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2021年上海市普陀区高考物理二模试卷
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这是一份2021年上海市普陀区高考物理二模试卷，共25页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，综合题注意等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市普陀区高考物理二模试卷
一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子是（ ）
A．电子 B．质子 C．中子 D．正电子
2．（3分）如图，某同学用激光器作为光源，在不透光的挡板上开一条窄缝，进行光的衍射实验。在光屏上观察到的图样可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）在“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”学生实验中，除需要用计算机、数据采集器、小车、轨道及配件外，还需要的仪器有（ ）
A．秒表 B．米尺
C．位移传感器 D．光电门传感器和挡光片
4．（3分）用光照射某种金属，金属表面有电子逸出。若保持入射光的频率不变，减小入射光的强度，则（ ）
A．光电子的最大初动能减小
B．光电子的最大初动能保持不变
C．可能无电子从金属表面逸出
D．单位时间内逸出的光电子数目不变
5．（3分）某气体的摩尔质量和摩尔体积分别为M和Vm，每个气体分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A．NA＝ B．NA＝ C．NA＝ D．NA＝
6．（3分）质量相等的甲、乙、丙三个物体，分别只受大小为F1和F2、方向如图的两个力作用。甲、乙、丙三个物体产生的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，则（ ）
A．a甲 ＞a乙＞a丙 B．a丙 ＞a乙＞a甲
C．a甲 ＝a乙＝a丙 D．a乙 ＞a丙 ＞a甲
7．（3分）如图，一弹性绳上有S1和S2两个波源，P点为S1和S2连线的中点。两个波源同时开始振动发出两个相向传播的波1和波2，波长分别为λ1和λ2（λ1＞λ2），则两列波（ ）
A．频率相同 B．同时到达P点
C．相遇时，发生干涉现象 D．相遇时，波长均变大
8．（3分）如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W﹣v图像为图中的（ ）
A． B．
C． D．
9．（4分）一定质量的理想气体，温度为0℃时压强为p0。经过等容变化后，温度变为T＝（t+273）K时压强为p，在此过程中气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p不能表达为（ ）
A． B． C． D．
10．（4分）如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（ ）
A．做匀速率的曲线运动
B．经过A点时的加速度最小
C．从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间
D．从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间
11．（4分）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，用不可伸长的轻绳将A与B相连，A、B静止于离地面高度相同的位置。现将轻绳C处剪断，在B刚要着地瞬间，A、B的动能之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
12．（4分）如图，在水平地面上竖直固定一个光滑的圆环，一个质量为m的小球套在环上，圆环最高点有一小孔P，细线上端被人牵着，下端穿过小孔与小球相连，使球静止于A处，此时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A．在A处，细线对小球的弹力大小为mgcosθ
B．将小球由A缓慢拉至B的过程，细线所受拉力变大
C．在A处，圆环对小球的弹力大小为mg
D．将小球由A缓慢拉至B的过程，圆环所受压力变小
二、填空题（共20分。本大题有5小题，每小题4分，每空格2分。）
13．（4分）如图，①、②两条线表示α粒子散射实验中某两个α粒子运动的轨迹，那么沿轨迹③射向原子核的α粒子经过原子核附近后可能的运动轨迹为 （选填“a”“b”“c”“d”），选择的理由是 。
14．（4分）如图甲，两条无限长导线均通以电流强度大小为I的恒定电流，导线的直线部分和坐标轴趋于重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧。已知直线部分在原点O处不产生磁场，若图甲中O处的磁感应强度大小为B0，则图乙中O处磁感应强度大小为 ，方向 。
15．（4分）某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2﹣L图像，由图像可得重力加速度g为 m/s2（精确到小数点后两位），图像不过原点可能是由于摆长测量 造成的（选填“偏大”“偏小”）。
16．（4分）如图，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，其顶点分别为A、B、C、D、E、F。电荷量为q的负电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功W；从C点移动到E点，其电势能减少W。正六边形顶点中电势最高的是 ，顶点C、D间的电势差UCD为 。
17．（4分）如图，一粗细均匀、底部装有阀门的U形管竖直放置，其左端开口、右端封闭、截面积为4cm2。现关闭阀门将一定量的水银注入管中，使左管液面比右管液面高5cm，右端封闭了长为15cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg，右管封闭气体的压强为 cmHg；若打开阀门使一部分水银流出，再关闭阀门，重新平衡时左管的水银面不低于右管，那么流出的水银最多为 cm3。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题的过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）某小组研究电源和小灯泡两端的电压随电流的变化规律，实验电路如图甲。
①按规范连接好实验电路；
②闭合电键S，移动滑动变阻器滑片P到某一位置，读出电流表A和电压表V1、V2的示数，并记录数据；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，重复步骤②多次测量；
④根据数据描绘U﹣I图像，获得图线A、B，如图乙；
⑤完成实验，整理实验器材。
（1）在步骤②中，移动滑动变阻器滑片P使其阻值变小的过程中，电流表A的示数将 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）；电压表V1的示数 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）。
（2）从图乙中可得，电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。
（3）如图甲，当滑片P移到滑动变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率为 W，此时电源的效率为 。
（4）下列选项中，使滑动变阻器和小灯泡的功率最为相近的电流表A示数为 。
A．1.0A
B．1.25A
C．1.5A
D．1.75A
19．（14分）如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v﹣t图像如图乙（图中v1和t1均为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）P点距O端的距离；
（2）碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。
20．（16分）如图，足够长的直角金属导轨MO1N与PO2Q平行放置在竖直向上的匀强磁场中，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直平面内，两轨相距L＝0.5m。金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两杆质量均为m＝1kg、电阻均为R＝1Ω，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计。当t＝0时，对ab杆施加水平向右的力F，使杆ab做初速度为零的匀加速运动，同时将杆cd在竖直面内由静止释放。已知F随时间的变化关系为F＝（6+2t）N，重力加速度g取10m/s2。
（1）判断流经杆cd的电流方向；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和杆ab的加速度a；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，求前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）请列式分析杆cd由静止释放后的运动状况，并求出杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间。
