2012年上海市高考物理試卷(含答案詳解)

1、2012年上海市高考物理試卷一單項選擇題.（共16分，每小題2分，每小題只有一個正確選項）1（2分）（2012上海）在光電效應實驗中，用單色光照射某種金屬表面，有光電子逸出，則光電子的最大初動能取決于入射光的（）A頻率B強度C照射時間D光子數目2（2分）（2012上海）如圖為紅光或紫光通過雙縫或單縫所呈現(xiàn)的圖樣，則（）A甲為紫光的干涉圖樣B乙為紫光的干涉圖樣C丙為紅光的干涉圖樣D丁為紅光的干涉圖樣3（2分）（2012上海）與原子核內部變化有關的現(xiàn)象是（）A電離現(xiàn)象B光電效應現(xiàn)象C天然放射現(xiàn)象D粒子散射現(xiàn)象4（2分）（2012上海）根據愛因斯坦的“光子說”可知（）A“光子說”本質就是牛頓的“微粒

2、說”B光的波長越大，光子的能量越小C一束單色光的能量可以連續(xù)變化D只有光子數很多時，光才具有粒子性5（2分）（2012上海）在軋制鋼板時需要動態(tài)地監(jiān)測鋼板厚度，其檢測裝置由放射源、探測器等構成，如圖所示該裝置中探測器接收到的是（）AX射線B射線C射線D射線6（2分）（2012上海）已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30°角，分力F2的大小為30N則（）AF1的大小是唯一的BF2的方向是唯一的CF2有兩個可能的方向DF2可取任意方向7（2分）（2012上海）如圖，低電位報警器由兩個基本的門電路與蜂鳴器組成，該報警器只有當輸入電壓過低時蜂鳴器才會發(fā)出警報其中（）

3、A甲是“與”門，乙是“非”門B甲是“或”門，乙是“非”門C甲是“與”門，乙是“或”門D甲是“或”門，乙是“與”門8（2分）（2012上海）如圖，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平則在斜面上運動時，B受力的示意圖為（）ABCD二單項選擇題.（共24分，每小題3分，每小題只有一個正確選項，答案涂寫在答題卡上）9（3分）（2012上海）某種元素具有多種同位素，反映這些同位素的質量數A與中子數N關系的是圖（）ABCD10（3分）（2012上海）小球每隔0.2s從同一高度拋出，做初速為6m/s的豎直上拋運動，設它們在空中不相碰第一個小球在拋出點以上能遇到

4、的小球數為（取g=10m/s2）（）A三個B四個C五個D六個11（3分）（2012上海）A、B、C三點在同一直線上，AB：BC=1：2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷當在A處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為（）ABCFDF12（3分）（2012上海）如圖所示，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速為v0的平拋運動，恰落在b點若小球初速變?yōu)関，其落點位于c，則（）Av0v2v0Bv=2v0C2v0v3v0Dv3v013（3分）（2012上海）當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時，通過該電

5、阻的電荷量為0.3C，消耗的電能為0.9J為在相同時間內使0.6C的電荷量通過該電阻，在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是（）A3V，1.8JB3V，3.6JC6V，1.8JD6V，3.6J14（3分）（2012上海）如圖，豎直輕質懸線上端固定，下端與均質硬棒AB中點連接，棒長為線長的二倍棒的A端用鉸鏈墻上，棒處于水平狀態(tài)改變懸線的長度，使線與棒的連接點逐漸右移，并保持棒仍處于水平狀態(tài)則懸線拉力（）A逐漸減小B逐漸增大C先減小后增大D先增大后減小15（3分）（2012上海）質量相等的均質柔軟細繩A、B平放于水平地面，繩A較長分別捏住兩繩中點緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點被提升的高度分別為

6、hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB若（）AhA=hB，則一定有WA=WBBhAhB，則可能有WAWBChAhB，則可能有WA=WBDhAhB，則一定有WAWB16（3分）（2012上海）如圖，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R有光滑圓柱，A的質量為B的兩倍當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是（）A2RBCD三多項選擇題（共16分，每小題4分，每小題有二個或三個正確選項，全選對的，得4分，選對但不全的，得2分，有選錯或不答的，得0分，答案涂寫在答題卡上）17（4分）（2012上海）直流電路如圖所示，在滑動變阻器

