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上海市2022年普通高中学业水平等级性考试物理模拟测试题 五 解析版
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这是一份上海市2022年普通高中学业水平等级性考试物理模拟测试题 五 解析版，共10页。试卷主要包含了本考试分设试卷和答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．试卷满分100分，考试时间60分钟。
2．本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。
3．答题前，务必在答题纸上填写姓名、报名号、考场号和座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。
选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分。每小题只有一个正确答案。）
天然放射性元素衰变时放出的β射线是
(A)α粒子流 (B)质子流
(C)中子流 (D)电子流
红、黄、蓝、紫四种单色光中，光子能量最小的是（ ）
（A）红光（B）黄光（C）蓝光（D）紫光
卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了（）
（A）原子的核式结构模型（B）原子核内有中子存在
（C）电子是原子的组成部分（D）原子核是由质子和中子组成的
如图1所示的四种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）。则在下面四个图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是（ ）
图2图1
（A）红蓝紫黄（B）红紫蓝黄（C）紫黄蓝红（D）黄紫红蓝
如图2甲，当小球达到平衡时，测力计示数为8N。如图乙，将小球固定在杆的上端，用测力计水平拉小球，使杆发生弯曲，当小球达到平衡时，测力计示数为6N，则（ ）
（A）小球重力大小为6N
（B）杆对小球作用力6N
（C）杆对小球作用力8N
图3
（D）杆对小球作用力10N
如图3，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（ ）
（A）小铁块B的加速度为零（B）磁铁A的加速度为2g
（C）A、B之间弹力为零（D）A、B整体处于完全失重状态
某高一学生参加体育比赛前进行反复下蹲又站立的热身运动，他每次站立起来的过程中需要克服重力做的功最接近（ ）
图4
（A）100J（B）500J（C）1500J（D）2000J
氧气分子在0℃和100℃下的速率分布如图所示，纵轴表示对应速率下的氧气分子数目ΔN占氧气分子总数N的百分比，如图4，由图线信息可得（）
（A）温度升高使得每一个氧气分子的速率都增大
（B）同一温度下，速率大的氧气分子所占比例大
（C）温度升高使得速率较小的氧气分子所占比例变小
（D）温度越高，一定速率范围内的氧气分子所占比例越小
图5
理发用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热。设电动机线圈电阻阻值为R1，它与阻值为R2的电热丝串联后接到直流电源上。若电吹风两端电压为U，电流为I、消耗的功率为P，则（ ）
（A）P=UI（B）P=I2(R1+R2)（C）P＞UI（D）P＜I2(R1+R2)
如,5所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
（A）摆长（B）回复力
（C）频率（D）摆角
图6
如图6，均匀密绕的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A。A与螺线管垂直，A中的电流方向垂直纸面向里，当开关S闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）
（A）竖直向下（B）竖直向上
（C）水平向左（D）水平向右
图7
一种演示气体定律的有趣仪器--哈勃瓶如图7所示。它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小△V时，压强增大20%。若使瓶内气体体积减小2△V，则其压强增大（ ）
（A）20%（B）30%（C）40%（D）50%
填空题（共20分）
图8
如图8，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流。a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为 ______ ，方向为 ______ 。
两列振动方向、______及其他振动情况相同的波叠加后将发生干涉现象。而波能绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射，能观察到明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸与_______相比差不多或更小。
宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，地球的质量为M，宇宙飞船的质量为m，宇宙飞船到地球球心的距离为r，引力常量为G，宇宙飞船受到地球对它的万有引力F= ______ ；宇宙飞船运动的线速度v= ______ 。
