上海市六校2021届高三物理第二学期联考试卷（含解析）.doc

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1、2015年上海市六校联考高考物理二模试卷一.单项选择题（每小题2分，共16分）1（2分）（2015上海二模）人类对光的本性的认识经历了曲折的过程下列关于光的本性的陈述中不符合科学规律或历史事实的是（） A 牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的 B 光的双缝干涉实验显示了光具有波动性 C 麦克斯韦预言了光是一种电磁波 D 光具有波粒二象性【考点】： 光子；物理学史【分析】：牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质光既具有波动性又具有粒子性，光是一种电磁波，干涉是波特有的现象【解析】： 解：A、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因

2、斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质故A错误B、干涉是波特有的现象，故光的双缝干涉实验显示了光具有波动性，故B正确C、麦克斯韦根据他的电磁理论，认为光是一种电磁波，而赫兹证实了电磁波的存在故C正确D、光既具有波动性又具有粒子性，故具有波粒二象性，故D正确本题选不符合的，故选A【点评】： 多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目2（2分）（2015上海二模）关于原子和原子核，下列说法中正确的是（） A 汤姆孙发现了电子使人们认识到电子是组成物质的最小微粒 B 原子核集中了原子的几乎全部正电荷和全部质量 C 卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子 D 粒子是从原子核内发出的，说明原子核内有

3、电子存在【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、电子的发现使人们认识到原子有复杂的结构故A错误B、原子核集中了原子的全部正电荷和几乎全部的质量，故B错误；C、卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子，故C正确；D、衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是粒子，可知衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分故D错误；故选：C【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一3（2分）（2015上海二模）在力学理论建立的过程中，有许多

4、伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（） A 第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律 B 亚里士多德认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 C 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D 卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、开普勒通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律，故A错误；B、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才会运动，没有力的作用，物体就要静止下来，故B错误；C、伽利略最早指出力不是维持物体运动

5、的原因，故C错误；D、卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一4（2分）（2014广东）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（） A M处受到的支持力竖直向上 B N处受到的支持力竖直向上 C M处受到的摩擦力沿MN方向 D N处受到的摩擦力沿水平方向【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】：支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支

6、持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反【解析】： 解：A、M处受到的支持力与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；B、N处受到的支持力与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、N处受到的摩擦力沿原木表面向上，故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反5（2分）（2015上海二模）已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（） A 频率变小，波长变长 B 频率变大，波长变短 C 频率

7、不变，波长变长 D 频率不变，波长变短【考点】： 波长、频率和波速的关系【分析】：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，波速减小，由波速公式分析波长的变化【解析】： 解：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=f可知，波长变短故D正确故选D【点评】： 本题关键要掌握波的频率、波速和波长的决定因素，抓住频率由波源决定，波速由介质决定，而波长由介质和波源共同决定6（2分）（2015上海二模）对于曲线运动，下列说法中正确的是（） A 速度方向和加速度方向不可能一致 B 合外力一定与速度方向垂直 C 合外力一定发生变化 D 物体受到的摩擦力方向一定和速度方向平行【考点】：

8、物体做曲线运动的条件【专题】： 运动的合成和分解专题【分析】：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同【解析】： 解：A、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；根据牛顿第二定律，加速度与合力同向；故曲线运动中，速度与加速度一定不共线，故A正确；B、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，不一定垂直，故B错误；C、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力可以不变，如平抛运动，故C错误；D、物体与曲线轨道间的摩擦力方向与相对运动方向相反，而速度方向是切线方向，故摩擦力方向和速度方向平行，故D正确；故选：AD【点评】： 本题关键是对质点做

9、曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住7（2分）（2015上海二模）游泳运动员以相对于水流恒定的速率垂直河岸过河，当水速突然增大时，则过河（） A 路程增加、时间增加 B 路程增加、时间不变 C 路程增加、时间缩短 D 路程、时间都不变【考点】： 运动的合成和分解【专题】： 运动的合成和分解专题【分析】：将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，根据分运动和合运动具有等时性，渡河的时间等于在垂直河岸方向分运动的时间最终的位移是两个位移的合位移【解析】： 解：当水速突然增大时，在垂直河岸方向上的运动时间不变，所以横渡的时间不变水速增大后在沿河岸方向

10、上的位移增大，所以路程增加故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道分运动和合运动具有等时性8（2分）（2015上海二模）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是（） A B C D 【考点】： 电场强度；电场的叠加【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止【解析】： 解：设带电圆环在O点产生的场强大小为EA图中坐标原点