7、的滑片P向右移動時，電源的（）A總功率一定減小B效率一定增大C熱功率一定減小D輸出功率一定先增大后減小18（4分）（2012上海）位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動；若作用力變?yōu)樾泵嫔系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同則可能有（）AF2=F1，v1v2BF2=F1，v1v2CF2F1，v1v2DF2F1，v1v219（4分）（2012上海）圖a為測量分子速率分布的裝置示意圖圓筒繞其中心勻速轉動，側面開有狹縫N，內側貼有記錄薄膜，M為正對狹縫的位置從原子爐R中射出的銀原子蒸汽穿過屏上的S縫后進入狹縫N，在圓筒轉動半個周期的時間內相繼到達并沉積

8、在薄膜上展開的薄膜如圖b所示，NP，PQ間距相等則（）A到達M附近的銀原子速率較大B到達Q附近的銀原子速率較大C位于PQ區(qū)間的分子百分率大于位于NP區(qū)間的分子百分率D位于PQ區(qū)間的分子百分率小于位于NP區(qū)間的分子百分率20（4分）（2012上海）如圖，質量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為1與2（12）兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB則（）AmA一定小于mBBqA一定大于qBCvA一定大于vBDEkA一定大于EkB四填空題.

9、（共20分，每小題4分.答案寫在題中橫線上的空白處或指定位置.本大題中第22題、23題，考生可任選一類答題若兩類試題均做，一律按22題計分21（4分）（2012上海）Co發(fā)生一次衰變后變?yōu)镹i，其衰變方程為_在該衰變過程中還發(fā)妯頻率為1、2的兩個光子，其總能量為_22（4分）（2012上海）A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量為5kg，速度大小為10m/s，B質量為2kg，速度大小為5m/s，它們的總動量大小為_kgm/s；兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為_m/s23（2012上海）人造地球衛(wèi)星做半徑為r，線速度大小為v的勻速圓周運動當其角速度變

10、為原來的倍后，運動半徑變?yōu)開，線速度大小變?yōu)開24（4分）（2012上海）質點做直線運動，其st關系如圖所示，質點在020s內的平均速度大小為_m/s質點在_時的瞬時速度等于它在620s內的平均速度25（4分）（2012上海）如圖，簡單諧橫波在t時刻的波形如實線所示，經過t=3s，其波形如虛線所示已知圖中x1與x2相距1m，波的周期為T，且2Tt4T則可能的最小波速為_m/s，最小周期為_s26（4分）（2012上海）正方形導線框處于勻強磁場中，磁場方向垂直框平面，磁感應強度隨時間均勻增加，變化率為k導體框質量為m、邊長為L，總電阻為R，在恒定外力F作用下由靜止開始運動導體框在磁場中的加速度大

11、小為_，導體框中感應電流做功的功率為_五實驗題.（共24分，答案寫在題中橫線上的空白處或括號內）27（4分）（2012上海）為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖所示已知線圈由a端開始繞至b端；當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉俯視線圈，其繞向為_（填“順時針”或“逆時針”）（2）當條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉俯視線圈，其繞向為_（填“順時針”或“逆時針”）28（6分）（2012上海）在練習使用多用表的實驗中（1）某同學連接的電路如圖所示若旋轉選擇開關，使尖端對準直流電流擋，此時測得的是通過_的電

12、流；若斷開電路中的電鍵，旋轉選擇開關使其尖端對準歐姆擋，此時測得的是_的電阻；若旋轉選擇開關，使尖端對準直流電壓擋，閉合電鍵，并將滑動變阻器的滑片移至最左端，此時測得的是_兩端的電壓（2）（單選）在使用多用表的歐姆擋測量電阻時，若_（A）雙手捏住兩表筆金屬桿，測量值將偏大（B）測量時發(fā)現(xiàn)指針偏離中央刻度過大，則必需減小倍率，重新調零后再進行測量（C）選擇“×10”倍率測量時發(fā)現(xiàn)指針位于20與30正中間，則測量值小于25（D）歐姆表內的電池使用時間太長，雖然完成調零，但測量值將略偏大29（6分）（2012上海）如圖1為“研究一定質量氣體在壓強不變的條件下，體積變化與溫度變化關系”的實驗

13、裝置示意圖粗細均勻的彎曲玻璃管A臂插入燒瓶，B臂與玻璃管C下部用橡膠管連接，C管開口向上，一定質量的氣體被封閉于燒瓶內開始時，B、C內的水銀面等高（1）若氣體溫度升高，為使瓶內氣體的壓強不變，應將C管_（填“向上”或“向下”）移動，直至_（2）實驗中多次改變氣體溫度，用t表示氣體升高的溫度，用h表示B管內水銀面高度的改變量根據測量數據作出的圖線（如圖2）是_30（8分）（2012上海）在“利用單擺測重力加速度：的實驗中（1）某同學嘗試用DIS測量周期如圖，用一個磁性小球代替原先的擺球，在單擺下方放置一個磁傳感器，其軸線恰好位于單擺懸掛點正下方圖中磁傳感器的引出端A應接到_使單擺做小角度擺動，當