图9
如图9，高压锅的锅盖中间有一个排气孔，上面盖有类似砝码的限压阀，将排气孔堵住。当加热高压锅，锅内气体压强增大到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时高压蒸汽就从排气孔向外排出。已知某高压锅的限压阀质量为0.05kg，排气孔直径为0.4 cm，则锅内气体的压强可达 _____Pa。若压强每增加3.6×l03Pa，水的沸点就增加1℃，则锅内最高温度可达 ______℃ (已知大气压P0 =1.0×l05Pa)｡
在离地面80m高处无初速释放一小球，小球质量m=0.2kg，不计空气阻力，取小球释放点所在水平面为参考平面，则在第2s末小球的重力势能为 ______ J，在第3s内重力势能的变化量为 ______ J。（g取10m/s2）
综合题（共40分）
“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图10所示。
图10
（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。
图11
如图11，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高。质量m=10kg的小物块Q（可视为质点）静止在水平轨道上的点A，已知A点与B点相距L=40m（图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道），竖直圆轨道的半径R=3m，圆弧光滑；小物块在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍，小物块若运动到D点可被固定在D点。其它摩擦与空气阻力均忽略不计。（g取10m/s2）
（1）若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，到达B处立即撤去F，为使小物块恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小。
（2）若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F ’的作用，到达B处立即撤去F ’，为使小物块不脱离轨道，求F ’的大小范围。
如图12，水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，其上边界水平，无下边界。距磁场边界上方h高处有一正方形导线框，其平面与磁场方向垂直，且两边与磁场边界平行。已知导线框质量为m、电阻为R、边长为l。现将导线框由静止释放(空气阻力忽略不计)
导线框进入磁场过程中线框中的电流方向(从外向里看)，并说明判断依据
若导线框在进入磁场的过程中保持匀速直线运动，求线框开始运动时其下端与磁场边界之间的距离h以及线框中产生的热量
（3）设（2）中计算的结果为h0，分别就h＝h0、h＜h0和h＞h0三种情况分析、讨论线框下端进入磁场后的速度变化和能量转化情况。
× × × ×
× × × ×
× × × ×
× × × ×
B
h
图12
参考答案
D 解析：β粒子就是电子，所以β射线就是电子流。
A解析：某色光每个光子的能量E与该种色光频率ν间的关系为E=hν（其中h是普朗克常量），而可见光中红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的色光频率依次增加，所以红光的光子能量最小、紫光的光子能量最大。
A解析：卢瑟福的α粒子散射实验中，用α粒子轰击金箔，发现α粒子穿过金箔后，基本仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子(约占1/8000)发生了大角度偏转，偏转角度甚至大于90°。而汤姆孙的“枣糕模型”是不能解释α粒子发生大角度偏转的，也就是说“枣糕模型”是不正确的。卢瑟福通过分析认为：若要使α粒子发生大角度偏转，占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围，这样才能使α粒子受到足够大的斥力，发生大角度的偏转。所以，1911年，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。
B解析：可见光中红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色光的波长依次减小。双缝干涉的图样是明暗相间的等间隔条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故从左边第一个与第三个是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距规律可知波长越长，条纹间距越大，故左边第一个是红光，第三个是蓝光。单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗的明暗相间条纹，而波长越大，中央亮条纹越粗，故最右端为黄光单缝衍射图样。所以从左向右依次是红光（双缝干涉）、紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）。
D图1
解析：根据甲的示数可知小球重力大小为8N，所以A错误。以球为研究对象，分析受力情况得：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由题，G=8N，T=6N。根据平衡条件可知，F与G、T的合力大小相等、方向相反。所以根据几何关系有：F=EQ \r(G2+T2)=EQ \r(82+62)N=10N，所以B、C错误。
