2013届上海市高三高考压轴物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届上海市高三高考压轴物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列单位中不属于国际基本单位的是（ ） A开尔文 B安培 C牛顿 D千克 答案： C 试题分析：牛顿是国际单位，但是不属于国际 7个基本单位，选项 C正确 考点：考查国际基本单位 点评：本题难度较小，国际基本物理量为长度、质量、时间、温度、电流 如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为 R1和 R2，圆心分别为 O1和 O2，所对应的圆心角均小于 5，在最低点 O平滑连接。 M点和 N点分别位于 O点左右两侧，距离 MO小于 NO。现分别将位于 M点和 N点的两个小球 A和 B（均可视为质点）同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置

2、，下列判断正确的是 A恰好在 O点 B一定在 O点的左侧 C一定在 O点的右侧 D条件不足，无法确定 答案： C 试题分析：两段光滑圆弧轨道所对应的圆心角均小于 5，两个小球的运动均可以等效为单摆的简谐运动。由于 R1h-x， s=vt， h-x= gt2， 2g(H-h+x)=v2，联立解得 x h- H，所以自由下落的起始点距斜面左端的水平距离 x应满足的条件是 h x h- H。由图 b可得射程 s最大值 s=6m， x 1m，代入 s=vt， h-x= gt2， 2g(H-h+x)=v2，联立解得s2=4(H-h+x)(h-x)=-4(h-x)2-H(h-x)+H2/4+ H2= -4

3、(h-x)-H/22 +H2。当 (h-x)-H/2=0时， s2取最大值， s最大值为 6m，对应的 H=6m，斜面的高 h=x+H/2=4m 考点：考查平抛运动 点评：本题难度较小，平抛运动中注意小球落在斜面上的临界条件，合位移与分位移的关系 自行车转弯可近似成自行车绕某个定点 O（图中未画出）做圆周运动，如图所示为自行车转弯的俯视图，自行车前后轮接触地面的位置 A、 B相距 L，虚线表示两点转弯的轨迹， OB距离 。则前轮与车身夹角 = ； B点速度大小 v1=2m/s。则 A点的速度 v2= _m/s。 答案： 4 /3m/s 试题分析：过 A和 B分别作车轮的垂线，两线的交点即为 O

4、点。由图中几何关系可得前轮与车身夹角 =30。由 v2cos30=v1可得 A点的速度 v2=4 /3m/s 考点：考查运动的合成与分解 点评：本题难度较小，合运动为实际的运动，首先应明确合运动方向，根据平行四边形原则判断分析 如图所示为 “风光互补路灯 ”系统，它在有阳光时通过太阳能电池板发电，有风时 通过风力发电机发电，二者皆有时将同时发电，并将电能输至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90左右即停止，放电余留 20左右即停止电能输出。下表为某型号风光互补路灯系统配置方案： 风力发电机 太阳能电池组件 其他元件 最小启动风速 1.0m/s 太阳能

5、电池 36W 蓄电池 500Ah-12V 最小充电风速 2.0m/s 最大限制风速 12.0m/s 太阳能 转化效率 15% 大功率 LED路灯 80W-12V 最大输出功率 400W 如果当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为 240W/m2，要想使太阳能电池的最大输出功率达到 36W，太阳能电池板的面积至少要_m2。 当风速为 6m/s时，风力发电机的输出功率将变为 50W，在这种情况下，将蓄电池的电能由 20%充至 90%所需时间为 _h； 答案：， 84 试题分析：电池板面积： S= = =1m2。 W=125003600(90%-20%)J=1.512107J，需要时间：

6、t=W/P=3.024105s=84h 考点：考查能量守 恒定律 点评：本题难度较小，注意本题中能量转化的百分比，太阳辐射面积为球体面积 地球半径为 R，卫星 A、 B均环绕地球做匀速圆周运动，其中卫星 A以第一宇宙速度环绕地球运动，卫星 B的环绕半径为 4R，则卫星 A与卫星 B的速度大小之比为 _；周期之比为 _。 答案： 1； 1 8 试题分析：卫星 A以第一宇宙速度环绕地球运动，由万有引力等于向心力可得v1= ;卫星 B的环绕半径为 4R，由万有引力等于向心力可得 v2= ;则卫星 A与卫星 B的速度大小之比为 v1 v2=2 1；由 T=2r/v可得二者周期之比为 1 8 考点：考查