14、磁感應強度測量值最大時，磁性小球位于_若測得連續(xù)N個磁感應強度最大值之間的時間間隔為t，則單擺周期的測量值為_（地磁場和磁傳感器的影響可忽略）（2）多次改變擺長使單擺做小角度擺動，測量擺長L及相應的周期T后，分別取L和T的對數，所得到的lgTlgL圖線為_（填“直線”、“對數曲線”或“指數曲線”）；讀得圖線與縱軸交點的縱坐標為c，由此得到該地的重力加速度g=_六計算題（共50分）31（10分）（2012上海）如圖，將質量m=0.1kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑環(huán)與桿間動摩擦因數=0.8對環(huán)施加一位于豎直平面內斜向上，與桿夾角=53°的拉力F，使圓環(huán)以a=4.

15、4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）32（12分）（2012上海）如圖，長L=100cm，粗細均勻的玻璃管一端封閉水平放置時，長L0=50cm的空氣柱被水銀柱封住，水銀柱長h=30cm將玻璃管緩慢地轉到開口向下和豎直位置，然后豎直插入水銀槽，插入后有h=15cm的水銀柱進入玻璃管設整個過程中溫度始終保持不變，大氣壓強p0=75cmHg求：（1）插入水銀槽后管內氣體的壓強p；（2）管口距水銀槽液面的距離H33（14分）（2012上海）載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B=，式中常量k0，I為電流強度，r為

16、距導線的距離在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流i，被兩根輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度變?yōu)镮2時，兩細線內的張力均大于T0（1）分別指出強度為I1、I2的電流的方向（2）求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比（3）當MN內的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，試求I334（14分）（2012上海）如圖，質量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上一電阻不計，質量為m的導

17、體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構成矩形棒與導軌間動摩擦因數為，棒左側有兩個固定于水平面的立柱導軌bc段長為L，開始時PQ左側導軌的總電阻為R，右側導軌單位長度的電阻為R0以ef為界，其左側勻強磁場方向豎直向上，右側勻強磁場水平向左，磁感應強度大小均為B在t=0時，一水平向左的拉力F垂直作用于導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a（1）求回路中感應電動勢及感應電流隨時間變化的表達式；（2）經過多少時間拉力F達到最大值，拉力F的最大值為多少？（3）某一過程中回路產生的焦耳熱為Q，導軌克服摩擦力做功為W，求導軌動能的增加量2012年上海市高考物理試卷參考答案

18、與試題解析一單項選擇題.（共16分，每小題2分，每小題只有一個正確選項）1（2分）（2012上海）在光電效應實驗中，用單色光照射某種金屬表面，有光電子逸出，則光電子的最大初動能取決于入射光的（）A頻率B強度C照射時間D光子數目考點：光電效應菁優(yōu)網版權所有專題：光電效應專題分析：發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率解答：解：發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，由公式EK=hfW知，W為逸出功不變，所以光電子的最大初動能取決于入射光的頻率，A正確故選A點評：本題考查了發(fā)生光電效應的條件和光電效應方程的應用2（2分）（2012上海）如圖為紅光或紫光通過雙縫或單縫所呈現(xiàn)的

19、圖樣，則（）A甲為紫光的干涉圖樣B乙為紫光的干涉圖樣C丙為紅光的干涉圖樣D丁為紅光的干涉圖樣考點：光的干涉菁優(yōu)網版權所有分析：根據雙縫干涉條紋的間距公式，通過間距的大小，判斷出兩束光所呈現(xiàn)的圖樣，干涉圖樣是等間距的解答：解：由干涉圖樣條紋間距公式知條紋是等間距的，CD錯誤；紅光的波長長，條紋間距大，所以甲為紫光的，乙為紅光的，A正確B錯誤故選A點評：解決本題的關鍵通過雙縫干涉條紋的間距公式判斷是那種光，根據干涉圖樣等間距分析各項3（2分）（2012上海）與原子核內部變化有關的現(xiàn)象是（）A電離現(xiàn)象B光電效應現(xiàn)象C天然放射現(xiàn)象D粒子散射現(xiàn)象考點：天然放射現(xiàn)象菁優(yōu)網版權所有專題：原子的核式結構及其組