2021年上海市普陀区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子是（ ）
A．电子 B．质子 C．中子 D．正电子
【分析】根据核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒求解。
【解答】解；根据电荷数守恒、质量数守恒，可知用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子的质子数为：2+4﹣6＝0，质量数为：4+9﹣12＝1，所以这种粒子为，即为中子，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了中子发现的核反应方程式，注意反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。
2．（3分）如图，某同学用激光器作为光源，在不透光的挡板上开一条窄缝，进行光的衍射实验。在光屏上观察到的图样可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据衍射条纹的特点进行判断，光的衍射条纹与狭缝平行，且中间宽、两边窄，条纹宽度关于中间条纹对称。
【解答】解：根据衍射条纹狭缝平行，且中间宽、两边窄，不等间距，条纹宽度关于中间条纹对称，可知只有D选项的图样是正确的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道衍射条纹的特点，知道衍射条纹与干涉条纹的区别。
3．（3分）在“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”学生实验中，除需要用计算机、数据采集器、小车、轨道及配件外，还需要的仪器有（ ）
A．秒表 B．米尺
C．位移传感器 D．光电门传感器和挡光片
【分析】用DIS测变速直线运动的瞬时速度的是光电门传感器，通过测定挡光的时间，从而得出在挡光时间内的平均速度，用平均速度代替瞬时速度．
【解答】解：图形计算器实验系统是一种由传感器、数据采集器与图形计算器组合起来，在用DIS测瞬时速度的实验中，必需的器材是计算机、数据采集器、小车、轨道及配件，挡光片，光电门传感器，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了用DIS测变速直线运动的瞬时速度的基本原理，题目看起来难度不大，但容易做错，要多了解传感器的具体应用。
4．（3分）用光照射某种金属，金属表面有电子逸出。若保持入射光的频率不变，减小入射光的强度，则（ ）
A．光电子的最大初动能减小
B．光电子的最大初动能保持不变
C．可能无电子从金属表面逸出
D．单位时间内逸出的光电子数目不变
【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率．频率一定时光的强弱不影响光电子的最大初动能，只影响单位时间内发出光电子的数目．
【解答】解：ABC、用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，光的频率不变，一定会发生光电效应，
根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0可知，入射光的频率不变则光电子的最大初动能不变，故AC错误，B正确；
D、保持入射光的频率不变而减弱光的强度，则单位时间内逸出的光电子数减少，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道发生光电效应的条件，以及知道入射光频率一定时光的强弱会影响单位时间内发出光电子的数目。
5．（3分）某气体的摩尔质量和摩尔体积分别为M和Vm，每个气体分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A．NA＝ B．NA＝ C．NA＝ D．NA＝
【分析】根据NA＝＝，V0应该为气体分子所占空间的平均体积，M为气体的摩尔质量，m为每个分子的质量，由此判断相关选项。
【解答】解：AB、公式NA＝中，V0应该为气体分子所占空间的平均体积，和题给条件不符，故AB错误；
CD、公式NA＝中，M为气体的摩尔质量，m为每个分子的质量，和题给条件相同，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，要注意区别气体分子所占空间的平均体积和气体分子体积大小的区别。
6．（3分）质量相等的甲、乙、丙三个物体，分别只受大小为F1和F2、方向如图的两个力作用。甲、乙、丙三个物体产生的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，则（ ）
A．a甲 ＞a乙＞a丙 B．a丙 ＞a乙＞a甲
C．a甲 ＝a乙＝a丙 D．a乙 ＞a丙 ＞a甲
【分析】先比较三图中合力的大小关系，再通过牛顿第二定律比较加速度大小关系。
【解答】解：两个分力大小一定，合力随着夹角的增大而减小，故合力大小关系是：F甲＞F乙＞F丙，根据牛顿第二定律F合＝ma可得：a甲＞a乙＞a丙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和力的合成与分解的综合运用，解题关键是要知道：两个分力大小一定，夹角越小合力越大。
7．（3分）如图，一弹性绳上有S1和S2两个波源，P点为S1和S2连线的中点。两个波源同时开始振动发出两个相向传播的波1和波2，波长分别为λ1和λ2（λ1＞λ2），则两列波（ ）
A．频率相同 B．同时到达P点
C．相遇时，发生干涉现象 D．相遇时，波长均变大
【分析】波传播具有相互独立性，波传播速度由介质决定，两波源在同一绳上，则它们的波速相等，因为两列波的波长不同，两列波的频率不同，不发生干涉现象
【解答】解：A、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，因为两列波的波长不同，由v＝λf，所以两列波的频率不同，故A错误；
B、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，由于P为两个波源连线的中点，所以它们会同时到达P点，故B正确；
C、两列波相遇时，因频率不同，只能相互叠加，不发生干涉现象，故C错误；
D、波传播具有相互独立性，则相遇后，互不干扰，各自独立传播，相遇时，波长不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查机械波传播的特点，学生需注意，波传播具有相互独立性，波传播速度由介质决定，两列波的频率相同，相差保持不变，才会产生干涉。
8．（3分）如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W﹣v图像为图中的（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系，从而判断W与v图线．
【解答】解：根据动能定理得：﹣W＝0﹣mv2，解得：W＝
故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系，要能利用所学物理知识分析生活中的问题。
9．（4分）一定质量的理想气体，温度为0℃时压强为p0。经过等容变化后，温度变为T＝（t+273）K时压强为p，在此过程中气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p不能表达为（ ）
A． B． C． D．
【分析】气体发生等容变化，应用查理定律可以求出气体末状态的压强，然后根据题意可以求出温度每升高1℃气体压强的增量。
【解答】解：气体状态参量为：p1＝p0，T1＝273K，p2＝p，T2＝T＝（t+273）K，
气体发生等容变化，由查理定律得：＝，
即：＝＝
温度升高t气体压强的增量为p﹣p0，气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p＝
在此过程中气体温度每升高1℃（t＝1℃）压强的增量：△p＝p﹣p0＝p0﹣p0＝；
在此过程中气体温度每升高1℃（T＝1K）压强的增量：△p＝p﹣p0＝p﹣p＝，故BCD能表达对应压强的增量△p，A不能表达对应压强的增量△p。
本题选错误的，故选：A。
【点评】本题考查了求气体压强的增加量，知道气体发生等容变化、应用查理定律即可解题，解题时要注意摄氏温度与热力学温度间的关系T＝273+t。
10．（4分）如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（ ）
A．做匀速率的曲线运动
B．经过A点时的加速度最小
C．从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间
D．从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间
【分析】由开普勒第二定律，太阳系中太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积，即远日点的速度较小，近日点的速度较大，进而判断比较运动的时间。根据万有引力定律和牛顿第二定律可比较加速度。
【解答】解：A、由开普勒第二定律，地球在近日点的速度大，在远日点的速度小，故A错误。
B、根据公式得，可知A点的加速度最大，故B错误。
C、由A可知，地球在近日点的速度大，远日点的速度小，所以从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间，故C正确。
D、由C可知，从A经D运动到C的时间等于从C经B运动到A的时间，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查开普勒定律的应用、万有引力定律的应用、牛顿第二定律，题型基础，难度小。