7、天体运动 点评：本题难度较小，明确第一宇宙速度概念，由万有引力提供向心力，得出线速度和周期的关系求解 在光滑的水平面上有 A、 B两辆质量均为 m的小车，保持静止状态， A车上站着一个质量为 m/2的人，当人从 A车跳到 B车上，并与 B车保持相对静止，则 A车与 B车速度大小之比等于 _， A车与 B车动量大小之比等于_。 答案： 2； 1 1 试题分析：由动量守恒定律可知， A车与 B车速度大小之比等于 3 2； A车与B车动量大小之比等于 1 1 考点：考查动量守恒定律 点评：本题难度较小，应用动量守恒定律求解问题时，先判断系统动量是否守恒，规定正方向后明确初末位置 如图所示是两列相干波

8、的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为 10cm，波速和波长分别为 1m/s 和 0.2m， C 点为 AB连线的中点。则图示时刻 C点的振动方向 _（选填 “向上 ”或 “向下 ”），从图示时刻再经过 0.25s时， A点经过的路程为 _cm。 答案：向下 100 试题分析：根据图示可知波传播方向由 B指向 A，图示时刻 C点的振动方向向下。波动周期 T=/v=0.2s，振动加强 区域振幅为 20cm，从图示时刻再经过0.25s时， A点经过的路程为 510cm=100cm 考点：考查波的干涉 点评：本题难度较小，注意波峰、波谷相遇位置的含义，实线与虚线中间位置为平衡位置

9、计算题 如图所示，两个截面积都为 S 的圆柱形容器，右边容器高为 H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为 M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为 H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的 1.4倍，已知外界大气压强为 p0，求此过程中气体内能的增加量。 答案： 试题分析：理想气体发生等压变化。设气体压强为 p，活塞受力平衡 1分 设气体初态的温度为 T，系统达到新平衡时活塞下降的高度为 x，由盖 吕萨克定律

10、 2分 解得 1分 又系统绝热，即 Q=0 1分 外界对气体做功为 2分 根据热力学第一定律有 1分 所以 2分 考点：考查盖 吕萨克定律 点评：本题难度中等，处理气体状 态方程问题时，明确初末状态以及初末状态下各物理量的关系 如图 a所示，竖直光滑杆固定不动，上面套有下端接触地面的轻弹簧和一个小物体。将小物体在一定高度静止释放，通过传感器测量到小物体的速度和离地高度 h并做出其动能 -高度图 b。其中高度从 0.35m下降到 0.3m范围内图像为直线，其余部分为曲线。以地面为零势能面，根据图像求： （ 1）小物体的质量 m为多少？ （ 2）轻弹簧弹性势能最大时，小物体的动能与重力势能之和为多

11、大？ （ 3）把小物体和轻弹簧作为一个系统研究，系统具有的最小势能为多少？ 答案：（ 1） 1kg（ 2） 1.85J（ 3） EP=2.8J 试题分析：（ 1）根据机械能守恒或动能定理，由 0.35m出下落至 0.3m处的过程中为自由下落，由图中读出：在下落 0.05m后， Ek=0.5J mgh=Ek m =1kg 4分 （ 2）轻弹簧弹性势能最大时，小物体位于最低处 h1=0.185m处仅有重力势能 1 分 E=EP=mgh1=10 0.185=1.85J 2分 （ 3）由图中读出：小物体动能最大 EK= 0.7J时，系统势能最小 1分 由机械能守恒 mgh0=EP+EK 2分 解得：

12、EP=2.8J 2分 考点：考查机械能 守恒定律 点评：本题难度较小，在只有重力和弹力做功的情况下机械能守恒，在应用机械能守恒定律求解问题时，应明确初末状态和各能量，列方程求解即可 如图所示，某传送带装置倾斜放置，倾角 =37o，传送带 AB长度 xo=l0m。有一水平平台 CD高度保持 6 45m不变。现调整 D端位置，当 D、 B的水平距离合适时，自 D端水平抛出的物体恰好从 B点沿 BA方向冲上斜面，此后 D端固定不动， g=l0m/s2。另外，传送带 B端上方安装一极短的小平面，与传送带AB平行共面，保证自下而上传送的物体能沿 AB方向由 B点斜向上抛出。（ sin37o=0 6， c