D解析：细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：加速度a=g，方向竖直向下，所以A、B错误。由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力，所以C错误。细绳烧断后，A、B同时下落，不计空气阻力，重力加速度为g，属于完全失重状态，所以D正确。
B解析：高一学生的质量m约为50kg，每次站立时重心升高h大约为1m，所以其克服重力做功大小W约为：W=mgh=50×10×1J=500J。
C解析：图中100℃的曲线较0℃的曲线整体右移，所以温度升高使得氧气分子的平均速率增大，所以A错误。根据曲线的单峰性可知，在同一温度下，中等速率大小的氧气分子所占的比例大，所以B错误。100℃的曲线在速率较小处相比0℃的曲线相同速率处来得低，所以温度升高使得速率较小的氧气分子所占的比例变小，因此C正确。从两曲线可以看出，温度越高，速率约在450m/s以下的氧气分子占比下降而该速率以上的氧气分子占比上升，所以D错误。
A解析：电吹风消耗的电功率P是总功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确；C错误。电动机的线圈为非纯电阻电路，其电功率不能用I2R来计算，所以故B错误。电吹风中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2(R1+R2)，但电吹风的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以D错误。在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算。如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算了发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
B解析：由图知，单摆的周期T=2s，由单摆的周期公式T=2πEQ \r(EQ \f(L,g))得：摆长L=1m，摆角θ≈arctanEQ \f(A,L) = arctan EQ \f(0.03,1) ≈1.7°。而摆球所受的回复力F=-EQ \f(x,L)mg，由于摆球的质量m未知，所以无法确定其回复力。
由振动图像可直接读出振幅A和周期T，由f=EQ \f(1,T)可以求出振动频率。由单摆的周期公式T=2πEQ \r(EQ \f(L,g)) 可求出摆长。但摆球的质量未知，无法确定回复力．
B解析：首先根据安培定则判断通电螺线管处的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左。再根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上。首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向，所以解决本题的关键掌握右手螺旋定则和左手定则，知道两个定则的区别，不能混淆。
D解析：封闭气体做的是等温变化，所以有：PV=1.2P(V-△V)和PV=P′(V-2△V)联立两式得P′=1.5P，所以选D。
EQ \f(B,2)，垂直纸面向外 解析：根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同，由于两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点形成磁感应强度大小为EQ \f(B,2)，由于a与b与导线2距离相等，故撤掉导线1后，b点磁感应强度大小为EQ \f(B,2)，根据安培定则可知b点磁场方向垂直纸面向外。本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。
频率，波长 解析：两列振动方向、频率及其他振动情况相同的波叠加后将发生干涉现象。而波能绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射，能观察到明显衍射现象的条件是障碍物（或小孔、狭缝等）的尺寸与波长相差不多或比波长小。
EQ \f(GMm,r2)，EQ \r(EQ \f(GM,r)) 解析：根据万有引力定律的公式求出万有引力的大小，结合万有引力提供向心力可求出宇宙飞船的线速度。
宇宙飞船受到地球对它的万有引力为：F=EQ \f(GMm,r2)
根据EQ \f(GMm,r2) = mEQ \f(v2,r) 得飞船的线速度为：v=EQ \r(EQ \f(GM,r))
1.4×105Pa，111.1℃ 解析：设限压阀质量为m，排气孔直径为d，锅内气体的压强可达p，由平衡条件可得：π(EQ \f(d,2))2 p0+mg=π(EQ \f(d,2))2p，解得：p = p0+EQ \f(4mg,πd2) =1.4×105Pa。设锅内最高温度可比100℃高Δt，Δt = EQ \f(0.4×105, 3.6×l03)℃=11.1℃，所以锅内最高温度可达111.1℃。
40；50 解析：小球做自由落体运动，根据h = EQ \f(1,2)gt2求出下落的高度，再根据Ep = mgh求解重力势能．重力势能的变化量等于重力做功的负值。
选取零势能参考平面，在第2s末小球所处的高度为：