11．（4分）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，用不可伸长的轻绳将A与B相连，A、B静止于离地面高度相同的位置。现将轻绳C处剪断，在B刚要着地瞬间，A、B的动能之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
【分析】两物体均处于静止状态，根据平衡条件即可求出两小球的质量之比；设AB离地高度为h，对B由自由落体规律可求出B落地时间t，再对A由牛顿第二定律以及运动学公式即可分析时间t内A下落的高度；再由机械能守恒定律列式即可分别得出B落地瞬间A、B的动能，从而求出动能之比。
【解答】解：根据平衡条件得：
对B：T＝mBg
对A：T＝mAgsin30°
解得：mA：mB＝2：1；
设两物体离地高度为h，B做自由落体运动，由h＝gt2可得，B下落时间t＝；
A沿斜面做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，加速度a＝gsin30°＝，
t时间A的位移xA＝＝＝，A下落高度hA＝xsin30°＝＝h；
两物体在下落过程中均只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒定律可知，在B刚要落地的瞬间，A的动能EKA＝mAghA，B的动能EKB＝mBgh，故AB的动能之比：EKA：EKB＝mAg：mBgh＝1：2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题要知道物体在只有重力做功的情形下物机械能守恒以及共点力的平衡条件的应用，要注意正确分析物理过程，明确机械能守恒定律的应用。
12．（4分）如图，在水平地面上竖直固定一个光滑的圆环，一个质量为m的小球套在环上，圆环最高点有一小孔P，细线上端被人牵着，下端穿过小孔与小球相连，使球静止于A处，此时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A．在A处，细线对小球的弹力大小为mgcosθ
B．将小球由A缓慢拉至B的过程，细线所受拉力变大
C．在A处，圆环对小球的弹力大小为mg
D．将小球由A缓慢拉至B的过程，圆环所受压力变小
【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AP与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力的表达式。
【解答】解：AC、小球沿圆环缓慢上移可看做平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、拉力F、支持力N三个力，受力平衡，作出受力分析图如下：
由图可知△OAF∽△GFA，则：
解得：F＝，N＝G＝mg
由于细线与竖直方向的夹角为θ，则：cosθ＝，故 F＝2mgcosθ；故A错误，C正确；
BD、将球由A处缓慢地拉至B处的过程中，半径不变，AP长度减小，角θ变大，故F减小，N不变，故BD错误；
故选：C。
【点评】对于非直角三角情形，相似三角形法在处理共点力的动态平衡时常用的方法，当无法找到直角时，应考虑应用此法。
二、填空题（共20分。本大题有5小题，每小题4分，每空格2分。）
13．（4分）如图，①、②两条线表示α粒子散射实验中某两个α粒子运动的轨迹，那么沿轨迹③射向原子核的α粒子经过原子核附近后可能的运动轨迹为 a （选填“a”“b”“c”“d”），选择的理由是 沿轨迹③运动的粒子比沿轨迹①运动的粒子更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大。 。
【分析】卢瑟福通过α粒子散射并由此提出了原子的核式结构模型，该实验的现象为：绝大多数α粒子几乎不发生偏转，少数α粒子发生了较大的角度偏转，极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来），据此可得出沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹。
【解答】解：原子核与α粒子均带正电，故受相互排斥的库仑力，又③比①更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大，所以选轨迹a。
故答案为：a；沿轨迹③运动的粒子比沿轨迹①运动的粒子更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大。
【点评】本题考查了卢瑟福α粒子散射实验的现象，要注意明确只有少数粒子会出现大角度偏转，大部分粒子偏转角度不大。
14．（4分）如图甲，两条无限长导线均通以电流强度大小为I的恒定电流，导线的直线部分和坐标轴趋于重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧。已知直线部分在原点O处不产生磁场，若图甲中O处的磁感应强度大小为B0，则图乙中O处磁感应强度大小为 B0 ，方向 垂直纸面向外 。
【分析】根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解。
【解答】解：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小的两倍；根据右手螺旋定则，由乙图知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的两倍，则乙图中O点的磁感应强度大小与甲图中O点的磁感应强度大小相等为B0，方向垂直纸面向外。
故答案为：B0，垂直纸面向外。
【点评】考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键。
15．（4分）某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2﹣L图像，由图像可得重力加速度g为 9.86 m/s2（精确到小数点后两位），图像不过原点可能是由于摆长测量 偏小 造成的（选填“偏大”“偏小”）。
【分析】根据单摆的周期公式可得T2＝，通过图线的斜率求出重力加速度的大小.通过图像分析出摆长为零时有周期，说明测量结果偏小。
【解答】解：（1）根据单摆周期公式可得T2＝•（因为图中的L单位是cm，所以进行换算），结合图像可知：k＝＝4，解得g＝9.86m/s2.
（2）由图可知，摆长为0时，单摆存在周期，说明摆长测量结果偏小。
故答案为：9.86；偏小。
【点评】本题关键明确实验原理，根据单摆的周期公式变形，得到T2＝关系式，得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差.
16．（4分）如图，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，其顶点分别为A、B、C、D、E、F。电荷量为q的负电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功W；从C点移动到E点，其电势能减少W。正六边形顶点中电势最高的是 F ，顶点C、D间的电势差UCD为 ﹣ 。
【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．通过电场力做功找出等势点，作出等势线，电场线方向与等势线垂直，即可知道电场线的方向，沿电场线方向电势降低．通过电场力做功，求出电势差．
【解答】解：从A点移动到C点，克服电场力做功W，从C点移动到E点，其电势能减少W，知C到E点，电场力做正功，则A、E为等势点．所以电场线方向垂直于AE．电子从A到C电场力做负功，可知电场力方向为C指向F，则电场的方向由F指向C，沿电场线方向电势降低，可知F点电势最高．AC间的电势差大小U＝，设正六边形边长为a，AC间沿电场线方向上距离为：d＝，电场强度E＝＝，
C、D间沿电场线方向上距离为﹣a，C、D间的电势差UCD＝Ed＝﹣；
故答案为：F；﹣。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及知道电场线与等势线垂直．
17．（4分）如图，一粗细均匀、底部装有阀门的U形管竖直放置，其左端开口、右端封闭、截面积为4cm2。现关闭阀门将一定量的水银注入管中，使左管液面比右管液面高5cm，右端封闭了长为15cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg，右管封闭气体的压强为 80 cmHg；若打开阀门使一部分水银流出，再关闭阀门，重新平衡时左管的水银面不低于右管，那么流出的水银最多为 28 cm3。
【分析】根据液面平衡法求解压强；找出被封闭气体初末状态参量，利用玻意耳定律求得体积，即可求得左右两侧水银面下降的高度，求得流出的体积。
【解答】解：右管封闭气体的压强为p1＝p0+h1＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg
对封闭气体，初状态：p1＝80cmHg，V1＝L1S
末状态：p2＝p0＝75cmHg，V2＝L2S
根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，解得：L2＝16cm
故右侧水银下降的高度为△h1＝L2﹣L1＝16cm﹣15cm＝1cm
左侧水银下降的高度为△h2＝h1+△h1＝5cm+1cm＝6cm
故流出的水银体积为△V＝（△h1+△h2）S＝（1+6）×4cm3＝28cm3
故答案为：80；28。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；抓住左右两侧水银面高度刚好相同即可。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题的过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）某小组研究电源和小灯泡两端的电压随电流的变化规律，实验电路如图甲。