20、成分析：電離現(xiàn)象是電子脫離原子核的束縛光電效應是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出；天然放射現(xiàn)象是原子核內部自發(fā)的放射出粒子或電子的現(xiàn)象；粒子散射現(xiàn)象是用粒子打到金箔上，受到原子核的庫倫斥力而發(fā)生偏折的現(xiàn)象；解答：解：A、電離現(xiàn)象是電子脫離原子核的束縛，不涉及原子核內部變化故A錯誤B、光電效應是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒有涉及到原子核的變化，故B錯誤C、天然放射現(xiàn)象是原子核內部自發(fā)的放射出粒子或電子的現(xiàn)象，反應的過程中核內核子數，質子數，中子數發(fā)生變化，涉及到原子核內部的變化故C正確D、粒子散射實驗表明了原子內部有一個很小的核，并沒有涉及到核內部的變化故D錯誤故選C點評：本題考

21、查這幾種物理現(xiàn)象的本質，內容簡單，只要加強記憶就能順利解決，故應加強對基本知識的積累4（2分）（2012上海）根據愛因斯坦的“光子說”可知（）A“光子說”本質就是牛頓的“微粒說”B光的波長越大，光子的能量越小C一束單色光的能量可以連續(xù)變化D只有光子數很多時，光才具有粒子性考點：光子菁優(yōu)網版權所有分析：愛因斯坦的“光子說”提出在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫做一個光子，光子的能量與頻率成正比，即E=hv（h=6.626×1034 JS）解答：解：A、“光子說”提出光子即有波長又有動量，是波動說和粒子說的統(tǒng)一，故A錯誤；B、光的波長越大，根據，頻率越大，故能量E=hv越

22、小，故B正確；C、愛因斯坦的“光子說”提出在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫做一個光子，每個光子的能量為E=hv，故光的能量是不連續(xù)的，故C錯誤；D、當光子數很少時，顯示粒子性；大量光子顯示波動性，故D錯誤；故選B點評：愛因斯坦的“光子說”很好地將光的粒子性和波動性統(tǒng)一起來，即單個光子顯示粒子性，大量光子顯示波動性5（2分）（2012上海）在軋制鋼板時需要動態(tài)地監(jiān)測鋼板厚度，其檢測裝置由放射源、探測器等構成，如圖所示該裝置中探測器接收到的是（）AX射線B射線C射線D射線考點：常見傳感器的工作原理菁優(yōu)網版權所有分析：在三種射線中射線的穿透本領最強，該裝置中探測器接收到的是射線解答

23、：解：、三種射線的穿透能力不同，射線不能穿過鋼板，射線只能穿過3 mm厚的鋁板，而射線能穿透鋼板故D正確，ABC錯誤故選D點評：本題考查了、三種射線的特性，電離本領依次減弱，穿透本領依次增強，能在生活中加以利用6（2分）（2012上海）已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30°角，分力F2的大小為30N則（）AF1的大小是唯一的BF2的方向是唯一的CF2有兩個可能的方向DF2可取任意方向考點：力的合成菁優(yōu)網版權所有分析：已知合力的大小為50，一個分力F1的方向已知，與F成30°夾角，另一個分力的最小值為Fsin30°=25N，根據三角形定則

24、可知分解的組數解答：解：已知一個分力有確定的方向，與F成30°夾角，知另一個分力的最小值為Fsin30°=25N而另一個分力大小大于25N小于30N，所以分解的組數有兩組解如圖故C正確，ABD錯誤故選C點評：解決本題的關鍵知道合力和分力遵循平行四邊形定則，知道平行四邊形定則與三角形定則的實質是相同的7（2分）（2012上海）如圖，低電位報警器由兩個基本的門電路與蜂鳴器組成，該報警器只有當輸入電壓過低時蜂鳴器才會發(fā)出警報其中（）A甲是“與”門，乙是“非”門B甲是“或”門，乙是“非”門C甲是“與”門，乙是“或”門D甲是“或”門，乙是“與”門考點：簡單的邏輯電路菁優(yōu)網版權所有專題