h= EQ \f(1,2)gt22= EQ \f(1,2)×10×22 m= 20 m
此时小球的重力势能为：Ep=mgh=0.2×10×(20)J= 40J
第3s内小球下落的高度为H= EQ \f(1,2)gt32 EQ \f(1,2)gt22=EQ \f(1,2)×10×32 EQ \f(1,2)×10×22m =25m
在第3s内重力势能的变化量△Ep = mgH= 50J
（）B （）D （）向右解析：
（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，所以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）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。示数小于零，则电流是从黑探针流进，是从红探针流出的；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的黑探针向右移动。
19.解析：
（1）设小物块到B处速度大小为vB、到C处速度大小为vC。取水平轨道AB所在平面为重力零势能面。
小物块从B到C，由机械能守恒定律可得：
EQ \f(1,2)mvB2=mgR
vB=EQ \r(2gR) = EQ \r(2×10×3)m/s=7.75m/s
0.25mg
F
mg
N
图2
小物块从A到B过程中受力分析如右图，在合外力为恒力的作用下，作初速度为零的匀加速直线运动，设运动过程中小物块加速度大小为a，根据匀加速直线运动规律可得：
2aL= vB2
a = EQ \f(vB2,2L) = EQ \f(60,2×40)m/s2 = 0.75m/s2
又根据牛顿第二定律可得：
F 0.25mg = ma
F = m(0.25g+a) = 10×(0.25×10+0.75)N = 32.5N
（2）若小物块恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，在D点，由重力提供向心力，设小物块在D处的速度大小为vD，根据牛顿第二定律得：
mg=mEQ \f(vD2,R)
解得：vD = EQ \r(Rg)=EQ \r(3×10)m/s=5.48m/s
设小物块到B处速度大小为vB’、小物块B点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
EQ \f(1,2)mvB’2=2mgR+EQ \f(1,2)mvD2
解得：vB’=EQ \r(4Rg+vD2) = EQ \r(4×3×10+30)m/s=12.25m/s
为使小物块达到该速度，设小物块在AB段加速度大小为a’，则根据匀加速直线运动规律，得
0.25mg
F’
mg
N
图3
2a’L= vB’2
a’ = EQ \f(vB’2,2L) = EQ \f(150,2×40)m/s2 = 1.875m/s2
又根据牛顿第二定律可得：
F’ 0.25mg = ma’
F’ = m(0.25g+a’) = 10×(0.25×10+1.875)N = 43.75N
根据平衡条件可知，要拉动小物块，外力至少等于0.25mg，即25N。
所以F’的取值范围是F’≥43.75N或32.5N≥F’≥25N
20.解析：（1）线框进入磁场后磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流方向是逆时针（或：线框下面导体切割磁感线，根据右手定则可判断出感应电流方向为逆时针）
（2）线框从开始下落到开始进入磁场的过程中，机械能守恒，设线框刚进入磁场时速度为v，则
mgh=EQ \f(1,2)mv2（或运动学公式v2=2gh） = 1 \* GB3 ①
进入磁场后，线框开始切割磁感线，线框内产生感应电动势E，及感应电流I，根据电磁感应规律可得：
I=E/R=Blv/R = 2 \* GB3 ②
线框进入磁场后，除受重力外，还受到安培力F作用，则
联立以上各式解得：F＝BIl ＝ EQ \f(B2l2,R) EQ \r(2gh)
根据题意，由物体平衡条件可知F=mg， = 3 \* GB3 ③
EQ \f(B2l2,R) EQ \r(2gh)=mg
解得：h = EQ \f(m2gR2,2B4l4) = 4 \* GB3 ④
线框进入磁场的时间t=L/v = 5 \* GB3 ⑤
产生的热量Q=I2Rt = 6 \* GB3 ⑥
Q=mgL = 7 \* GB3 ⑦（也可直接有能量守恒得出）
（3）①令h0＝EQ \f(m2gR2,2B4l4)，进入磁场过程中：
当h＝h0时，线框底部进入磁场时mg＝F，线框做匀速运动，速度v0＝EQ \f(mgR,B2l2)，在此过程中线框的重力势能转化为线框内感应电流的电能，进而又转化为焦耳热，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
当h＜h0时，线框下端进入磁场时v＜v0，mg＞F，线框做变加速运动，随着线框不断进入磁场，线框速度v增大，F增大，线框加速度a减小，所以线框做加速度减小的加速运动。此过程中线框的重力势能一部分转化为线框的动能，另一部分通过先转化为线框内感应电流的电能，进而转化为焦耳热, ，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