①按规范连接好实验电路；
②闭合电键S，移动滑动变阻器滑片P到某一位置，读出电流表A和电压表V1、V2的示数，并记录数据；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，重复步骤②多次测量；
④根据数据描绘U﹣I图像，获得图线A、B，如图乙；
⑤完成实验，整理实验器材。
（1）在步骤②中，移动滑动变阻器滑片P使其阻值变小的过程中，电流表A的示数将 逐渐变大 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）；电压表V1的示数 逐渐变小 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）。
（2）从图乙中可得，电源的电动势E＝ 4.5 V，内阻r＝ 1.0 Ω。
（3）如图甲，当滑片P移到滑动变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率为 5.0 W，此时电源的效率为 55.6% 。
（4）下列选项中，使滑动变阻器和小灯泡的功率最为相近的电流表A示数为 C 。
A．1.0A
B．1.25A
C．1.5A
D．1.75A
【分析】（1）闭合开关前滑片应置于阻值最大处，当减小阻值时，电流逐渐增大，再确定电压表示数的变化；
（2）电源U﹣I图线与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。
（3）根据图示电路图判断两电压表示数关系，然后根据图示图象找出此时电压与电流，由P＝UI求出灯泡实际功率，由η＝求出电源效率；
（4）滑动变阻器两端电压U＝U1﹣U2，根据图示图线在坐标系内描出滑动变阻器两端电压与电流对应点，然后作出图象，从两者U﹣I图象的交点就能读出电流表的示数。
【解答】解：（1）当滑片向左滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值减小，所以电路中的电流增大，电流表A示数增大。而内阻上的电压也将增大，而路端电压U＝E﹣Ir，将减小，故电压表V1的示数减小；
（2）由图示电源U﹣I图线可知，图线与纵轴交点坐标为4.5V，则电源电动势：E＝4.5V。电源内阻：r＝＝＝1.0Ω；
（3）滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最左端时滑动变阻器接入电路的阻值为零，两电压表示数相等，由图示图象可知，灯泡电压为2.5V，电流为2.0A，灯泡实际功率：P＝UI＝2.5×2.0W＝5.0W。
此时电源的效率η＝＝＝55.6%；
（4）滑动变阻器两端电压U＝U1﹣U2，根据图示图线求出滑动变阻器两端电压，在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示，与小灯泡的U﹣I图象相交，交点坐标为（1.5A，1.5V），所以此时电流表的示数为1.5A左右。
故答案为：（1）逐渐变大、逐渐变小；（2）4.5、1.0（1.1也正确）；（3）5.0（4.8﹣5.0均正确）、56% （53.3%﹣55.6%均正确）；（4）C
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理、灯泡功率计算、电源效率计算等内容，此处要注意的是由于灯泡是非线性元件，在计算当功率相等时电路的电流时，不能用定值电阻常规方法进行计算，要体会图象的巧妙之处。
19．（14分）如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v﹣t图像如图乙（图中v1和t1均为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）P点距O端的距离；
（2）碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。
【分析】（1）由物体运动的v﹣t图像求得P点距O端的距离；
（2）由动能定理可求碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）由物体运动的v﹣t图像求出物块A沿斜面上滑和下滑时的加速度，结合牛顿第二定律求物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）根据静摩擦力的范围由平衡条件确定施加外力F大小的范围。
【解答】解：（1）设P点距O端距离为s，由物体运动v﹣t图像可知：。
（2）由动能定理可知，碰撞过程中挡板对物块做功W等于碰撞前后物块动能的变化量，即
。
即在碰撞过程中，挡板对物块做功﹣。
（3）设导轨与水平面的倾角为θ，当物块A沿斜面下滑时：
由v﹣t图像得：
受力如图，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣Ff＝ma1；
当物体A沿斜面上滑时：
由v﹣t图像知：，解得
受力如图，由牛顿第二定律得mgsinθ+Ff＝ma2；
解得：。
（4）由（3）可得（mgsinθ＞Ff），所以应沿斜面向上施加一外力F。
Q点处施加沿导轨方向的外力范围为：mgsinθ﹣Ff≤F≤mgsinθ+Ff
即 ，
解得。
答：（1）P点距O端的距离为；
（2）碰撞时挡板对物块做功为﹣；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小为；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围为。
【点评】本题考查牛顿定律、动能定理、平衡条件、及图像的综合应用。分阶段分析运动过程，受力状态，选择合适的规律解题即可。
20．（16分）如图，足够长的直角金属导轨MO1N与PO2Q平行放置在竖直向上的匀强磁场中，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直平面内，两轨相距L＝0.5m。金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两杆质量均为m＝1kg、电阻均为R＝1Ω，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计。当t＝0时，对ab杆施加水平向右的力F，使杆ab做初速度为零的匀加速运动，同时将杆cd在竖直面内由静止释放。已知F随时间的变化关系为F＝（6+2t）N，重力加速度g取10m/s2。
（1）判断流经杆cd的电流方向；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和杆ab的加速度a；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，求前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）请列式分析杆cd由静止释放后的运动状况，并求出杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间。
【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；
（2）对ab杆根据牛顿第二定律得到力F的表达式，再根据力F＝（6+2t）联立求解；
（3）求出ab棒前2s内的位移，再根据摩擦力的计算公式求解因摩擦产生的热量，由功和能量变化关系求解前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）根据安培力的大小求解cd杆受到的摩擦力的大小，再根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，由此分析cd杆的运动情况。
【解答】解：（1）根据右手定则可知流经ab杆的电流方向a→b，则流经cd杆的电流方向为d→c；
（2）ab杆匀加速运动v＝at，切割磁感线运动产生感应电动势为E＝BLv＝BLat，
ab杆所受的安培力F安＝BIL＝B××L
摩擦力Ff＝μFN＝μmg
对ab杆根据牛顿第二定律得：F﹣F安﹣Ff＝ma，
故F＝m（μg+a）+＝6+2t
由上式可得：m（μg+a）＝6，代入数据解得：a＝1m/s2
根据，代入数据解得：B＝4T；
（3）ab棒前2s内的位移为s＝at＝m＝2m，
摩擦产生的热量为Qf ＝Wf克＝μmgs
代入数据解得：Qf ＝10J，
ab棒2s末速度为v2＝at1＝1×2m/s＝2m/s，
前2s内动能的变化量为＝J＝2J
由功和能量变化关系可知W＝Qf+Q+△Ek ，
所以Q＝W﹣Qf﹣△Ek ＝（17﹣10﹣2）J＝5J；
（4）根据左手定则可知cd杆受到的安培力方向向左，水平方向根据平衡条件可得导轨对cd杆的弹力FN′＝F安′＝BIL＝，
摩擦力Ff′＝μFN′＝μ•，
设cd杆的加速度为a′，由牛顿第二定律 mg﹣μ•＝ma′可知，cd棒静止释放后随时间增加做加速度逐渐减小的加速运动，当a′＝0即mg＝μ•时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，直至静止。
设经过时间t′，cd棒达到最大速度，即mg＝μ•
代入数据解得：t′＝10s。
答：（1）流经杆cd的电流方向为d→c；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为4T，杆ab的加速度大小为1m/s2；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，前2s内闭合回路产生的焦耳热为5J；
