上海高考物理试题详解

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1、2014年全国普通高等学校招生统一考试上海物理试卷一单项选择题（共16分，每小题2分。每小题只有一个正确选项。）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）g射线答案：A考点：电磁波谱解析：根据电磁波谱可知，电磁波按照波长逐渐减小的顺序为：长波、中波、短波、微波、红外线、可见光、紫外线、x射线、射线故A正确、BCD错误。2核反应方程BeHe CX中的X表示（）（A）质子（B）电子（C）光子（D）中子答案：D考点：裂变反应和聚变反应解析：设X的质子数为m，质量数为n，则有：4+2=m+6，9+4=12+n，所以m=0，n=1，即X为中子，故ABC错误，D正确3不能

2、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）原子核是由质子和中子组成的（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答案：B考点：粒子散射实验；原子的核式结构解析：当粒子穿过原子时，电子对粒子影响很小，影响粒子运动的主要是原子核，离核远则粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小只有当粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：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

3、全部质量都集中在原子核里，但不能得到原子核内的组成，故B不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论，ACD可以4分子间同时存在引力和斥力，当分子间距增加时，分子间（）（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，斥力增加答案：C考点：分子间相互作用力。解析：分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的作用力都减小，即引力和斥力都减小，但斥力变化的快，故ABD错误，C正确。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）b粒子（D）a粒子答案：B考点：重核裂变解析：，在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中

4、子后才可以发生裂变，所以重核聚变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子。6在光电效应的实验结果中，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答案：C考点：光电效应解析：根据波动理论，认为只要光照射的时间足够长、足够强就能发生光电效应，且光电子的初动能就大，但实验中金属表面没有溢出电子的实验结果；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，发生是瞬时的，且入射光频率越大，光电子最大初动能越大，这与光的波动理论相矛盾，故ABD 错误；C、波动理论认为光强度越大，光电流越大；光电效

5、应中认为光强度越大，光子越多，金属表面溢出的光电子越多，即光电流越大，所以该实验结果与波动理论不矛盾，故C正确答案：B考点：简谐运动的振动图像。解析：质点通过平衡位置时速度最大，由图知在T/4内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知，1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s由加速度与位移的关系：a=-kx/m，可知，质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故B正确7质点做简谐运动，其v-t关系如图，以x轴正向为速度v的正方向（）8在离地高h处，沿竖直方向同时向

6、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）2v/g（B）v/g（C）2h/v（D）h/v答案：A考点：竖直上抛运动解析：向上抛出的小球回到抛出点速度大小仍为v，方向向下，在此之后的运动情况与竖直向下抛出的小球运动情况完全相同，即时间相同。所以两球落地时间差就是向上小球从抛出到落回抛出点的时间，t=2v/g.答案A正确。二单项选择题（共24分，每小题3分。每小题只有一个正确选项。）9如图，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，缓慢地由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

7、过程中（）（A）F增大，N减小（B）F减小，N减小（C）F增大，N增大（D）F减小，N增大答案：A考点：受力分析，共点力的平衡。 解析：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有：N=mgcos和F=mgsin，其中为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误10如图，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，体积增大（B）压强增大，体积减小（C）压强减小，体积增大（D）压强减小，体积减小答案：B考点：理想气体状态方程。解析：初始状态P0=Px+Ph，若试管自由下落，则ph=0，P

8、x=P0，所以压强增大由玻意耳定律知，PV=C，故V减小故选：B 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（）答案：C考点：机械能守恒定律。解析：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=Fat2/2，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变故C正确，A、B、D错误。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可绕过ad边的固定轴OO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q角，此时bc边受到相

9、对OO轴的安培力力矩大小为（）（A）BISsinq（B）BIScosq（C）BIS/sinq（D）BIS/cosq答案：A考点：安培力解析：I与B垂直，故安培力F=BIL=BbcI，由左手定则知安培力竖直向上，由几何知识可知力臂的大小为：L=absin则力矩为：BbcIabcos=BSsin故选：A13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盘，观察到白点每秒沿（）（A）顺时针旋转31圈（B）逆时针旋转31圈（C）顺时针旋转1圈（D）逆时针旋转1圈答案：D考点：线速度、角速度、周期、频率和转速，实际频

10、率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路。解析：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，即f0=30Hz，在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即f=31Hz，假设频闪光的频率略大于圆盘转动频率，即稍小于，那么白点经过时间转过了周再次被照亮，即相当于逆时针转动了周，所以，白点逆时针倒转一周的时间为，倒转频率为所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈故选：D14一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3/4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1/4周期，B位于平衡位置（）（A）上方且向

