2014年上海市高中毕业统一学业考试物理试卷(含解析).docx

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1、2014年上海市高中毕业统一学业考试物理试卷本试卷共7页，满分150分，考试时间120分钟，全卷包括六大题，第一、第二大题为单项选择题，第三大题为多项选择题，第四大题为填空题，第五大题为实验题，第六大题为计算题。一、单项选择题 1.下列电磁波中，波长最长的是（ ）（A） 无线电波 （B） 红外线 （C） 紫外线 （D） 射线2.核反应方程中的X表示（ ）（A）质子 （B）电子 （C） 光子 （D） 中子3.不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（ ）（A）原子中心有一个很小的原子核 （B）原子核是有质子和中子组成的（C）原子质量几乎全部集中在原子核内 （D）原子的正电荷全部集中在原子核内4.

2、分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的（ ）（A）引力增加，斥力减小 （B）引力增加，斥力增加（C）引力减小，斥力减小 （D）引力减小，斥力增加5.链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是（ ）（A）质子 （B）中子 （C）粒子 （D）粒子6.在光电效应的实验中，与光的波动理论不矛盾的是（ ） （A）光电效应是瞬时发生的 （B）所有金属都存在极限频率（C）光电流随着入射光增强而变大 （D）入射光频率越大，光电子最大初动能越大7.质点做简谐运动，其关系如图以x轴正向为速度v的正方向，该质点的关系是（ ） 第7题图 （A） （B） (C） （D）8.在离地高为h处

3、，沿竖直向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）（A） （B） （C） （D）二、单项选择题9.如图，在光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢的由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N在运动过程中（ ）（A）F增大，N减小 （B） F减小，N减小（C）F增大，N减小 （D） F减小，N增大 第9题图 第10题图10.如图，在竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ）（A）压强增大，体积减小 （B）压强增大，体积减小（C）压强减小，体积增大 （

4、D）压强减小，体积减小11.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ）（A） （B） （C） （D）12.如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕ad边的固定转动，磁场方向与线框平面垂直在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成角，此时bc边受到相对于轴的安培力力矩大小为（ ）（A） （B）（C） （D） 第12题图 第13题图13.如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆

5、盘，观察到白点每秒沿（ ）（A）顺时针旋转31圈 （B）逆时针旋转21圈（C）顺时针旋转1圈 （D）逆时针旋转1圈14.一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距波长，B位于A右方，t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过周期，B位于平衡位置（ ）（A)上方且向上运动 （B）上方且向下运动（C）下方且向上运动 （D）下方且向下运动15.将阻值随温度升高而减小的热敏电阻和串联，接在不计内阻的稳压电源两端开始时和阻值相等，保持温度不变，冷却或加热，则的电功率在（ ）（A）加热时变大，冷却时变小 （B）加热时变小，冷却时变大（C）加热或冷却时都变小 （D）加热或冷却时都变大

6、16.如图，竖直平面内的轨道和轨道都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等用相同的水平恒力将穿过在轨道最低点B的静止小球，分别沿着河推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与、轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）（A）;t1t2 （B）;t1t2（C）;t1t2 （D）;t1FB （D）pAgtan,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力. 第31题图32.如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上板始终接地.长度为d/2、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q.当两板间电压为U

7、1时，杆静止在与竖直方向OO夹角=30的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O、O顺时针旋转=15至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压.假定两板间始终为匀强电场.求：（1）绝缘杆所受的重力G；（2）两板旋转后板间电压U2；（3）在求前后两种情况下带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变.你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2. 第32题图 33.如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5，MN与MP的夹角为13

8、5，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m.将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行.棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电场强度相等.（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所处的安培力大小FA.（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间t.（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3.第33题图2014年上海市高中毕业统一学业考试物理试卷解析答案一、单

9、项选择题1.A【解析】电磁波是个很大的家族，有的波长很长，例如无线电波，有的波长很短，例如射线；红外线的波长大于紫外线的波长.故本题选A.2.D【解析】核反应过程中原子的质量数和电荷数均守恒，故可得出,为中子.3.B【解析】原子核式模型可概述为：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，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.故本题选B.4.C【解析】根据下图可知当分子间距增加时，分子间的引力和斥力均减小. 第4题图 第9题图5.B【解析】链式反应指的是由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代连续下去的过程.因此选B.6.【解析】7.B【解析】在图像中，