（4）cd棒静止释放后随时间增加做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，直至静止，杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间为10s。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
2021年上海市普陀区高考物理二模试卷
一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子是（ ）
A．电子 B．质子 C．中子 D．正电子
2．（3分）如图，某同学用激光器作为光源，在不透光的挡板上开一条窄缝，进行光的衍射实验。在光屏上观察到的图样可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）在“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”学生实验中，除需要用计算机、数据采集器、小车、轨道及配件外，还需要的仪器有（ ）
A．秒表 B．米尺
C．位移传感器 D．光电门传感器和挡光片
4．（3分）用光照射某种金属，金属表面有电子逸出。若保持入射光的频率不变，减小入射光的强度，则（ ）
A．光电子的最大初动能减小
B．光电子的最大初动能保持不变
C．可能无电子从金属表面逸出
D．单位时间内逸出的光电子数目不变
5．（3分）某气体的摩尔质量和摩尔体积分别为M和Vm，每个气体分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A．NA＝ B．NA＝ C．NA＝ D．NA＝
6．（3分）质量相等的甲、乙、丙三个物体，分别只受大小为F1和F2、方向如图的两个力作用。甲、乙、丙三个物体产生的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，则（ ）
A．a甲 ＞a乙＞a丙 B．a丙 ＞a乙＞a甲
C．a甲 ＝a乙＝a丙 D．a乙 ＞a丙 ＞a甲
7．（3分）如图，一弹性绳上有S1和S2两个波源，P点为S1和S2连线的中点。两个波源同时开始振动发出两个相向传播的波1和波2，波长分别为λ1和λ2（λ1＞λ2），则两列波（ ）
A．频率相同 B．同时到达P点
C．相遇时，发生干涉现象 D．相遇时，波长均变大
8．（3分）如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W﹣v图像为图中的（ ）
A． B．
C． D．
9．（4分）一定质量的理想气体，温度为0℃时压强为p0。经过等容变化后，温度变为T＝（t+273）K时压强为p，在此过程中气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p不能表达为（ ）
A． B． C． D．
10．（4分）如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（ ）
A．做匀速率的曲线运动
B．经过A点时的加速度最小
C．从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间
D．从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间
11．（4分）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，用不可伸长的轻绳将A与B相连，A、B静止于离地面高度相同的位置。现将轻绳C处剪断，在B刚要着地瞬间，A、B的动能之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
12．（4分）如图，在水平地面上竖直固定一个光滑的圆环，一个质量为m的小球套在环上，圆环最高点有一小孔P，细线上端被人牵着，下端穿过小孔与小球相连，使球静止于A处，此时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A．在A处，细线对小球的弹力大小为mgcosθ
B．将小球由A缓慢拉至B的过程，细线所受拉力变大
C．在A处，圆环对小球的弹力大小为mg
D．将小球由A缓慢拉至B的过程，圆环所受压力变小
二、填空题（共20分。本大题有5小题，每小题4分，每空格2分。）
13．（4分）如图，①、②两条线表示α粒子散射实验中某两个α粒子运动的轨迹，那么沿轨迹③射向原子核的α粒子经过原子核附近后可能的运动轨迹为 （选填“a”“b”“c”“d”），选择的理由是 。
14．（4分）如图甲，两条无限长导线均通以电流强度大小为I的恒定电流，导线的直线部分和坐标轴趋于重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧。已知直线部分在原点O处不产生磁场，若图甲中O处的磁感应强度大小为B0，则图乙中O处磁感应强度大小为 ，方向 。
15．（4分）某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2﹣L图像，由图像可得重力加速度g为 m/s2（精确到小数点后两位），图像不过原点可能是由于摆长测量 造成的（选填“偏大”“偏小”）。
16．（4分）如图，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，其顶点分别为A、B、C、D、E、F。电荷量为q的负电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功W；从C点移动到E点，其电势能减少W。正六边形顶点中电势最高的是 ，顶点C、D间的电势差UCD为 。
17．（4分）如图，一粗细均匀、底部装有阀门的U形管竖直放置，其左端开口、右端封闭、截面积为4cm2。现关闭阀门将一定量的水银注入管中，使左管液面比右管液面高5cm，右端封闭了长为15cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg，右管封闭气体的压强为 cmHg；若打开阀门使一部分水银流出，再关闭阀门，重新平衡时左管的水银面不低于右管，那么流出的水银最多为 cm3。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题的过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）某小组研究电源和小灯泡两端的电压随电流的变化规律，实验电路如图甲。
①按规范连接好实验电路；
②闭合电键S，移动滑动变阻器滑片P到某一位置，读出电流表A和电压表V1、V2的示数，并记录数据；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，重复步骤②多次测量；
④根据数据描绘U﹣I图像，获得图线A、B，如图乙；
⑤完成实验，整理实验器材。
（1）在步骤②中，移动滑动变阻器滑片P使其阻值变小的过程中，电流表A的示数将 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）；电压表V1的示数 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）。
（2）从图乙中可得，电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。
（3）如图甲，当滑片P移到滑动变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率为 W，此时电源的效率为 。
（4）下列选项中，使滑动变阻器和小灯泡的功率最为相近的电流表A示数为 。
A．1.0A
B．1.25A
C．1.5A
D．1.75A
19．（14分）如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v﹣t图像如图乙（图中v1和t1均为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）P点距O端的距离；
（2）碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。
20．（16分）如图，足够长的直角金属导轨MO1N与PO2Q平行放置在竖直向上的匀强磁场中，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直平面内，两轨相距L＝0.5m。金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两杆质量均为m＝1kg、电阻均为R＝1Ω，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计。当t＝0时，对ab杆施加水平向右的力F，使杆ab做初速度为零的匀加速运动，同时将杆cd在竖直面内由静止释放。已知F随时间的变化关系为F＝（6+2t）N，重力加速度g取10m/s2。
（1）判断流经杆cd的电流方向；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和杆ab的加速度a；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，求前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）请列式分析杆cd由静止释放后的运动状况，并求出杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间。
2021年上海市普陀区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子是（ ）
A．电子 B．质子 C．中子 D．正电子