25、：壓軸題分析：根據電路分析，當從乙門電路輸出為高電壓時，蜂鳴器發(fā)出聲音解答：解：A、若甲是“與”門，乙是“非”門，不管輸入電壓為低電壓還是高電壓，經過“與”門后輸出為低電壓，經過“非”門后輸出高電壓，蜂鳴器都會發(fā)出警報故A錯誤B、若甲是“或”門，乙是“非”門，當輸入電壓為低電壓，經過“或”門輸出為低電壓，經過“非”門輸出為高電壓，蜂鳴器發(fā)出警報，當輸入為高電壓，經過“或”門輸出為高電壓，經過“非”門輸出為低電壓，蜂鳴器不發(fā)出警報故B正確CD、乙不會是“或”門和“與”門，故C、D錯誤故選B點評：本題考查了邏輯門電路及復合門電路，理解邏輯關系及功能8（2分）（2012上海）如圖，光滑斜面固定于水平

26、面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平則在斜面上運動時，B受力的示意圖為（）ABCD考點：力的合成與分解的運用菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；受力分析方法專題分析：對整體分析，得出整體的加速度方向，確定B的加速度方向，知道B的合力方向，從而知道B的受力情況解答：解：整體向上做勻減速直線運動，加速度方向沿斜面向下，則B的加速度方向沿斜面向下根據牛頓第二定律知，B的合力沿斜面向下，則B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力故A正確，B、C、D錯誤故選A點評：解決本題的關鍵知道B與整體具有相同的加速度，根據加速度確定物體的合力方向注意整體法和隔離法的運用二單項選擇題.（共2

27、4分，每小題3分，每小題只有一個正確選項，答案涂寫在答題卡上）9（3分）（2012上海）某種元素具有多種同位素，反映這些同位素的質量數A與中子數N關系的是圖（）ABCD考點：原子的核式結構菁優(yōu)網版權所有分析：質子數相同中子數不同的同一元素不同原子互為同位素，質量數等于質子數加中子數解答：解：同位素的質子數相同，中子數不同，而質量數等于質子數加中子數，設質子數為M，則有：A=N+M，所以B正確故選B點評：本題主要考查了同位素的定義，知道質量數等于質子數加中子數，難度不大，屬于基礎題10（3分）（2012上海）小球每隔0.2s從同一高度拋出，做初速為6m/s的豎直上拋運動，設它們在空中不相碰第一個

28、小球在拋出點以上能遇到的小球數為（取g=10m/s2）（）A三個B四個C五個D六個考點：豎直上拋運動菁優(yōu)網版權所有分析：小球做豎直上拋運動，先求解出小球運動的總時間，然后判斷小球在拋出點以上能遇到的小球數解答：解：小球做豎直上拋運動，從拋出到落地的整個過程是勻變速運動，根據位移時間關系公式，有：代入數據，有：解得：t=0（舍去） 或 t=1.2s每隔0.2s拋出一個小球，故第一個小球在拋出點以上能遇到的小球數為：N=故選C點評：本題關鍵明確第一個小球的運動情況，然后選擇恰當的運動學公式列式求解出運動時間，再判斷相遇的小球個數11（3分）（2012上海）A、B、C三點在同一直線上，AB：BC=1

29、：2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷當在A處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為（）ABCFDF考點：電場強度；電場的疊加菁優(yōu)網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在C處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力解答：解：根據同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在C處所受的電場力方向與F方向相同設AB=r，則有BC=2r則有：F=k故電荷量為2q的點電荷在C處所受電場力為：FC=k=故選

30、B點評：本題關鍵是根據庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，難度不大12（3分）（2012上海）如圖所示，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速為v0的平拋運動，恰落在b點若小球初速變?yōu)関，其落點位于c，則（）Av0v2v0Bv=2v0C2v0v3v0Dv3v0考點：平拋運動菁優(yōu)網版權所有專題：平拋運動專題分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，平拋運動的水平位移由初速度和運動時間決定解答：解：小球從a點正上方O點拋出，做初速為v0的平拋運動，恰落在b點，改變初速度，落在c點，知水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，若時間不變，則初速度變?yōu)樵瓉?/p>

31、的2倍，由于運動時間變長，則初速度小于2v0故A正確，B、C、D錯誤故選A點評：解決本題的關鍵知道平拋運動水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，時間和初速度共同決定水平位移13（3分）（2012上海）當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時，通過該電阻的電荷量為0.3C，消耗的電能為0.9J為在相同時間內使0.6C的電荷量通過該電阻，在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是（）A3V，1.8JB3V，3.6JC6V，1.8JD6V，3.6J考點：閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網版權所有分析：（1）已知電阻絲在通過0.3C的電量時，消耗的電能0.9J，根據W=UQ變形可求出電壓；當在相同的時間內