当h＞h0时，线框下端进入磁场时v＞v0，mg＜F，线框做变减速运动，随着线框不断进入磁场，线框速度v减小，F减小，线框加速度a减小，所以线框做加速度减小的减速运动。此过程中线框的部分动能及重力势能先转化为线框内感应电流的电能，进而转化为焦耳热。，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
考生注意：
1．试卷满分100分，考试时间60分钟。
2．本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。
3．答题前，务必在答题纸上填写姓名、报名号、考场号和座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。
选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分。每小题只有一个正确答案。）
天然放射性元素衰变时放出的β射线是
(A)α粒子流 (B)质子流
(C)中子流 (D)电子流
红、黄、蓝、紫四种单色光中，光子能量最小的是（ ）
（A）红光（B）黄光（C）蓝光（D）紫光
卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了（）
（A）原子的核式结构模型（B）原子核内有中子存在
（C）电子是原子的组成部分（D）原子核是由质子和中子组成的
如图1所示的四种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）。则在下面四个图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是（ ）
图2图1
（A）红蓝紫黄（B）红紫蓝黄（C）紫黄蓝红（D）黄紫红蓝
如图2甲，当小球达到平衡时，测力计示数为8N。如图乙，将小球固定在杆的上端，用测力计水平拉小球，使杆发生弯曲，当小球达到平衡时，测力计示数为6N，则（ ）
（A）小球重力大小为6N
（B）杆对小球作用力6N
（C）杆对小球作用力8N
图3
（D）杆对小球作用力10N
如图3，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（ ）
（A）小铁块B的加速度为零（B）磁铁A的加速度为2g
（C）A、B之间弹力为零（D）A、B整体处于完全失重状态
某高一学生参加体育比赛前进行反复下蹲又站立的热身运动，他每次站立起来的过程中需要克服重力做的功最接近（ ）
图4
（A）100J（B）500J（C）1500J（D）2000J
氧气分子在0℃和100℃下的速率分布如图所示，纵轴表示对应速率下的氧气分子数目ΔN占氧气分子总数N的百分比，如图4，由图线信息可得（）
（A）温度升高使得每一个氧气分子的速率都增大
（B）同一温度下，速率大的氧气分子所占比例大
（C）温度升高使得速率较小的氧气分子所占比例变小
（D）温度越高，一定速率范围内的氧气分子所占比例越小
图5
理发用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热。设电动机线圈电阻阻值为R1，它与阻值为R2的电热丝串联后接到直流电源上。若电吹风两端电压为U，电流为I、消耗的功率为P，则（ ）
（A）P=UI（B）P=I2(R1+R2)（C）P＞UI（D）P＜I2(R1+R2)
如,5所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
（A）摆长（B）回复力
（C）频率（D）摆角
图6
如图6，均匀密绕的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A。A与螺线管垂直，A中的电流方向垂直纸面向里，当开关S闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）
（A）竖直向下（B）竖直向上
（C）水平向左（D）水平向右
图7
一种演示气体定律的有趣仪器--哈勃瓶如图7所示。它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小△V时，压强增大20%。若使瓶内气体体积减小2△V，则其压强增大（ ）
（A）20%（B）30%（C）40%（D）50%
填空题（共20分）
图8
如图8，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流。a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为 ______ ，方向为 ______ 。
两列振动方向、______及其他振动情况相同的波叠加后将发生干涉现象。而波能绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射，能观察到明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸与_______相比差不多或更小。
宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，地球的质量为M，宇宙飞船的质量为m，宇宙飞船到地球球心的距离为r，引力常量为G，宇宙飞船受到地球对它的万有引力F= ______ ；宇宙飞船运动的线速度v= ______ 。
图9
如图9，高压锅的锅盖中间有一个排气孔，上面盖有类似砝码的限压阀，将排气孔堵住。当加热高压锅，锅内气体压强增大到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时高压蒸汽就从排气孔向外排出。已知某高压锅的限压阀质量为0.05kg，排气孔直径为0.4 cm，则锅内气体的压强可达 _____Pa。若压强每增加3.6×l03Pa，水的沸点就增加1℃，则锅内最高温度可达 ______℃ (已知大气压P0 =1.0×l05Pa)｡