13、os37o=0 8） （ 1）求 D、 B的水平距离； （ 2）若传送带以 5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数 1=0 9，自 A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的 D端，求物体甲的最大初速度 vo1 （ 3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数 2=0.6，自 A点以 vo2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的 D端，求传送带的速度 v。 答案：（ 1） 1.2m（ 2） v01= 17m/s（ 3） 2 m/s 试题分析：（ 1）设水平抛出物体的初速度 v0，经时间 t落入传送带上时，竖直分速度

14、为 vy ，竖直方向： h - x0sin = gt2 vy = gt tan= 水平方向距离 x = v0t x = 1.2m（ 4分） （ 2）由（ 1）中得 sin = （ 1分） 所以物体从传送带上落下时 v = 5m/s 则物体甲到 B端的速度为 v = 5m/s，则恰能水平落到水平台的 D端 由动能定理得： -mg x0sin-1mgcosx0 = mv2- mv012（ 2分） v01= 17m/s（ 1分） （ 3）若传送带对物体的摩擦力方向始终向下，设物体到 B端速度 v1 由动能定理得： -mg x0sin-2mgcosx0 = mv12- mv022 v1无解 若传送带对

15、物体的摩擦力方向始终向上，设物体到 B端速度 v2 由动能定理得： -mgx0sin+2mgcosx0 = mv22- mv022 v2= m/s 5m/s 故只能是摩擦力方向先向下后向上（ 1分） 当摩擦力方向向下时，由牛顿第二定律得 mgsin+2mgcos = ma1（ 1分） a1= 10.8m/s2 当摩擦力方向向上时，由牛顿第二定律得 mgsin-2mgcos = ma2（ 1分） a2= 1.2m/s2 设传送带速度为 v，则有 + = x0（ 2分） v= m/s = 2 m/s（ 1分） 考点：考查牛顿第二定律和功能关系 点评：本题难度较小，判断摩擦力方向是本题的关键，因此需

16、要判断物块相对于传送带的速度方向 如图所示，倾角为 37的光滑绝缘的斜面上放着 M=1kg的 U型导轨 abcd，ab cd。另有一质量 m=1kg的金属棒 EF平行 bc放在导轨上， EF下侧有绝缘的垂直于斜面的立柱 P、 S、 Q挡住 EF使之不下滑。以 OO为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场，上部有平行于斜面向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度均为 B=1T，导轨 bc段长 L=1m。金属棒 EF的电阻 R=1.2，其余电阻不计。金属棒与导轨间的动摩擦因数 =0.4，开始时导轨 bc边用细线系在立柱 S上，导轨和斜面足够长。当剪断细线后，试求： （ 1）细线剪短瞬间，导轨 abcd运动

17、的加速度； （ 2）导轨 abcd运动的最大速度； （ 3）若导轨从开始运动到最大速度的过程中，流过金属棒 EF的电量 q=5C，则在此过程中，系统损失的机械能是 多少？（ sin37=0.6） 答案：（ 1） a=2.8m/s2（ 2） vm=5.6m/s（ 3） 20.32J 试题分析：（ 1）线剪断瞬间，对导轨用牛顿第二定律： （ 2分） 其中 解得： a=2.8m/s2。 （ 1分） （ 2）对导轨下滑过程用牛顿第二定律： （ 2分） 把 及 代入得： =gsin37- gcos37- (1-) 令上式 a=0，得导轨的最大速度为： vm=5.6m/s （ 3分） （ 3）设导轨下滑距离 d时达到最大速度，则有： q=I t= =BLd/R （ 2分） 解得： d=6m （ 1分） 对系统用能量守恒定律得： （ 2分） 代入数据解得： =20.32J （ 1分） 考点：考查能量守恒定律与电磁感应定律的应用 点评：本题难度中等，线框下滑过程中，当受力平衡时速度最大，由受力分析可求得最大速度，由公式 q=I t 可推导求解流过导体横截面的电量，对导线框，重力势能的减小转化为动能和焦耳热