1、2016年普通高等学校招生全国统一考试 (上海卷 )物理 一 .单项选择题 1.卢瑟福通过对 粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在 ( ) A.电子 B.中子 C.质子 D.原子核 解析 ： a粒子散射实验现象为：绝大多数 粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数 粒子发生了较大的偏转，并有极少数 粒子的偏转超过 90 ，有的甚至几乎达到 180而被反弹回来 。 卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：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 ABC错误， D正确 。 答案 ： D 2.一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时
2、 ( ) A.速度相同，波长相同 B.速度不同，波长相同 C.速度相同，频率相同 D.速度不同，频率相同 解析 ：传播速度由介质决定，光在真空中传播速度最大，进入水中，速度减小；光波属于电磁波，其频率由波源决定，所以一束单色光由空气进入水中，频率不变；由 = 可知，频率不变，速度减小，则波长减小 ，故 ABC错误， D正确 。 答案 ： D 3.各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是 ( ) A. 射线、紫外线、可见光、红外线 B. 射线、红外线、紫外线、可见光 C.紫外线、可见光、红外线、 射线 D.红外线、可见光、紫外线、 射线 解析 ：波长越长、频率越小，比可见光频率小，按照
3、波长逐渐变小，即频率逐渐变大的顺序，频率顺序由大到小排列，电磁波谱可大致分为： 射线，伦琴射线，紫外线，可见光，红外线，微波，无线电波，故 A 正确， BCD错误 。 答案 ： A 4.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的 ( ) A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向 解析 ：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律 F=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的 OD方向，故 ABC错误， D正确 。 答案 ：
4、 D 5.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁 ( ) A.向上运动 B.向下运动 C.向左运动 D.向右运动 解析 ： A、若磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头所示的感应电流；同理，若磁铁向上运动，则感应电流的方向与图中感应电流的方向相反 。 故 A错误， B正确； C、若磁铁向右运动或向左运动，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电
5、流的方向，故可判断出产生的感 应电流的方向与图中感应电流的方向相反 。 故 CD 错误 。 答案 ： B 6.放射性元素 A经过 2次 衰变和 1次 衰变后生成一新元素 B，则元素 B在元素周期表中的位置较元素 A的位置向前移动了 ( ) A.1 位 B.2 位 C.3 位 D.4 位 解析 ：原子核经过一次 衰变，电荷数减小 2，所以经过 2次 衰变后电荷数减小 4；同时，经过一次 衰变，电荷数增加 1；所以元素 A经过 2次 衰变和 1次 衰变后电荷数减小 3，则生成的新元素在元素周期表中的位置向前移 3位，故 C正确， ABD 错误； 答案 ： C 7.在今年上海的某活动中引入了全国首个
6、户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空 。 若减小风力，体验者在加速下落过程中 ( ) A.失重且机械能增加 B.失重且机械能减少 C.超重且机械能增加 D.超重且机械能减少 解析 ：体验者在风力作用下漂浮在半空，体验者的合力为零，如果减小风力，则重力大于风力，合力向下，体验者向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态； 体验者向下加速运动过程中，除了重力做功外，风力做负功，机械能减少 。 故 ACD错误， B正确 。 答案 ： B 8.如图，一束电子沿 z 轴正向流动，则在图中 y轴上 A点的磁场方向是 ( ) A.+x方向 B. x方向 C.+y方向 D. y方向 解析 ：电子流
7、沿 z轴正方向运动，则电流是沿 z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在 A 点产生的磁场的方向为 x 轴正方向，所以 A正确， BCD错误 。 答案 ： A 二 .单项选择题 9.在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则 ( ) A.中间条纹间距较两侧更宽 B.不同色光形成的条纹完全重合 C.双缝间距离越大条纹间距离也越大 D.遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹 解析 ： A、根据 x= 可知亮条纹之间的距离和暗条纹之间的距离相等，故 A错误 。 B、根据 x= 可知条纹间距随波长的变化而变化，故 B错误 。 C、根据 x= 可知，双缝间距离越大条纹间距离越小，故 C错误 。 D、若
8、把其中一缝挡住，出现单缝衍射现象，故仍出现明暗相间的条纹，故 D正确 。 答案 ： D 10.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示 。 两块平行放置的金属板 A、 B分别于电源的两极 a、 b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出 。 则 ( ) A.a 为电源正极，到达 A板的为 射线 B.a 为电源正极，到达 A板的为 射线 C.a 为电源负极，到达 A板的为 射线 D.a 为电源负极，到达 A板的为 射线 解析 ： 射线为高速电子流，质量约为质子质量的 ， 速度接近光速； 射线为氦核流，速度约为光速的 。 在同一电场中， 射线偏转的轨迹曲率半径小于 射线的曲率半径， 由图知，向左
9、偏的为 射线，向右偏的为 射线，即到达 A板的为 射线； 因 粒子带正电，向右偏转，说明电场方向水平向右，那么 a为电源正极，故 B正确， ACD错误 。 答案 ： B 11.国际单位制中，不是电场强度的单位是 ( ) A.N/C B.V/m C.J/C D.Tm/s 解析 ： A、根据电场强度的定义式 可知，力的单位是 N，电荷的单位是 C，所以电 N/C是场强度的单位； B、根据电场强度的公式 可知，电势差的单位为 V，距离的单位为 m，所以 V/m是电场强度的单位； C、根据电势差的公式 可知，功的单位为 J，电量的单位为 C， J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位； D、根据公式
10、F=qE及 F=qvB， E的单位与 Bv 的单位一样，故 Tm/s也是电场强度的单位； 本题选不是电场强度的单位的 。 答案 ： C 12.如图，粗细均与的玻璃管 A和 B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在 A管内，初始时两管水银面等高， B管上方与大气相通 。 若固定 A管，将 B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离 H， A管内的水银面高度相应变化 h，则 ( ) A.h=H B.h C.h= D. h H 解析 ：封闭气体是等温变化， B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离 H，压强变小，故气体体积要增大，但最终平衡时，封闭气体的压强比大气压小，一定是 B侧水银面低， B侧水银面下降的高