32、通過電阻絲的電量是0.6C時，根據I=可知，當時間相同，由電荷時的關系可知電流關系，因為電阻不變，根據U=IR，由電流關系可知電壓關系，即可求出電阻絲兩端所加電壓U；（2）已知通過電阻絲的電量是0.6C，電阻絲兩端所加電壓U已求出，根據W=UQ可求出電阻絲在這段時間內消耗的電能W解答：解：因為電阻絲在通過0.3C的電量時，消耗的電能是0.9J，所以此時電壓為：U=3V當在相同的時間內通過電阻絲的電量是0.6C時，根據I=可知，I=2I，根據U=IR可知，電阻不變，此時電阻絲兩端電壓：U=2U=6V，電阻絲在這段時間內消耗的電能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J故選D點評：本題考查了

33、電量和電功的計算及歐姆定律的應用本題由于不知道時間不能求出電流，只能根據相關公式找出相關關系來求解14（3分）（2012上海）如圖，豎直輕質懸線上端固定，下端與均質硬棒AB中點連接，棒長為線長的二倍棒的A端用鉸鏈墻上，棒處于水平狀態(tài)改變懸線的長度，使線與棒的連接點逐漸右移，并保持棒仍處于水平狀態(tài)則懸線拉力（）A逐漸減小B逐漸增大C先減小后增大D先增大后減小考點：力矩的平衡條件菁優(yōu)網版權所有分析：根據力矩平衡知，拉力的力矩與重力力矩平衡，根據拉力力臂的變化判斷拉力的變化解答：解：棒子O端用水平軸鉸接在墻上，棒處于水平狀態(tài)，知懸線拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不變，當改變懸線的長度，使線與棒的

34、連接點逐漸右移，0點到懸線的垂直距離不斷增大，則拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐漸減小故A正確，BCD錯誤故選A點評：解決本題的關鍵掌握力矩平衡條件，通過力臂的變化，判斷懸線作用力的變化15（3分）（2012上海）質量相等的均質柔軟細繩A、B平放于水平地面，繩A較長分別捏住兩繩中點緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB若（）AhA=hB，則一定有WA=WBBhAhB，則可能有WAWBChAhB，則可能有WA=WBDhAhB，則一定有WAWB考點：機械能守恒定律菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；機械能守恒定律應用專題分析：質量相等的均

35、質柔軟細繩，則長的繩子，其單位長度的質量小，根據細繩的重心上升的高度找出克服重力做功的關系解答：解：A、兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，hA=hB，繩A較長所以繩A的重心上升的高度較小，質量相等，所以WAWB故A錯誤B、hAhB，繩A較長所以繩A的重心上升的高度可能較小，質量相等，所以可能WAWB故B正確，D錯誤C、hAhB，繩A較長所以繩A的重心上升的高度一定較小，質量相等，所以WAWB故C錯誤故選B點評：解決該題關鍵要知道柔軟細繩不能看成質點，找出不同情況下重心上升的高度的關系16（3分）（2012上海）如圖，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R有

36、光滑圓柱，A的質量為B的兩倍當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是（）A2RBCD考點：機械能守恒定律菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；機械能守恒定律應用專題分析：開始AB一起運動，A落地后，B做豎直上拋運動，B到達最高點時速度為零；由動能定理可以求出B上升的最大高度解答：解：設B的質量為m，則A的質量為2m，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，在A落地前，由動能定理可得：mgR+2mgR=（m+2m）v20，以B為研究對象，在B上升過程中，由動能定理可得：mgh=0mv2，則B上升的最大高度H=R+h，解得：H=；故選C點評：B的運動分兩個階段，應用動能定理即可求出B能上升

37、的最大高度三多項選擇題（共16分，每小題4分，每小題有二個或三個正確選項，全選對的，得4分，選對但不全的，得2分，有選錯或不答的，得0分，答案涂寫在答題卡上）17（4分）（2012上海）直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的（）A總功率一定減小B效率一定增大C熱功率一定減小D輸出功率一定先增大后減小考點：電功、電功率菁優(yōu)網版權所有專題：恒定電流專題分析：滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題解答：解：由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電

38、路的歐姆定律可知，電路總電流I變?。籄、電源電動勢E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減小，故A正確；B、電源的效率=，電源內阻r不變，滑動變阻器阻值R變大，則電源效率增大，故B正確；C、電源內阻r不變，電流I減小，源的熱功率PQ=I2r減小，故C正確；D、當滑動變阻器阻值與電源內阻相等時，電源輸出功率最大，由于不知道最初滑動變阻器接入電路的阻值與電源內阻間的關系，因此無法判斷電源輸出功率如何變化，故D錯誤；故選ABC點評：熟練應用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題18（4分）（2012上海）位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動；若作用力變?yōu)樾泵嫔系暮懔2，