在离地面80m高处无初速释放一小球，小球质量m=0.2kg，不计空气阻力，取小球释放点所在水平面为参考平面，则在第2s末小球的重力势能为 ______ J，在第3s内重力势能的变化量为 ______ J。（g取10m/s2）
综合题（共40分）
“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图10所示。
图10
（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。
图11
如图11，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高。质量m=10kg的小物块Q（可视为质点）静止在水平轨道上的点A，已知A点与B点相距L=40m（图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道），竖直圆轨道的半径R=3m，圆弧光滑；小物块在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍，小物块若运动到D点可被固定在D点。其它摩擦与空气阻力均忽略不计。（g取10m/s2）
（1）若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，到达B处立即撤去F，为使小物块恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小。
（2）若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F ’的作用，到达B处立即撤去F ’，为使小物块不脱离轨道，求F ’的大小范围。
如图12，水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，其上边界水平，无下边界。距磁场边界上方h高处有一正方形导线框，其平面与磁场方向垂直，且两边与磁场边界平行。已知导线框质量为m、电阻为R、边长为l。现将导线框由静止释放(空气阻力忽略不计)
导线框进入磁场过程中线框中的电流方向(从外向里看)，并说明判断依据
若导线框在进入磁场的过程中保持匀速直线运动，求线框开始运动时其下端与磁场边界之间的距离h以及线框中产生的热量
（3）设（2）中计算的结果为h0，分别就h＝h0、h＜h0和h＞h0三种情况分析、讨论线框下端进入磁场后的速度变化和能量转化情况。
× × × ×
× × × ×
× × × ×
× × × ×
B
h
图12
参考答案
D 解析：β粒子就是电子，所以β射线就是电子流。
A解析：某色光每个光子的能量E与该种色光频率ν间的关系为E=hν（其中h是普朗克常量），而可见光中红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的色光频率依次增加，所以红光的光子能量最小、紫光的光子能量最大。
A解析：卢瑟福的α粒子散射实验中，用α粒子轰击金箔，发现α粒子穿过金箔后，基本仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子(约占1/8000)发生了大角度偏转，偏转角度甚至大于90°。而汤姆孙的“枣糕模型”是不能解释α粒子发生大角度偏转的，也就是说“枣糕模型”是不正确的。卢瑟福通过分析认为：若要使α粒子发生大角度偏转，占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围，这样才能使α粒子受到足够大的斥力，发生大角度的偏转。所以，1911年，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。
B解析：可见光中红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色光的波长依次减小。双缝干涉的图样是明暗相间的等间隔条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故从左边第一个与第三个是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距规律可知波长越长，条纹间距越大，故左边第一个是红光，第三个是蓝光。单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗的明暗相间条纹，而波长越大，中央亮条纹越粗，故最右端为黄光单缝衍射图样。所以从左向右依次是红光（双缝干涉）、紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）。
D图1
解析：根据甲的示数可知小球重力大小为8N，所以A错误。以球为研究对象，分析受力情况得：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由题，G=8N，T=6N。根据平衡条件可知，F与G、T的合力大小相等、方向相反。所以根据几何关系有：F=EQ \r(G2+T2)=EQ \r(82+62)N=10N，所以B、C错误。