11、O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于EC图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0所以坐标原点O处电场强度最大的是B故选：B【点评】： 本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题二

12、、单项选择题（每小题3分，共24分）9（3分）（2015上海二模）一定质量的理想气体，如果保持它的体积不变，降低温度，使它的压强变为0时压强的，则此时气体的摄氏温度数值是（） A B n C D 【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】：气体经历等容变化，根据查理定律公式PV=C列式分析即可【解析】： 解：气体经历等容变化，降低温度，使它的压强变为0时压强的，根据查理定律，有：故：解得：t1=故选：C【点评】： 本题关键是明确气体经历等容变化过程，根据查理定律列式分析即可，注意摄氏温标与绝对温标的联系10（3分）（2013江苏）在输液时，药液有时会从针口流出体外，

13、为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（） A RM变大，且R越大，U增大越明显 B RM变大，且R越小，U增大越明显 C RM变小，且R越大，U增大越明显 D RM变小，且R越小，U增大越明显【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 压轴题；恒定电流专题【分析】：电阻R与RM并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接近RM，电压变化越明显【解析】： 解：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；当RRM时，R越大，M与

14、R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显；故选：C【点评】： 本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接进RM，电压变化越明显11（3分）（2009安徽）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是（） A 顾客始终受到三个力的作用 B 顾客始终处于超重状态 C 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D 顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下【考点】： 牛顿运动定律的综合应用【分析】：分加速和匀速两个过程对

15、顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡【解析】： 解：在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故选C【点评】： 本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合

16、物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，与运动方向无关！12（3分）（2015上海二模）两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OBOC，由图可知（） A C点的电势低于B点的电势 B B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同 C 正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动 D 负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功【考点】： 电势能；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：根据电势的图象直接读出电势高低由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分

17、析场强的大小关系根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负【解析】： 解：A、由图知，C点的电势高于B点的电势故A错误B、由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同故B正确C、根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动故C错误D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功故D错误故选

18、B【点评】： 本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系E=理解图象的斜率与场强的关系13（3分）（2015上海二模）如图所示，轻支架可绕O点无摩擦自由转动，A端靠在墙上，将一小物体放在支架上让其自由下滑支架和小物体间光滑，当小物体经过O点正上方时，A端受力N1；仅改变支架和小物体间的粗糙程度，使小物体能匀速下滑，当小物体经过O点正上方时，A端受力N2，则（） A N1=0 B N1N2 C N1N2 D N1=N2【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】：以O为支点，根据力矩平

19、衡条件研究N1与N2的大小关系支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过O点正上方时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡当小物体匀速下滑经过O点正上方时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩【解析】： 解：设物体经过O点正上方时对支架的压力大小为N以O为支点当支架和小物体间光滑，小物体经过O点正上方时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：MN1=MN当小物体匀速下滑经过O点正上方时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即MN2+Mf=MN由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN1=MN2+Mf，则有MN1MN2，而力臂不变，所以

20、N1N2故选C【点评】： 本题是力矩平衡问题，分析除支点以外支架的受力情况是解题的关键，还要分析力矩的方向14（3分）（2015上海二模）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（） A A的速度比B的大 B A与B的向心加速度大小相等 C 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【考点】： 向心力；线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解【解

21、析】： 解：AB两个座椅具有相同的角速度A：根据公式：v=r，A的运动半径小，A的速度就小故A错误；B：根据公式：a=2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m2r，则得tan=，A的半径r较小，相等，可知A与竖直方向夹角较小，故C错误D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用15（3分）（2015上海二模）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导

22、轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好则金属棒穿过磁场区域的过程中（） A 流过金属棒的最大电流为 B 通过金属棒的电荷量为 C 克服安培力所做的功为mgh D 金属棒产生的焦耳热为0.5（mghmgd）【考点】： 法拉第电磁感应定律；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】：金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机

23、械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q= 可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，导体棒产生的焦耳热【解析】： 解：A、金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流I=，故A错误；B、感应电荷量q=t=，故B错误；C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghWBmgd=00，克服安培力做功：WB=mghmgd，故C错误；

24、D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=WB=mg（hd），故D正确；故选：D【点评】： 本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强，对学生能力要求较高，需加强这方面的训练16（3分）（2015上海二模）在如图所示电路中，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合电键S，当R2的滑动触片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电流表、电压表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，它们示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示则下列分析判断不正确的是（） A 不变，不变 B 变大，