10、曲线的斜率表示的是速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的正负；在时间内，斜率为负，斜率的绝对值先增大后减小；在时间内，斜率为正，绝对值先增大后减小.故本题选B.8.A【解析】根据动能定理，竖直向上抛出的小球落回与抛出点同一高度时的速度相同，此后该球下落到地面的时间与竖直向下抛出的小球落到地面的时间相同，故两小球落地时间差为竖直向上抛出的小球落回抛出点高度所用的时间，上升过程与下降过程时间相同均为，故时间差为.选A.二、单项选择题9.A【解析】如图所示分析小球受力，受重力G、拉力F、轨道对球的弹力F，得出、，在球由A向B移动过程中减小，故F增大，N减小.选A.10.B【解析】试管自

11、由下落后，试管内的水银由于惯性还处于原来的状态，所以试管的气体将被压缩，体积减小，根据气体状态方程可知，气体压强将增大，故本题选B.11.C【解析】撤去力F之前，根据、得出.故力F所做的功与时间t成抛物线增加；撤去力F之后，处重力之外，无其他外力做功，因此机械能守恒.故选C.12.A【解析】根据题意知，当线框与竖直平面成角时，bc边受到的安培力大小为，bc边受到相对于轴的安培力力矩大小为，故选A.13.D【解析】由题意知，频闪光源的频率要高于转盘的频率，选取顺时针方向为正方向，所以每次频闪时，白点位置与原位置相差的角度可表示为，当第31次频闪时，n=31，代入计算得，所以由频闪照片观察到的白点

12、可看作每秒沿逆时针旋转1圈.14.D【解析】由于质点A、B的平衡位置相距波长，且B位于A右方，所以A处的运动规律将落后于B处周期，即B处的运动规律超前于A处周期，t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，那么，时刻，A将位于平衡位置上方且向下运动，所以B将位于平衡位置下方且向下运动.故本题选D.15.C【解析】本题可将电阻看作电源内阻，由我们所学知识可知，电源内阻与外电阻阻值相同时，电源的输出功率最大，所以无论加热或冷却，电源的输出功率都将变小.16.B【解析】由于沿不同轨道运动到同一位置，所以用相同的水平恒力作用时，恒力做的功大小相同，重力所做的功大小相同，对在斜轨道上物体受力分析可知，其摩擦力所

13、做的功也相同，由动能定理可知，动能的变化量相同，所以，三、多项选择题17.CD【解析】回路变为圆形时，回路面积增大，使穿过闭合线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，原磁场应是逐渐减弱了，故C、D正确.18.ACD【解析】题意中电路可转化成如下图所示的电路图，由电路图可知，该电路是有滑动变阻器和电阻R串联所形成的电路，电路中电压表V1测量电阻R两端的电压，电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，而电压表V2测量的是路端电压值，电流表测量回路中的总电流；当滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则回路中的总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可知，回路中的总电流增大，电阻R两端的电压增大，电源的

14、内电压增大，故回路路端电压减小，即A的示数增大，V3的示数变大，V2的示数变小，故A正确，B错误；由上述分析知，V2的变化量即V3变化量与V1的变化量之差，即，而V1与I的比值即电阻R的大小，V2与I的比值即电阻r的大小，所以V3与I的比值即R+r的大小，大于r，故C正确；而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以V1大于V2，故D正确.19.BC【解析】由图象可知，电荷从x1运动到x4的过程中，电场力做负功，电势能增加，故A错B对；由x1运动到x4过程中场强先增加后减小，由知，电场力沿x轴负方向先增大再减小，故C对，D错.20.BC【解析】四、填空题21. 运动状态 惯性【解析】由牛顿第

15、一定律知，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非有力作用，迫使它运动状态改变，即力是物体运动状态发生改变的原因；牛顿第一定律又称惯性定律，所以由该定律引出的重要概念为惯性.22. A【解析】由题意可知，物体A、B动能相等，即有，又vA:vB=2:1，化简两式得mA:mB=1:4，由动量定理p=mv知pA:pB=mAvA:mBvB=1:2;以物体A的运动方向为正方向，则两物体碰后总动量p=mAvA+mBvB，即=1：1.22B. 1:2【解析】由万有引力定律知，wA:wB=；同理由解得vA:vB=，因为动能相等，所以有，解得mA:mB=1：2.23.9:7 2.1【解析】由题意知，sAB

16、=sBC，根据运动学公式有：，则，代入数据有，根据平均速率计算公式=.24.0.8 【解析】根据题意知，设质点恰好通过矩形孔的时间为t.质点刚进入矩形孔边缘时速度为v.那么根据平抛运动规律有，代入数据解得v=2m/s，进入矩形孔后，有，t=0.2s，所以；当L=0.6m时，假设矩形孔不动，考虑两个极限情况，第一种情况，当小球刚不能进入矩形孔时，有，则x1=v0t=0.8m；第二种情况，当小球刚能穿过矩形孔时，有，x2+0.6=v0t2=1.6m，所以x2=1m.25. 先变大后增大【解析】对B受力分析（如图所示），根据正弦定理得：所以的值为60或120.当=60时，BC=，当=120时，BC=