D解析：细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：加速度a=g，方向竖直向下，所以A、B错误。由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力，所以C错误。细绳烧断后，A、B同时下落，不计空气阻力，重力加速度为g，属于完全失重状态，所以D正确。
B解析：高一学生的质量m约为50kg，每次站立时重心升高h大约为1m，所以其克服重力做功大小W约为：W=mgh=50×10×1J=500J。
C解析：图中100℃的曲线较0℃的曲线整体右移，所以温度升高使得氧气分子的平均速率增大，所以A错误。根据曲线的单峰性可知，在同一温度下，中等速率大小的氧气分子所占的比例大，所以B错误。100℃的曲线在速率较小处相比0℃的曲线相同速率处来得低，所以温度升高使得速率较小的氧气分子所占的比例变小，因此C正确。从两曲线可以看出，温度越高，速率约在450m/s以下的氧气分子占比下降而该速率以上的氧气分子占比上升，所以D错误。
A解析：电吹风消耗的电功率P是总功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确；C错误。电动机的线圈为非纯电阻电路，其电功率不能用I2R来计算，所以故B错误。电吹风中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2(R1+R2)，但电吹风的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以D错误。在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算。如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算了发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
B解析：由图知，单摆的周期T=2s，由单摆的周期公式T=2πEQ \r(EQ \f(L,g))得：摆长L=1m，摆角θ≈arctanEQ \f(A,L) = arctan EQ \f(0.03,1) ≈1.7°。而摆球所受的回复力F=-EQ \f(x,L)mg，由于摆球的质量m未知，所以无法确定其回复力。
由振动图像可直接读出振幅A和周期T，由f=EQ \f(1,T)可以求出振动频率。由单摆的周期公式T=2πEQ \r(EQ \f(L,g)) 可求出摆长。但摆球的质量未知，无法确定回复力．
B解析：首先根据安培定则判断通电螺线管处的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左。再根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上。首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向，所以解决本题的关键掌握右手螺旋定则和左手定则，知道两个定则的区别，不能混淆。
D解析：封闭气体做的是等温变化，所以有：PV=1.2P(V-△V)和PV=P′(V-2△V)联立两式得P′=1.5P，所以选D。
EQ \f(B,2)，垂直纸面向外 解析：根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同，由于两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点形成磁感应强度大小为EQ \f(B,2)，由于a与b与导线2距离相等，故撤掉导线1后，b点磁感应强度大小为EQ \f(B,2)，根据安培定则可知b点磁场方向垂直纸面向外。本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。
频率，波长 解析：两列振动方向、频率及其他振动情况相同的波叠加后将发生干涉现象。而波能绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射，能观察到明显衍射现象的条件是障碍物（或小孔、狭缝等）的尺寸与波长相差不多或比波长小。
EQ \f(GMm,r2)，EQ \r(EQ \f(GM,r)) 解析：根据万有引力定律的公式求出万有引力的大小，结合万有引力提供向心力可求出宇宙飞船的线速度。
宇宙飞船受到地球对它的万有引力为：F=EQ \f(GMm,r2)
根据EQ \f(GMm,r2) = mEQ \f(v2,r) 得飞船的线速度为：v=EQ \r(EQ \f(GM,r))
1.4×105Pa，111.1℃ 解析：设限压阀质量为m，排气孔直径为d，锅内气体的压强可达p，由平衡条件可得：π(EQ \f(d,2))2 p0+mg=π(EQ \f(d,2))2p，解得：p = p0+EQ \f(4mg,πd2) =1.4×105Pa。设锅内最高温度可比100℃高Δt，Δt = EQ \f(0.4×105, 3.6×l03)℃=11.1℃，所以锅内最高温度可达111.1℃。
40；50 解析：小球做自由落体运动，根据h = EQ \f(1,2)gt2求出下落的高度，再根据Ep = mgh求解重力势能．重力势能的变化量等于重力做功的负值。
选取零势能参考平面，在第2s末小球所处的高度为：
h= EQ \f(1,2)gt22= EQ \f(1,2)×10×22 m= 20 m
此时小球的重力势能为：Ep=mgh=0.2×10×(20)J= 40J
第3s内小球下落的高度为H= EQ \f(1,2)gt32 EQ \f(1,2)gt22=EQ \f(1,2)×10×32 EQ \f(1,2)×10×22m =25m