39、物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同則可能有（）AF2=F1，v1v2BF2=F1，v1v2CF2F1，v1v2DF2F1，v1v2考點：功率、平均功率和瞬時功率；力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應用菁優(yōu)網版權所有專題：功率的計算專題分析：物體都做勻速運動，受力平衡，根據平衡條件列式，再根據F1與F2功率相同列式，聯(lián)立方程分析即可求解解答：解：物體都做勻速運動，受力平衡，則： F1=mg F2 cos=（mgF2sin）解得：F2（cos+sin）=F1根據F1與F2功率相同得：F1v1=F2v2cos由解得：所以v1v2，而F1與 F2的關系無法確定，大于、等于、小于都

40、可以故選BD點評：該題要抓住物體都是勻速運動受力平衡及功率相等列式求解，難度適中19（4分）（2012上海）圖a為測量分子速率分布的裝置示意圖圓筒繞其中心勻速轉動，側面開有狹縫N，內側貼有記錄薄膜，M為正對狹縫的位置從原子爐R中射出的銀原子蒸汽穿過屏上的S縫后進入狹縫N，在圓筒轉動半個周期的時間內相繼到達并沉積在薄膜上展開的薄膜如圖b所示，NP，PQ間距相等則（）A到達M附近的銀原子速率較大B到達Q附近的銀原子速率較大C位于PQ區(qū)間的分子百分率大于位于NP區(qū)間的分子百分率D位于PQ區(qū)間的分子百分率小于位于NP區(qū)間的分子百分率考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；帶電粒子在

41、磁場中的運動專題分析：銀原子向右勻速運動的同時，圓筒勻速轉動，兩個運動相互獨立，同時進行解答：解：A、B、從原子爐R中射出的銀原子向右做勻速直線運動，同時圓筒勻速轉動，在轉動半圈的過程中，銀原子依次全部到達最右端并打到記錄薄膜上，形成了薄膜圖象；從圖象可以看出，打在薄膜上M點附近的銀原子先到達最右端，所以速率較大，故A正確，B錯誤；C、D、從薄膜圖的疏密程度可以看出，打到薄膜上PQ區(qū)間的分子百分率大于位于NP區(qū)間的分子百分率，故C正確故選AC點評：本題考查圓周運動和統(tǒng)計規(guī)律，難度中等，本題物理情景比較新；無需考慮粒子的波動性20（4分）（2012上海）如圖，質量分別為mA和mB的兩小球帶有同種

42、電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為1與2（12）兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB則（）AmA一定小于mBBqA一定大于qBCvA一定大于vBDEkA一定大于EkB考點：牛頓第二定律；機械能守恒定律菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題分析：設兩個球間的靜電力為F，分別對兩個球受力分析，求解重力表達式后比較質量大小；根據機械能守恒定律列式求解后比較最低點速度大小，再進一步比較動能大小解答：解：A、對小球A受力分析，受重力、靜電力、拉力，如圖根據平衡

43、條件，有：故：同理，有：由于12，故mAmB，故A正確；B、兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，一定相等，與兩個球是否帶電量相等無關，故B錯誤；C、小球擺動過程機械能守恒，有，解得，由于A球擺到最低點過程，下降的高度h較大，故A球的速度較大，故C正確；D、小球擺動過程機械能守恒，有mgh=EK，故Ek=mgh=mgL（1cos）=L（1cos）其中Lcos相同，根據數學中的半角公式，得到：Ek=L（1cos）=其中FLcos相同，故越大，動能越大，故EkA一定大于EkB，故D正確；故選ACD點評：本題關鍵分別對兩個小球受力分析，然后根據平衡條件列方程；再結合機械能守恒定律列方程分析求解四填空題.

44、（共20分，每小題4分.答案寫在題中橫線上的空白處或指定位置.本大題中第22題、23題，考生可任選一類答題若兩類試題均做，一律按22題計分21（4分）（2012上海）Co發(fā)生一次衰變后變?yōu)镹i，其衰變方程為在該衰變過程中還發(fā)妯頻率為1、2的兩個光子，其總能量為hv1+hv2考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度菁優(yōu)網版權所有專題：衰變和半衰期專題分析：發(fā)生一次衰變后，原來的原子核質量數不變，核電荷數增加1，由此可以寫出衰變方程；每個光子的能量為hv，總能量就是兩個光子的能量和解答：解：發(fā)生一次衰變后，原來的原子核質量數不變，核電荷數增加1，故衰變方程：每個光子的能量為hv，頻率為1、2的兩個光子的