【分析】根据核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒求解。
【解答】解；根据电荷数守恒、质量数守恒，可知用α粒子轰击Be得到了C和一种粒子，这种粒子的质子数为：2+4﹣6＝0，质量数为：4+9﹣12＝1，所以这种粒子为，即为中子，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了中子发现的核反应方程式，注意反应过程中电荷数守恒、质量数守恒。
2．（3分）如图，某同学用激光器作为光源，在不透光的挡板上开一条窄缝，进行光的衍射实验。在光屏上观察到的图样可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据衍射条纹的特点进行判断，光的衍射条纹与狭缝平行，且中间宽、两边窄，条纹宽度关于中间条纹对称。
【解答】解：根据衍射条纹狭缝平行，且中间宽、两边窄，不等间距，条纹宽度关于中间条纹对称，可知只有D选项的图样是正确的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道衍射条纹的特点，知道衍射条纹与干涉条纹的区别。
3．（3分）在“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”学生实验中，除需要用计算机、数据采集器、小车、轨道及配件外，还需要的仪器有（ ）
A．秒表 B．米尺
C．位移传感器 D．光电门传感器和挡光片
【分析】用DIS测变速直线运动的瞬时速度的是光电门传感器，通过测定挡光的时间，从而得出在挡光时间内的平均速度，用平均速度代替瞬时速度．
【解答】解：图形计算器实验系统是一种由传感器、数据采集器与图形计算器组合起来，在用DIS测瞬时速度的实验中，必需的器材是计算机、数据采集器、小车、轨道及配件，挡光片，光电门传感器，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了用DIS测变速直线运动的瞬时速度的基本原理，题目看起来难度不大，但容易做错，要多了解传感器的具体应用。
4．（3分）用光照射某种金属，金属表面有电子逸出。若保持入射光的频率不变，减小入射光的强度，则（ ）
A．光电子的最大初动能减小
B．光电子的最大初动能保持不变
C．可能无电子从金属表面逸出
D．单位时间内逸出的光电子数目不变
【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率．频率一定时光的强弱不影响光电子的最大初动能，只影响单位时间内发出光电子的数目．
【解答】解：ABC、用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，光的频率不变，一定会发生光电效应，
根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0可知，入射光的频率不变则光电子的最大初动能不变，故AC错误，B正确；
D、保持入射光的频率不变而减弱光的强度，则单位时间内逸出的光电子数减少，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道发生光电效应的条件，以及知道入射光频率一定时光的强弱会影响单位时间内发出光电子的数目。
5．（3分）某气体的摩尔质量和摩尔体积分别为M和Vm，每个气体分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A．NA＝ B．NA＝ C．NA＝ D．NA＝
【分析】根据NA＝＝，V0应该为气体分子所占空间的平均体积，M为气体的摩尔质量，m为每个分子的质量，由此判断相关选项。
【解答】解：AB、公式NA＝中，V0应该为气体分子所占空间的平均体积，和题给条件不符，故AB错误；
CD、公式NA＝中，M为气体的摩尔质量，m为每个分子的质量，和题给条件相同，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，要注意区别气体分子所占空间的平均体积和气体分子体积大小的区别。
6．（3分）质量相等的甲、乙、丙三个物体，分别只受大小为F1和F2、方向如图的两个力作用。甲、乙、丙三个物体产生的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，则（ ）
A．a甲 ＞a乙＞a丙 B．a丙 ＞a乙＞a甲
C．a甲 ＝a乙＝a丙 D．a乙 ＞a丙 ＞a甲
【分析】先比较三图中合力的大小关系，再通过牛顿第二定律比较加速度大小关系。
【解答】解：两个分力大小一定，合力随着夹角的增大而减小，故合力大小关系是：F甲＞F乙＞F丙，根据牛顿第二定律F合＝ma可得：a甲＞a乙＞a丙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和力的合成与分解的综合运用，解题关键是要知道：两个分力大小一定，夹角越小合力越大。
7．（3分）如图，一弹性绳上有S1和S2两个波源，P点为S1和S2连线的中点。两个波源同时开始振动发出两个相向传播的波1和波2，波长分别为λ1和λ2（λ1＞λ2），则两列波（ ）
A．频率相同 B．同时到达P点
C．相遇时，发生干涉现象 D．相遇时，波长均变大
【分析】波传播具有相互独立性，波传播速度由介质决定，两波源在同一绳上，则它们的波速相等，因为两列波的波长不同，两列波的频率不同，不发生干涉现象
【解答】解：A、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，因为两列波的波长不同，由v＝λf，所以两列波的频率不同，故A错误；
B、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，由于P为两个波源连线的中点，所以它们会同时到达P点，故B正确；
C、两列波相遇时，因频率不同，只能相互叠加，不发生干涉现象，故C错误；
D、波传播具有相互独立性，则相遇后，互不干扰，各自独立传播，相遇时，波长不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查机械波传播的特点，学生需注意，波传播具有相互独立性，波传播速度由介质决定，两列波的频率相同，相差保持不变，才会产生干涉。
8．（3分）如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进。当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零。此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W﹣v图像为图中的（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系，从而判断W与v图线．
【解答】解：根据动能定理得：﹣W＝0﹣mv2，解得：W＝
故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系，要能利用所学物理知识分析生活中的问题。
9．（4分）一定质量的理想气体，温度为0℃时压强为p0。经过等容变化后，温度变为T＝（t+273）K时压强为p，在此过程中气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p不能表达为（ ）
A． B． C． D．
【分析】气体发生等容变化，应用查理定律可以求出气体末状态的压强，然后根据题意可以求出温度每升高1℃气体压强的增量。
【解答】解：气体状态参量为：p1＝p0，T1＝273K，p2＝p，T2＝T＝（t+273）K，
气体发生等容变化，由查理定律得：＝，
即：＝＝
温度升高t气体压强的增量为p﹣p0，气体温度每升高1℃，对应压强的增量△p＝
在此过程中气体温度每升高1℃（t＝1℃）压强的增量：△p＝p﹣p0＝p0﹣p0＝；
在此过程中气体温度每升高1℃（T＝1K）压强的增量：△p＝p﹣p0＝p﹣p＝，故BCD能表达对应压强的增量△p，A不能表达对应压强的增量△p。
本题选错误的，故选：A。
【点评】本题考查了求气体压强的增加量，知道气体发生等容变化、应用查理定律即可解题，解题时要注意摄氏温度与热力学温度间的关系T＝273+t。
10．（4分）如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（ ）
A．做匀速率的曲线运动
B．经过A点时的加速度最小
C．从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间
D．从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间
【分析】由开普勒第二定律，太阳系中太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积，即远日点的速度较小，近日点的速度较大，进而判断比较运动的时间。根据万有引力定律和牛顿第二定律可比较加速度。
【解答】解：A、由开普勒第二定律，地球在近日点的速度大，在远日点的速度小，故A错误。
B、根据公式得，可知A点的加速度最大，故B错误。
C、由A可知，地球在近日点的速度大，远日点的速度小，所以从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的时间，故C正确。
D、由C可知，从A经D运动到C的时间等于从C经B运动到A的时间，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查开普勒定律的应用、万有引力定律的应用、牛顿第二定律，题型基础，难度小。