11、上运动（B）上方且向下运动（C）下方且向上运动（D）下方且向下运动答案：D考点：简谐运动。解析：波向右传播，据题意：t时刻A位于平衡位置上方且向上运动时，B位于平衡位置的上方，速度方向向下，再经过1/4周期，B位于平衡位置下方且向下运动故D正确故选：D15将阻值随温度升高而减小的热敏电阻I和II串联，接在不计内阻的稳压电源两端，开始时I和II阻值相等，保持I温度不变，冷却或加热II，则II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）加热或冷却都变小（D）加热或冷却都变大答案：C考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律解析：将热敏电阻看成电源的内阻，开始时和阻值相等

12、，根据数学知识分析得知此时电源的输出功率最大，即上消耗的电功率最大，所以无论温度升高还是降低，阻值增大或减小，上消耗的电功率都变小故C正确故选：C16如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2，动能增量分别为DEk1、DEk2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I和II轨道间的动摩擦因数相等，则（）（A）DEk1DEk2，t1t2（B）DEk1DEk2，t1t2（C）DEk1DEk2，t1t2（D）DEk1DEk2，t1t2答案：B考点：动能定理；匀变速直线

13、运动的位移与时间的关系解析：因为摩擦力做功Wf=（mgcos+Fsin）s=mgx+Fh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：WF-mgh-Wf=Ek，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1t2故B正确，A、C、D错误故选：B三多项选择题（共16分，每小题4分。每小题有二个或三个正确选项。全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分。）17如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则该磁场（）（A）逐渐

14、增强，方向向外（B）逐渐增强，方向向里（C）逐渐减弱，方向向外（D）逐渐减弱，方向向里答案：CD考点：楞次定律解析：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小该过程与磁通量的方向无关故选项CD正确，AB错误18如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为DU1、DU2、DU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为DI，则（）（A）A的示数增大（B）V2的示数增大（C）DU3与DI的比值大于r（D）DU1

15、大于DU2答案：ACD考点：闭合电路欧姆定律。解析：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大故A正确B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：，则V3与I的比值大于r故C正确D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：故V1大于V2故D正确19静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正

16、方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）（A）在x2和x4处电势能相等（B）由x1运动到x3的过程中电势能增大（C）由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小（D）由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大答案：BC考点：电势能；电场强度解析：A、x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1-x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确D错误；故选：BC2

17、0如图，在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接，气缸内两活塞间保持真空，活塞与气缸壁之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同，略抬高气缸左端使之倾斜，再使升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量DpA、DpB均大于零，对活塞压力的变化量为DFA、DFB，则（）（A）A体积增大（B）A体积减小（C）DFADFB（D）DpADpB答案：AD考点：理想气体状态方程。四填空题（共20分，每小题4分。）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题。若两类试题均做，一律按A类题计分。21 牛顿第一定律表明，力是物体发生变化

18、的原因；该定律引出的一个重要概念是。答案：运动状态，惯性。考点：牛顿第一定律解析：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性22A、22B选做一题22A动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA:vB2:1，则动量大小之比PA:PB，两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量之比P:PA。答案：1:2，1:1考点：动量定理22B动能相等的两颗人造地球卫星A、B的轨道半径之比为RA:RB1:2，它们的角速度之比wA:wB，质量之比mA:mB。答案：2:1，1:2考点：人造卫星问题23如图，两光滑斜面在B处连接，小球由A处静

19、止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，ABBC。设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为，球由A运动到C的过程中平均速率为m/s。答案：9:7，2.1考点：平均速度24如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d0.6m的矩形孔，其下沿离地高h1.2m，离地高H2m的质点与障碍物相距x。在障碍物以v04m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，为使质点能穿过该孔，L的最大值为值m；若L0.6m，x的取值范围是m。（取g10m/s2）答案：0.8，0.8mx1m，考点：平抛运动25 如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上

20、方C处，图中AC=h当B静止在与竖直方向夹角=30方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为 ；若A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在=30处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到=0处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是答案：h或h；先不变后增大。考点：库仑定律、共点力的平衡及其应用。解析：当B静止在与竖直方向夹角=30方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有：G/FAC/AB；解得：AB=hG/F=h，根据几何关系，可知，BC=h或BC=h；当A对B的静场力为B所受重

21、力的0.5倍，B仍能在=30处平衡，同理，通过三角形相似比，线BC的拉力与重力的之比，等于线BC长与AC长之比；当A在漏电过程中，电场力在渐渐变小，直到为零，而拉力的大小却不变；由题意可知，此时AB与BC垂直，BC长度小于AC，根据长度之比等于力之比的关系，可知，线BC的拉力小于此时的重力；当达到=0处，最终A漏电漏完，线的拉力等于重力，则拉力变大。五实验题（共24分）26 （4分）如图，在“观察光的衍射现象”实验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将（选填：“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线传播只是一种近似规律，只有在_情况下，光才可以看作是沿直线传播的。