17、；由于B受到静电力为B所受重力的0.5倍，故=90，在B漏电的过程中，夹角减小，由于ABCNMB，所以，所以，当=0时，T=mg+F静，故拉力先不变后增大. 图（a） 图（b）第25题图五、实验题26.减小 光的波长比障碍物小得多 【解析】 发生明显衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长差不多或比波长还小；故单缝宽度越小越容易发生衍射现象.故缝宽增大，则条纹间距将减小；故只有在光的波长比障碍物小得多的情况下，光才可以看作是沿直线传播的.27.（1）(a) (2)C 【解析】 （1）由题意知，气体压强p与体积V的乘积逐渐增大，即V-1/p关系图象的斜率逐渐增大，故只有图（a）符合题意.

18、（2）根据理想气体物态方程公式，由于PV增大，故可能是T增加，也可能是C增加，而C与气体质量成正比；若连接管中存在气体，则气体质量偏小；由V-1/p图象知，其曲线延长线过原点，说明注射器中无异物，且有无异物与曲线是否弯曲无关；故本题图线弯曲的可能原因只有注射器内温度升高；ABD均错误，C项正确.28.（1）C （2）2.8 2 （3）D 3 【解析】 （1）本实验是采用电流传感器、电压传感器分别测得回路中的电流与路端电压，绘制U-I关系曲线，进而确定电源电动势和内阻，来设计电路的.本题若要测量路端电压的值，则未接导线的A端应接在C点.（2）由闭合回路的欧姆定律可知，电源电动势可表示为，所以路端

19、电压U与回路电流I的关系可表示为，由此可知，在U-I的关系图象中，其与y轴的截距即表示电池组的电动势的大小，曲线的斜率即表示电池组的内电阻的大小.由直线，可看出电池组的电动势为2.8V，其内电阻阻值为.（3）为了测量定值电阻的阻值，本实验中，可通过将定值电阻看电源内阻的一部分，进一步设计实验，将“A”端重新连接到D点，由得到的直线可知，电池组内阻与定值电阻之和，所以定值电阻的阻值R=3.29. （1）T2r （2）kgm2 0.17 （3）不变 【解析】（1）由题意知这样做成的“复摆”做简谐运动的周期，由此可知，将表格中数据代入计算，可知图（b）所示的拟合直线其纵轴恰表示T2r.（2）由式，将

20、各物理量的估计单位代入计算得Ic的国际单位为kgm2；且由式可知图（b）所示的拟合直线与纵轴的截距即为的大小，即，计算可得Ic=0.17.（3）由式可知，拟合直线的斜率的倒数即表示重力加速度g的大小，与摆的质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变.六、计算题30.（1）350K （2）10cm 【解析】（1）初态压强p1=(76-16)cmHg=60cmHg，末态时左右水银面高度差为（16-23）cm=10cm，压强p2=(76-10)cmHg=66cmHg，由理想气体状态方程解得，设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差h=(16+22)-l，由玻意耳定律平p1V1=

21、p3V3，式中p3=76-(20-l)，解得l=10cm.31.（1）（2）P=0 Q=m(acot-g)【解析】（1）设加速过程中加速度为a，由匀变速运动公式，解得（2）设球不受车厢作用，应满足Nsin=ma，Ncos=mg，解得a=gtan，减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N与左壁支持力P共同决定，当agtan时P=0，球受力如图，由牛顿定律Nsin=ma，Ncos-Q=mg，解得Q=m(acot-g).第31题图32.（1） （2） （3）该同学的结论错误. 【解析】（1）设杆长为L，杆受到的重力矩与球受到的电场力矩平横，解得 （2）金属板转过角后，同样满足力矩平衡，有 联立式解得

22、 （3)该同学的结论错误.因为上板接地，当板旋转角度时，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处的相对零势能面的位置也改变了，所以，带电小球的电势能也改变了.设带电小球与零势能面间的电势差为U，金属板转动前，电势能，金属板转动后，电势能.33.(1) (2)t=1s (3)v3=1m/s 【解析】(1)棒在GH处速度为v1，因此，由此得 (2)设棒移动距离a，由几何关系EF间距也为a，磁通量变化.题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有，因此，解得=1s. (3)设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v3，由动能定理得，克服安培力做功，式中，代入式得，由于电流始终不变，有，因此，代入数值得，解得v3=1m/s或v3=（舍去）.