在第3s内重力势能的变化量△Ep = mgH= 50J
（）B （）D （）向右解析：
（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，所以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）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。示数小于零，则电流是从黑探针流进，是从红探针流出的；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的黑探针向右移动。
19.解析：
（1）设小物块到B处速度大小为vB、到C处速度大小为vC。取水平轨道AB所在平面为重力零势能面。
小物块从B到C，由机械能守恒定律可得：
EQ \f(1,2)mvB2=mgR
vB=EQ \r(2gR) = EQ \r(2×10×3)m/s=7.75m/s
0.25mg
F
mg
N
图2
小物块从A到B过程中受力分析如右图，在合外力为恒力的作用下，作初速度为零的匀加速直线运动，设运动过程中小物块加速度大小为a，根据匀加速直线运动规律可得：
2aL= vB2
a = EQ \f(vB2,2L) = EQ \f(60,2×40)m/s2 = 0.75m/s2
又根据牛顿第二定律可得：
F 0.25mg = ma
F = m(0.25g+a) = 10×(0.25×10+0.75)N = 32.5N
（2）若小物块恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，在D点，由重力提供向心力，设小物块在D处的速度大小为vD，根据牛顿第二定律得：
mg=mEQ \f(vD2,R)
解得：vD = EQ \r(Rg)=EQ \r(3×10)m/s=5.48m/s
设小物块到B处速度大小为vB’、小物块B点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
EQ \f(1,2)mvB’2=2mgR+EQ \f(1,2)mvD2
解得：vB’=EQ \r(4Rg+vD2) = EQ \r(4×3×10+30)m/s=12.25m/s
为使小物块达到该速度，设小物块在AB段加速度大小为a’，则根据匀加速直线运动规律，得
0.25mg
F’
mg
N
图3
2a’L= vB’2
a’ = EQ \f(vB’2,2L) = EQ \f(150,2×40)m/s2 = 1.875m/s2
又根据牛顿第二定律可得：
F’ 0.25mg = ma’
F’ = m(0.25g+a’) = 10×(0.25×10+1.875)N = 43.75N
根据平衡条件可知，要拉动小物块，外力至少等于0.25mg，即25N。
所以F’的取值范围是F’≥43.75N或32.5N≥F’≥25N
20.解析：（1）线框进入磁场后磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流方向是逆时针（或：线框下面导体切割磁感线，根据右手定则可判断出感应电流方向为逆时针）
（2）线框从开始下落到开始进入磁场的过程中，机械能守恒，设线框刚进入磁场时速度为v，则
mgh=EQ \f(1,2)mv2（或运动学公式v2=2gh） = 1 \* GB3 ①
进入磁场后，线框开始切割磁感线，线框内产生感应电动势E，及感应电流I，根据电磁感应规律可得：
I=E/R=Blv/R = 2 \* GB3 ②
线框进入磁场后，除受重力外，还受到安培力F作用，则
联立以上各式解得：F＝BIl ＝ EQ \f(B2l2,R) EQ \r(2gh)
根据题意，由物体平衡条件可知F=mg， = 3 \* GB3 ③
EQ \f(B2l2,R) EQ \r(2gh)=mg
解得：h = EQ \f(m2gR2,2B4l4) = 4 \* GB3 ④
线框进入磁场的时间t=L/v = 5 \* GB3 ⑤
产生的热量Q=I2Rt = 6 \* GB3 ⑥
Q=mgL = 7 \* GB3 ⑦（也可直接有能量守恒得出）
（3）①令h0＝EQ \f(m2gR2,2B4l4)，进入磁场过程中：
当h＝h0时，线框底部进入磁场时mg＝F，线框做匀速运动，速度v0＝EQ \f(mgR,B2l2)，在此过程中线框的重力势能转化为线框内感应电流的电能，进而又转化为焦耳热，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
当h＜h0时，线框下端进入磁场时v＜v0，mg＞F，线框做变加速运动，随着线框不断进入磁场，线框速度v增大，F增大，线框加速度a减小，所以线框做加速度减小的加速运动。此过程中线框的重力势能一部分转化为线框的动能，另一部分通过先转化为线框内感应电流的电能，进而转化为焦耳热, ，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
当h＞h0时，线框下端进入磁场时v＞v0，mg＜F，线框做变减速运动，随着线框不断进入磁场，线框速度v减小，F减小，线框加速度a减小，所以线框做加速度减小的减速运动。此过程中线框的部分动能及重力势能先转化为线框内感应电流的电能，进而转化为焦耳热。，当线框完全进入磁场后，开始以加速度g作匀加速直线运动，线框的重力势能转化为线框的动能。
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