22、答案：减小，光的波长比障碍物小得多。 考点：用双缝干涉测光的波长 解析：条纹间距公式，L是单缝到光屏的距离，d是缝宽度。保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将减小；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在 光的波长比障碍物小得多情况下，光才可以看作是沿直线传播的。27（5分）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10ml处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1ml测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐。（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图_。（2）（单选题）图线弯曲的可能原因是在实验过程

23、中_。（A）注射器中有异物（B）连接软管中存在气体（C）注射器内气体温度升高（D）注射器内气体温度降低答案：（1）a (2)C考点：理想气体的状态方程解析：（1）由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V-1/P图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选a（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误 B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知PV/T=C，当T增大时，PV会增大，故C正确D、由C分析得，D错误故选：C28（7分）在“用DIS测电源电动势和内阻”的实验中（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感

24、器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”）。（2）实验得到的U-I关系如图（b）中的直线I所示，则电池组的电动势为V，内电阻阻值为W。（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”重新连接到点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U-I关系如图（b）中的直线II所示，则定值电阻的阻值为W。答案：（1）C （2）2.8；2 （3）D；3考点：测定电源的电动势和内阻解析：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点（2）由图（b）中的直线所

25、示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r=U/I=2.8/1.4=2（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，由（b）中的直线所示可知：k=R+r=U/I=2.8/0.56=5，则定值电阻阻值：R=k-r=5-2=3；故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3r/m0.450.400.350.300.250.20T/s2.112.142.202.302.432.6429（8分）某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质

26、细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T2p，IC式中为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图（a）所示，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T，然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m0.50kg。（1）由实验数据得出图（b）所示拟合直线，图中纵轴表示。（2）IC的国际单位为，由拟合直线得到IC的值为（保留到小数点后二位）。，（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值（选填“偏大”、“偏小”或“不变”），答案：（1）T

27、2r （2）kgm2，0.17（3）不变考点：用单摆测定重力加速度六计算题（共50分）30（10分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为280K时，被封闭的气柱长L22cm，两边水银面高度差h16cm，大气压强p076cmHg。（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应改变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气体长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？（1）p1（7616）cmHg60cmHg，末态两边水银面高度差（1623）cm10cm，p2（7610）cmHg66cmHg，T2p2V2T1/p1V

28、1350K，（2）设加入的水银柱长为l，末态两边水银面高度差（1622）l，p376（20l），由p1V1p3V3，解得：l10cm31（12分）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为q的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直到静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。（1）求箱子加速阶段的加速度大小a。（2）若agtanq，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。解：（1）s1v2/2a，s2v2/2a，sv2/2av2/2a，解得：aav2/（2asv2），（2） 设球不受车厢作用

29、，应满足Nsinqma，Ncosqmg，解得：agtanq，当agtanq时球不受左壁作用，由牛顿定律Nsinqma，NcosqQmg，解得：顶部作用力Qm（acotqg）32（14分）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、质量均匀分布的绝缘杆，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U1时，杆静止在与竖直方向OO夹角q30的位置，若两金属板在竖直平面内同时绕O、O顺时针旋转a15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）绝缘杆所受重力G；（2）两板旋转

30、后板间电压U2；（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能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，若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2。解：（1）Gsin30Lsin30，解得：G，（2）Gsin30Lsin45，解得：U2U1U1，（3）该同学的结论错误，因为上板接地，板旋转后，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了，所以小球的电势能也改变了。金属板转动前，带电小球与零势能面间的电势差为U1U1U1，电势能 W1qU1qU1，转动后， U

31、2U2U1，电势能W2qU2qU1，33（14分）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R1.5，MN与MP的夹角为135，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m2kg、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L4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5T。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流强度相等。（1）若初速度v13m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA；（2）若初速度v21.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间Dt；（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W7J，求初速度v3。解：（1）由电磁感应及等效电路可知：，带入数据解得：（2） 由欧姆定律可知，导体棒某一瞬时电流为： 由于整个过程中电流保持不变，最开始的电流为： （3） 由动能定理可知：对金属棒有： 而在电磁感应电路中： 设初始速度为，最后的速度为，则有：内容总结（1）2014年全国普通高等学校招生统一考试上海物理试卷一单项选择题（共16分，每小题2分（2）若L0.6m，x的取值范围是m