柱向右移动的距离将小于大气压不变时移动的距离，可知，测得的温度将偏低．
故答案为：（1）0.1；360．（2）减小．（3）偏低．
【点评】解决本题的关键要理解实验原理，知道管子相对于杠杆，O为支点．要明确气体发生的等压变化，运用盖•吕萨克定律分析实验的误差．
　
六、计算题（共50分）
31．（10分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积VA＞VB．
（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？
某同学解答如下：
设两部分气体压强不变，由，…，△V=V，…，所以水银柱将向下移动．
上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．
（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为△pA和△pB，分析并比较二者的大小关系．

【分析】（1）分别以两部分气体为研究对象，明确水银柱移动的原因是因为压强变化，不是因为体积的变化；故应设体积不变，根据查理定律进行分析；
（2）根据平衡条件分别对改变温度前后两部分气体间的压强关系列式，联立即可比较压强的变化量．
【解答】解：
（1）不正确．
水银柱移动的原因是升温后，由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移动方向．
正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得

△P=P′﹣P=
因为△T＞0，pA＜pB，可知△PA＜△PB，所示水银柱向上移动．
（2）升温前有PB=PA+Ph（ph为汞柱压强）
升温后同样有PB′=PA′+Ph
两式相减可得△PA=△PB
答：（1）不正确，水银柱向上移动；
（2）△pA和△pB相同．
【点评】本题考理想气体的实验定律的正确应用以及气体压强的计算方法，要注意明确液柱的移动是因为压强变化而破坏平衡引起的；从而正确选择实验定律求解．
　
32．（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？

【分析】（1）小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据自由落体运动规律可求得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移；
（2）对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能；
（3）设达到78J用时为t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程由动能定理列式，根据数学规律可求得速度为78J所用的时间．
【解答】解：
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t===0.8s；
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
a===5m/s2；
则水平位移s=v0t﹣at2=8×0.8﹣=4.8m
（2）由动能定理
EK﹣mv02=mgH﹣Fx
解得：Ek=120J
（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移
x=v0t﹣at2
竖直分位移h=gt2；
由动能定理EK﹣mv02=mg×gt2﹣Fx
将EK=78J和v0=8m/s代入得
187.5t2﹣80t+18=0
解得t1=0.4s，t2=0.24s
答：（1）小球落地所需时间为0.8s；离开杆端的水平距离为4.8m；
（2）小球落地时的动能为120J；
（3）小球离开杆端后经过0.4s和0.24s时间动能均为78J．
【点评】本题考查动能定理以及运动的合成和分解规律，难点在于第三问中的数学规律的应用，要注意体会物理对于数学知识应用的考查，在学习中要注意体会并加强该方面的训练．
　
33．（14分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）

（1）小球B所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
【分析】（1）根据库仑定律可求小球B所带电量；
（2）根据电场强度的定义可求非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小；
（3）在合电场中，根据电场力做功求x=0.4m与x=0.6m之间的电势差；
（4）分别求出各段电场力做的功，再由动能定理求恒力作用的最小距离．
【解答】解：（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k=0.018N
因此：q==1×10﹣6 C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE
因此：E==N/C=﹣3×104N/C
电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左．
（3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功
W合=﹣0.004×0.2=﹣8×10﹣4J
由qU=W合可得：U==﹣800V
（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处
电场力做功W1==6×10﹣4J
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=﹣mv2=﹣1.6×10﹣3 J
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10﹣3 J
由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0
解得：s==0.065m
答：（1）小球B所带电量为1×10﹣6 C；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为﹣800V；
（4）恒力作用的最小距离s是0.065m．
【点评】解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功．
　
34．（14分）如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直．一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行．棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky（SI）．求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功．

【分析】（1）求出安培力的功率及题给表达式，匀变速运动的速度位移关系，电阻关系式联立而得到轨道方程
（2）将安培力表示出来，联立轨道方程即可求解
（3）根据动能定理求外力F做功
【解答】解：（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±x，y），安培力的功率为：


棒做匀加速运动，有：

R=2ρx
代入前式得：
轨道形式为抛物线．
（2）安培力为：
以轨道方程代入得：

（3）由动能定理有：
y=L时
安培力平均值
安培力做功
安培力做功为：
棒在y=L处动能为：Ek=
外力F做功为：
答：（1）导体轨道的轨道方程
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功．
【点评】本题是电磁感应与力学和能量知识的综合，一要掌握力学的基本运动规律和动能定理，二要熟练运用电磁感应的规律，如法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行综合解题．