45、能量分別是hv1和hv2，其總能量為hv1+hv2故答案為：；hv1+hv2點評：本題考查原子核的衰變方程，只要記住它的衰變規(guī)律就可以正確解答屬于基礎題目22（4分）（2012上海）A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量為5kg，速度大小為10m/s，B質量為2kg，速度大小為5m/s，它們的總動量大小為40kgm/s；兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為10m/s考點：動量守恒定律菁優(yōu)網版權所有分析：取A球的速度方向為正方向，分別表示出兩球的動量，即可求出總動量碰撞過程遵守動量守恒，求出B的速度大小解答：解：取A球的速度方向為正方向，AB的總動量大小

46、為P=mAvAmBvB=5×102×5=40（kgm/s）根據動量守恒得 P=mAvA+mBvB，解得，vB=10m/s故答案為：40，10點評：對于碰撞的基本規(guī)律是動量守恒，注意規(guī)定正方向列出守恒等式23（2012上海）人造地球衛(wèi)星做半徑為r，線速度大小為v的勻速圓周運動當其角速度變?yōu)樵瓉淼谋逗?，運動半徑變?yōu)?r，線速度大小變?yōu)榭键c：萬有引力定律及其應用菁優(yōu)網版權所有專題：萬有引力定律的應用專題分析：人造地球衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，運用牛頓第二定律列方程求角速度與半徑的關系，再運用牛頓第二定律列方程求線速度與半徑的關系解答：解：萬有引力提供向心力，得：得：

47、得：又：故答案為：2r，點評：人造地球衛(wèi)星做勻速圓周運動，一定要使用萬有引力提供向心力的公式來討論半徑與線速度、角速度、周期等的關系24（4分）（2012上海）質點做直線運動，其st關系如圖所示，質點在020s內的平均速度大小為0.8m/s質點在10s、14s時的瞬時速度等于它在620s內的平均速度考點：勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網版權所有專題：運動學中的圖像專題分析：位移時間圖象表示物體的位置隨時間的變化，圖象上的任意一點表示該時刻的位置，圖象的斜率表示該時刻的速度，平均速度等于位移除以時間解答：解：由圖可知：質點在020s內的位移為16m，所以020s內的平均速度大小620s內的平均速度為：

48、由圖可知，質點在10s末和14s的斜率正好為：1，所以質點在10s、14s的瞬時速度等于它在620s內的平均速度故答案為：0.8，10s、14s點評：理解位移時間圖象上點和斜率的物理意義；能從位移時間圖象中解出物體的位置變化即位移25（4分）（2012上海）如圖，簡單諧橫波在t時刻的波形如實線所示，經過t=3s，其波形如虛線所示已知圖中x1與x2相距1m，波的周期為T，且2Tt4T則可能的最小波速為5m/s，最小周期為s考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；波的多解性分析：分波向左傳播和向右傳播兩種情況討論；先求出位移，再求解波速和對應的周期解答：解：由圖象可以看

49、出，波長為：2=14m，故=7m；2Tt4T，故波傳播的距離：2x4；波向右傳播，x=15m或22m；波速為或m/s；周期為：或s；波向左傳播，x=20m或27m波速為或9m/s；周期為：或s；故答案為：5，點評：本題關鍵分情況討論，求解出各種可能的波速和周期，然后取最小值26（4分）（2012上海）正方形導線框處于勻強磁場中，磁場方向垂直框平面，磁感應強度隨時間均勻增加，變化率為k導體框質量為m、邊長為L，總電阻為R，在恒定外力F作用下由靜止開始運動導體框在磁場中的加速度大小為，導體框中感應電流做功的功率為考點：法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率菁優(yōu)網版權所有專題：壓軸題；

50、電磁感應與電路結合分析：對導線框受力分析，利用牛頓第二定律可以求出加速度；根據法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢，再根據可以求出導體框中感應電流做功的功率解答：解：導線框在磁場中受到的合外力等于F，由牛頓第二定律得：導體框在磁場中的加速度大小為：由法拉第的磁感應定律得：線框中產生感應電動勢為 由可得：導體框中感應電流做功的功率為 故答案為：點評：解決此類問題的關鍵是熟練掌握感應電流產生條件，楞次定律，及法拉第電磁感應定律五實驗題.（共24分，答案寫在題中橫線上的空白處或括號內）27（4分）（2012上海）為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖所示已知線圈由a端開始繞至b端；當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉（1）將磁鐵