11．（4分）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，用不可伸长的轻绳将A与B相连，A、B静止于离地面高度相同的位置。现将轻绳C处剪断，在B刚要着地瞬间，A、B的动能之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
【分析】两物体均处于静止状态，根据平衡条件即可求出两小球的质量之比；设AB离地高度为h，对B由自由落体规律可求出B落地时间t，再对A由牛顿第二定律以及运动学公式即可分析时间t内A下落的高度；再由机械能守恒定律列式即可分别得出B落地瞬间A、B的动能，从而求出动能之比。
【解答】解：根据平衡条件得：
对B：T＝mBg
对A：T＝mAgsin30°
解得：mA：mB＝2：1；
设两物体离地高度为h，B做自由落体运动，由h＝gt2可得，B下落时间t＝；
A沿斜面做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，加速度a＝gsin30°＝，
t时间A的位移xA＝＝＝，A下落高度hA＝xsin30°＝＝h；
两物体在下落过程中均只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒定律可知，在B刚要落地的瞬间，A的动能EKA＝mAghA，B的动能EKB＝mBgh，故AB的动能之比：EKA：EKB＝mAg：mBgh＝1：2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题要知道物体在只有重力做功的情形下物机械能守恒以及共点力的平衡条件的应用，要注意正确分析物理过程，明确机械能守恒定律的应用。
12．（4分）如图，在水平地面上竖直固定一个光滑的圆环，一个质量为m的小球套在环上，圆环最高点有一小孔P，细线上端被人牵着，下端穿过小孔与小球相连，使球静止于A处，此时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A．在A处，细线对小球的弹力大小为mgcosθ
B．将小球由A缓慢拉至B的过程，细线所受拉力变大
C．在A处，圆环对小球的弹力大小为mg
D．将小球由A缓慢拉至B的过程，圆环所受压力变小
【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AP与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力的表达式。
【解答】解：AC、小球沿圆环缓慢上移可看做平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、拉力F、支持力N三个力，受力平衡，作出受力分析图如下：
由图可知△OAF∽△GFA，则：
解得：F＝，N＝G＝mg
由于细线与竖直方向的夹角为θ，则：cosθ＝，故 F＝2mgcosθ；故A错误，C正确；
BD、将球由A处缓慢地拉至B处的过程中，半径不变，AP长度减小，角θ变大，故F减小，N不变，故BD错误；
故选：C。
【点评】对于非直角三角情形，相似三角形法在处理共点力的动态平衡时常用的方法，当无法找到直角时，应考虑应用此法。
二、填空题（共20分。本大题有5小题，每小题4分，每空格2分。）
13．（4分）如图，①、②两条线表示α粒子散射实验中某两个α粒子运动的轨迹，那么沿轨迹③射向原子核的α粒子经过原子核附近后可能的运动轨迹为 a （选填“a”“b”“c”“d”），选择的理由是 沿轨迹③运动的粒子比沿轨迹①运动的粒子更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大。 。
【分析】卢瑟福通过α粒子散射并由此提出了原子的核式结构模型，该实验的现象为：绝大多数α粒子几乎不发生偏转，少数α粒子发生了较大的角度偏转，极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来），据此可得出沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹。
【解答】解：原子核与α粒子均带正电，故受相互排斥的库仑力，又③比①更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大，所以选轨迹a。
故答案为：a；沿轨迹③运动的粒子比沿轨迹①运动的粒子更靠近原子核，α粒子所受斥力更大，故偏转角度也就更大。
【点评】本题考查了卢瑟福α粒子散射实验的现象，要注意明确只有少数粒子会出现大角度偏转，大部分粒子偏转角度不大。
14．（4分）如图甲，两条无限长导线均通以电流强度大小为I的恒定电流，导线的直线部分和坐标轴趋于重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧。已知直线部分在原点O处不产生磁场，若图甲中O处的磁感应强度大小为B0，则图乙中O处磁感应强度大小为 B0 ，方向 垂直纸面向外 。
【分析】根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解。
【解答】解：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小的两倍；根据右手螺旋定则，由乙图知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的两倍，则乙图中O点的磁感应强度大小与甲图中O点的磁感应强度大小相等为B0，方向垂直纸面向外。
故答案为：B0，垂直纸面向外。
【点评】考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键。
15．（4分）某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2﹣L图像，由图像可得重力加速度g为 9.86 m/s2（精确到小数点后两位），图像不过原点可能是由于摆长测量 偏小 造成的（选填“偏大”“偏小”）。
【分析】根据单摆的周期公式可得T2＝，通过图线的斜率求出重力加速度的大小.通过图像分析出摆长为零时有周期，说明测量结果偏小。
【解答】解：（1）根据单摆周期公式可得T2＝•（因为图中的L单位是cm，所以进行换算），结合图像可知：k＝＝4，解得g＝9.86m/s2.
（2）由图可知，摆长为0时，单摆存在周期，说明摆长测量结果偏小。
故答案为：9.86；偏小。
【点评】本题关键明确实验原理，根据单摆的周期公式变形，得到T2＝关系式，得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差.
16．（4分）如图，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，其顶点分别为A、B、C、D、E、F。电荷量为q的负电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功W；从C点移动到E点，其电势能减少W。正六边形顶点中电势最高的是 F ，顶点C、D间的电势差UCD为 ﹣ 。
【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．通过电场力做功找出等势点，作出等势线，电场线方向与等势线垂直，即可知道电场线的方向，沿电场线方向电势降低．通过电场力做功，求出电势差．
【解答】解：从A点移动到C点，克服电场力做功W，从C点移动到E点，其电势能减少W，知C到E点，电场力做正功，则A、E为等势点．所以电场线方向垂直于AE．电子从A到C电场力做负功，可知电场力方向为C指向F，则电场的方向由F指向C，沿电场线方向电势降低，可知F点电势最高．AC间的电势差大小U＝，设正六边形边长为a，AC间沿电场线方向上距离为：d＝，电场强度E＝＝，
C、D间沿电场线方向上距离为﹣a，C、D间的电势差UCD＝Ed＝﹣；
故答案为：F；﹣。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及知道电场线与等势线垂直．
17．（4分）如图，一粗细均匀、底部装有阀门的U形管竖直放置，其左端开口、右端封闭、截面积为4cm2。现关闭阀门将一定量的水银注入管中，使左管液面比右管液面高5cm，右端封闭了长为15cm的空气柱。已知大气压强为75cmHg，右管封闭气体的压强为 80 cmHg；若打开阀门使一部分水银流出，再关闭阀门，重新平衡时左管的水银面不低于右管，那么流出的水银最多为 28 cm3。
【分析】根据液面平衡法求解压强；找出被封闭气体初末状态参量，利用玻意耳定律求得体积，即可求得左右两侧水银面下降的高度，求得流出的体积。
【解答】解：右管封闭气体的压强为p1＝p0+h1＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg
对封闭气体，初状态：p1＝80cmHg，V1＝L1S
末状态：p2＝p0＝75cmHg，V2＝L2S
根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，解得：L2＝16cm
故右侧水银下降的高度为△h1＝L2﹣L1＝16cm﹣15cm＝1cm
左侧水银下降的高度为△h2＝h1+△h1＝5cm+1cm＝6cm
故流出的水银体积为△V＝（△h1+△h2）S＝（1+6）×4cm3＝28cm3
故答案为：80；28。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；抓住左右两侧水银面高度刚好相同即可。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题的过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）某小组研究电源和小灯泡两端的电压随电流的变化规律，实验电路如图甲。
①按规范连接好实验电路；