25、变大 C 变大，不变 D 变大，不变【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】：通过分析电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电压表V3测路端电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，根据串联电路中电流的特点和电压特点，及欧姆定律逐项判断即可得出答案【解析】： 解：A、当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路中总电流I变小；R1为定值电阻，则=R1，均不变，故A正确BC、=R2，变大由闭合电路欧姆定律可知U2=EI（r+R1），则得 =r+R1，不变；故B错误，C正确D

26、、=R1+R2，变大由闭合电路欧姆定律可知U3=EIr，则得=r，不变故D正确本题选不正确的，故选：B【点评】： 分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键三、多项选择题（每小题4分，共16分）17（4分）（2015上海二模）B如图所示，是现代化工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成；当用绿光照射图中光电管阴极K时，可发生光电效应，则以下说法正确的是（） A 增大绿光照射强度，光电子最大初动能增大 B 增大绿光照射强度，电路中的光电流增大 C 改用波长比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光

27、电流 D 改频率长比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】：产生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，增大入射光强度只会增大光电流强度，不改变最大初动能【解析】： 解：A、B增大绿光照射强度，会增大光电流强度，光电子最大初动能不变，A错误B正确；C、改用波长比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定没有光电流，C错误；D、改频率长比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流，D正确；故选BD【点评】： 本题考查了发生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的极限频率18（4分）（2011上海）受水平外力F作用

28、的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示，则（） A 在0t1秒内，外力F大小不断增大 B 在t1时刻，外力F为零 C 在t1t2秒内，外力F大小可能不断减小 D 在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大【考点】： 匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【专题】： 压轴题【分析】：（1）vt图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；（2）根据加速度的变化情况，分析受力情况【解析】： 解：A根据加速度可以用vt图线的斜率表示，所以在0t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力

29、F大小不断减小，A错误； B在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误； C在t1t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F大小可能不断减小，C正确； D如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小，F后增大，因为vt图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确故选CD【点评】： 本题考查vt图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力，难度较大19（4分）（2014广东）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌

30、面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（） A M与N的距离大于L B P、M和N在同一直线上 C 在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D M、N及细杆组成的系统所受合外力为零【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：A、根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解【解析】： 解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与

31、N间距为r，则有：，解得：r=（）L；故A错误；B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确故选：BD【点评】： 考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法20（4分）（2015上海二模）如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60，轨道最低点a与桌面相切一轻绳两端系着质量为m1和m2

32、的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦则（） A 在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等 B m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小 C 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2 D 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；向心力【专题】： 功率的计算专题【分析】：AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgvy，分析竖直方向速度的变化情况

33、求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系【解析】： 解：A、m1由C点下滑到a点的过程中，与b沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；B、重力的功率就是P=mgvy，这里的vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先

34、变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1cos60）=m2gR，解得：m1=2m2故D正确，C错误故选：BD【点评】： 本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中四填空题（共20分，每小题4分。答案写在答题纸中横线上的空白处或指定位置。）以下22、23题为交叉题，两题中任选一道作答21（4分）（2015上海二模）自从1896年贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，科学家居里夫人首先研究了铀放射线的来源，并在1898年相继

35、发现了放射性更强的钋和镭两种新元素放射性元素会连续发生衰变，如图是反映铀核衰变的特性曲线，由图可知，经过4860年，铀经历了3个半衰期【考点】： 天然放射现象；原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】：贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，居里夫人首先研究铀放射线的来源；由图可得半衰期，进而计算4860年是多少个半衰期【解析】： 解：贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，居里夫人首先研究铀放射线的来源；由图象可知有半数原子核发生衰变用的时间为1620年，故经过4860年，铀经历了3个半衰期；故答案为：居里夫人，3【点评】： 首先要掌握基本的物理学史，其次从图象中获取有用物理信息的能

36、力是高考的考查方向，应重视22（4分）（2015上海二模）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/sA将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小0.02m/s和方向离开空间站方向（选填靠近空间站方向或者离开空间站方向 ）【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解【解析】： 解：两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的

37、速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，即：（80+100）0.1=800.2+100vB，解得：vB=0.02m/s，B的速度方向沿远离空间站方向；故答案为：0.02m/s，离开空间站方向【点评】： 本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向23（2015上海二模）若两颗人造地球卫星的周期之比T1：T2=2：1，则它们的轨道半径之比R1：R2=：1；向心加速度之比a1：a2=1：【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】：根据人造卫星的万有