②闭合电键S，移动滑动变阻器滑片P到某一位置，读出电流表A和电压表V1、V2的示数，并记录数据；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，重复步骤②多次测量；
④根据数据描绘U﹣I图像，获得图线A、B，如图乙；
⑤完成实验，整理实验器材。
（1）在步骤②中，移动滑动变阻器滑片P使其阻值变小的过程中，电流表A的示数将 逐渐变大 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）；电压表V1的示数 逐渐变小 （选填“逐渐变小”“不变”“逐渐变大”）。
（2）从图乙中可得，电源的电动势E＝ 4.5 V，内阻r＝ 1.0 Ω。
（3）如图甲，当滑片P移到滑动变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率为 5.0 W，此时电源的效率为 55.6% 。
（4）下列选项中，使滑动变阻器和小灯泡的功率最为相近的电流表A示数为 C 。
A．1.0A
B．1.25A
C．1.5A
D．1.75A
【分析】（1）闭合开关前滑片应置于阻值最大处，当减小阻值时，电流逐渐增大，再确定电压表示数的变化；
（2）电源U﹣I图线与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。
（3）根据图示电路图判断两电压表示数关系，然后根据图示图象找出此时电压与电流，由P＝UI求出灯泡实际功率，由η＝求出电源效率；
（4）滑动变阻器两端电压U＝U1﹣U2，根据图示图线在坐标系内描出滑动变阻器两端电压与电流对应点，然后作出图象，从两者U﹣I图象的交点就能读出电流表的示数。
【解答】解：（1）当滑片向左滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值减小，所以电路中的电流增大，电流表A示数增大。而内阻上的电压也将增大，而路端电压U＝E﹣Ir，将减小，故电压表V1的示数减小；
（2）由图示电源U﹣I图线可知，图线与纵轴交点坐标为4.5V，则电源电动势：E＝4.5V。电源内阻：r＝＝＝1.0Ω；
（3）滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最左端时滑动变阻器接入电路的阻值为零，两电压表示数相等，由图示图象可知，灯泡电压为2.5V，电流为2.0A，灯泡实际功率：P＝UI＝2.5×2.0W＝5.0W。
此时电源的效率η＝＝＝55.6%；
（4）滑动变阻器两端电压U＝U1﹣U2，根据图示图线求出滑动变阻器两端电压，在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示，与小灯泡的U﹣I图象相交，交点坐标为（1.5A，1.5V），所以此时电流表的示数为1.5A左右。
故答案为：（1）逐渐变大、逐渐变小；（2）4.5、1.0（1.1也正确）；（3）5.0（4.8﹣5.0均正确）、56% （53.3%﹣55.6%均正确）；（4）C
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理、灯泡功率计算、电源效率计算等内容，此处要注意的是由于灯泡是非线性元件，在计算当功率相等时电路的电流时，不能用定值电阻常规方法进行计算，要体会图象的巧妙之处。
19．（14分）如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v﹣t图像如图乙（图中v1和t1均为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）P点距O端的距离；
（2）碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。
【分析】（1）由物体运动的v﹣t图像求得P点距O端的距离；
（2）由动能定理可求碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）由物体运动的v﹣t图像求出物块A沿斜面上滑和下滑时的加速度，结合牛顿第二定律求物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）根据静摩擦力的范围由平衡条件确定施加外力F大小的范围。
【解答】解：（1）设P点距O端距离为s，由物体运动v﹣t图像可知：。
（2）由动能定理可知，碰撞过程中挡板对物块做功W等于碰撞前后物块动能的变化量，即
。
即在碰撞过程中，挡板对物块做功﹣。
（3）设导轨与水平面的倾角为θ，当物块A沿斜面下滑时：
由v﹣t图像得：
受力如图，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣Ff＝ma1；
当物体A沿斜面上滑时：
由v﹣t图像知：，解得
受力如图，由牛顿第二定律得mgsinθ+Ff＝ma2；
解得：。
（4）由（3）可得（mgsinθ＞Ff），所以应沿斜面向上施加一外力F。
Q点处施加沿导轨方向的外力范围为：mgsinθ﹣Ff≤F≤mgsinθ+Ff
即 ，
解得。
答：（1）P点距O端的距离为；
（2）碰撞时挡板对物块做功为﹣；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小为；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围为。
【点评】本题考查牛顿定律、动能定理、平衡条件、及图像的综合应用。分阶段分析运动过程，受力状态，选择合适的规律解题即可。
20．（16分）如图，足够长的直角金属导轨MO1N与PO2Q平行放置在竖直向上的匀强磁场中，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直平面内，两轨相距L＝0.5m。金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两杆质量均为m＝1kg、电阻均为R＝1Ω，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计。当t＝0时，对ab杆施加水平向右的力F，使杆ab做初速度为零的匀加速运动，同时将杆cd在竖直面内由静止释放。已知F随时间的变化关系为F＝（6+2t）N，重力加速度g取10m/s2。
（1）判断流经杆cd的电流方向；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和杆ab的加速度a；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，求前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）请列式分析杆cd由静止释放后的运动状况，并求出杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间。
【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；
（2）对ab杆根据牛顿第二定律得到力F的表达式，再根据力F＝（6+2t）联立求解；
（3）求出ab棒前2s内的位移，再根据摩擦力的计算公式求解因摩擦产生的热量，由功和能量变化关系求解前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；
（4）根据安培力的大小求解cd杆受到的摩擦力的大小，再根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，由此分析cd杆的运动情况。
【解答】解：（1）根据右手定则可知流经ab杆的电流方向a→b，则流经cd杆的电流方向为d→c；
（2）ab杆匀加速运动v＝at，切割磁感线运动产生感应电动势为E＝BLv＝BLat，
ab杆所受的安培力F安＝BIL＝B××L
摩擦力Ff＝μFN＝μmg
对ab杆根据牛顿第二定律得：F﹣F安﹣Ff＝ma，
故F＝m（μg+a）+＝6+2t
由上式可得：m（μg+a）＝6，代入数据解得：a＝1m/s2
根据，代入数据解得：B＝4T；
（3）ab棒前2s内的位移为s＝at＝m＝2m，
摩擦产生的热量为Qf ＝Wf克＝μmgs
代入数据解得：Qf ＝10J，
ab棒2s末速度为v2＝at1＝1×2m/s＝2m/s，
前2s内动能的变化量为＝J＝2J
由功和能量变化关系可知W＝Qf+Q+△Ek ，
所以Q＝W﹣Qf﹣△Ek ＝（17﹣10﹣2）J＝5J；
（4）根据左手定则可知cd杆受到的安培力方向向左，水平方向根据平衡条件可得导轨对cd杆的弹力FN′＝F安′＝BIL＝，
摩擦力Ff′＝μFN′＝μ•，
设cd杆的加速度为a′，由牛顿第二定律 mg﹣μ•＝ma′可知，cd棒静止释放后随时间增加做加速度逐渐减小的加速运动，当a′＝0即mg＝μ•时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，直至静止。
设经过时间t′，cd棒达到最大速度，即mg＝μ•
代入数据解得：t′＝10s。
答：（1）流经杆cd的电流方向为d→c；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为4T，杆ab的加速度大小为1m/s2；
（3）若前2秒内，水平力F做的功W＝17J，前2s内闭合回路产生的焦耳热为5J；
（4）cd棒静止释放后随时间增加做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，直至静止，杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间为10s。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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