38、引力等于向心力，列式求出轨道半径和周期的关系，根据周期之比计算轨道半径之比再根据万有引力提供向心力计算出向心加速度和轨道半径的关系，根据半径之比计算加速度之比【解析】： 解：根据万有引力提供向心力，得所以两个地球人造卫星的轨道半径之比为根据万有引力提供向心力，得所以向心加速度之比故答案为：1； 1：【点评】： 本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出周期和向心加速度的表达式，再进行讨论要能熟练的根据题意选择恰当的向心力的表达式24（4分）（2015上海二模）美国物理学家密立根第一个用油滴法测出了元电荷的电荷量，其实验是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷量的，电场由两块带电平行板产生

39、实验中，若两块极板的电势差为U时，半径为r、电荷量为2e的油滴保持静止状态；当电势差增加到4U时，半径为2r的另一滴油滴也保持静止状态，则该油滴所带的电荷量为4e（球的体积公式为V=）【考点】： 物理学史【分析】：由于油滴保持静止，根据平衡条件列出平衡等式根据匀强电场公式E=表示出场强的变化【解析】： 解：美国物理学家密立根第一个用油滴法测出了元电荷的电荷量半径为r、电荷量为2e的油滴保持静止时，两块极板的电势差为U根据平衡条件列出平衡等式Eq=mg，2e=g当电势差增加到4U时（两平行板间距不变），半径为2r的油滴保持静止，q=g解得：q=4e故答案为：密立根，4e【点评】： 本题考查物理学

40、史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一熟练运用匀强电场公式和平衡等式25（4分）（2015上海二模）如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0L先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦金属线框向左进入磁场时感应电流的方向为逆时针（选填“顺时针”，“逆时针”）；金属线框最终将在磁场内做简谐运动【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】：由楞次定律可得出线圈进入磁场

41、及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况【解析】： 解：金属线框向左进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 adcba，即为逆时针根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于 odL，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10 度，故最终在磁场内做简谐运动故答案为：逆时针，简谐【点评】： 右手定则、楞次定律和简谐运动的条件是高中必须掌握的知识，本题由于有的学生不能分析出金属线框最后的运动状

42、态，故本题的难度较大26（4分）（2015上海二模）如图所示，一条足够长的水平张紧的弹性绳上，有两列小振幅的简谐横波a（实线）和b（虚线），分别沿相反方向传播，a波向右，b波向左两列波的波长分别为a=3l，b=2l，振幅均为A图为某一时刻两列波相遇的情况，在此时刻，绳上P点的合位移恰好为零则两列波的周期之比为3：2；从图示时刻开始，P点第一次出现合位移为2A时，b波向左传播的距离为3l【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】：由于在同种介质弹性绳中a、b两列波的传播速度v相同，根据周期T=求解周期比；两列波叠加，在P点形成最大的合位移2A，可以认

43、为是波a向左平移和波b向右平移的结果，是波峰与波峰的叠加，根据在相同的时间内两列波传播的距离相同列式即可求解【解析】： 解：由于在同种介质弹性绳中a、b两列波的传播速度v相同，根据周期T=可知，两列波的周期之比为，在图示时刻，绳上P点的合位移恰好为零，是波峰与波谷相遇，P点第一次出现合位移为2A时，可以认为是波a向左平移和波b向右平移的结果，是波峰与波峰的叠加，在相同的时间内两列波传播的距离相同，且周期之比为3：2，则当a波经过一个周期，b波经过1.5T时，两列波的波峰相遇，P点第一次出现合位移为2A，b波向左传播的距离为1.5个波长，即x=1.5b=1.52l=3l故答案为：3：2，3l【点

44、评】： 本题是波的叠加问题，关键抓住叠加的规律：波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，波峰与波谷相遇处振动减弱五实验题（共24分）27（4分）（2015上海二模）为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：（1）（单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是A（A）电键的位置接错（B）电流表的正、负接线柱上导线接反（C）线圈B的两个接线柱上导线接反（D）蓄电池的正、负极接反（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然

45、如图中所示），则电流表的指针向右（选填“左”或“右”）偏转【考点】： 研究电磁感应现象【专题】： 实验题【分析】：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同【解析】： 解：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电