11、度 (H h)大于 A侧水银面下降的高度 h，故有： H h h，故 。 答案 ： B 13.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此 ( ) A.电动势是一种非静电力 B.电动势越大，表明电源储存的电能越多 C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压 解析 ： A、电动势在数值上等于非静电力把 1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故 A 错误 。 BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故 B错误， C
12、正确 。 D、电 源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故 D 错误 。 答案 ： C 14.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16m的路程，第一段用时 4s，第二段用时2s，则物体的加速度是 ( ) A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2 解析 ：第一段时间内的平均速度为： ， 第二段时间内的平均速度为： ， 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为： t=2+1s=3s， 则加速度为： a= 。 选项 ACD 错误， B正确 。 答案 ： B 15.如图，始终竖直
13、向上的力 F作用在三角板 A端，使其绕 B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力 F对 B点的力矩为 M，则转动过程中 ( ) A.M 减小， F增大 B.M 减小， F减小 C.M 增大， F增大 D.M 增大， F减小 解析 ：三角板绕 B点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力 F的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图所示 ： 设原来重心为 O，旋转后重心 O ， 令 ABC= ， OBC= ， 根据几何关系有拉力 F 的力臂： 重力 G的力臂： 根据力矩平衡有： ，其中 G， OB 为定值，缓慢转动 变大，所以拉力 F的力矩M 减小； 根据力矩平衡： 解得： ，转动过程中 均增
14、大，始终 ， G，OB， AB 为定值， ， = = 是定值， 缓慢增加， 比值增加，所以缓慢转动过程中， F增加； 综上可知： M减小， F 增加； A正确， BCD错误 。 答案 ： A 16.风速仪结构如图所示 。 光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住 。 已知风轮叶片转动半径为 r，每转动 n圈带动凸轮圆盘转动一圈 。 若某段时间 t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图所示，则该时间段内风轮叶片 ( ) A.转速逐渐减小，平均速率为 B.转速逐渐减小，平均速率为 C.转速逐渐增大，平均速率为 D.转速逐渐增
15、大，平均速率为 解析 ：根据图 b可知，在 t内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小， 在 t内挡了 4次光，则 。 根据风轮叶片每转动 n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期 T= ， 则风轮叶片转动的平均速率 ，故 B正确 。 答案 ： B 三 .多项选择题 17.某气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m。 若 1摩尔该气体的体积为 Vm，密度为 ，则该气体单位体积分子数为 (阿伏伽德罗常数为 NA)( ) A. B. C. D. 解析 ： 1摩尔该气体的体积为 Vm，则单位体积分子数为 n= ， 气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m，则 1mol
16、气体的分子数为 NA= ，则单位体积分子数为n= = ， 单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数 n= 。 故 D错误， A、 B、 C正确 。 答案 ： ABC 18.如图所示电路中，电源内阻忽略不计 。 闭合电建，电压表示数为 U，电流表示数为 I；在滑动变阻器 R1的滑片 P由 a端滑到 b端的过程中 ( ) A.U 先变大后变小 B.I 先变小后变大 C.U 与 I比值先变大后变小 D.U 变化量与 I变化量比值等于 R3 解析 ： A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故 A错误； BC、
17、由图可知，在滑动变阻器 R1的滑片 P由 a端滑到 b端的过程中，滑动变阻器 R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大， U与I 的比值就是接入电路的 R1的电阻与 R2的 电阻的和，所以 U与 I比值先变大后变小，故 C正确； D、由于电压表示数没有变化，所以 U变化量与 I 变化量比值等于 0，故 D错误 。 答案 ： BC 19.如图，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向 。 螺线管与导线框 abcd相连，导线框内有一小金属圆环 L，圆环与导线框在同一平面内 。 当螺线管内的磁感应强度 B随时间按图所示规律变化时 (
18、 ) A.在 t1 t2时间内， L有收缩趋势 B.在 t2 t3时间内， L有扩张趋势 C.在 t2 t3时间内， L内有逆时针方向的感应电流 D.在 t3 t4时间内， L内有顺时针方向的感应电流 解析 ： A、在 t1 t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定 L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势；故 A正确 。 BC、在 t2 t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知， L中磁通量不变，则 L中没有感应电流，因此没有变化的趋势 。 故 BC错误； D、在 t3 t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方
19、向 c到 b，根据右手螺旋定则，穿过圆环 L的磁通量向外减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应 电流，故 D正确 。 答案 ： AD 20.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源 M、 N两点沿 x轴相向传播，波速为 2m/s，振幅相同；某时刻的图象如图所示 。 则 ( ) A.甲乙两波的起振方向相反 B.甲乙两波的频率之比为 3： 2 C.再经过 3s，平衡位置在 x=7m出的质点振动方向向下 D.再经过 3s，两波源间 (不含波源 )有 5个质点位移为零 解析 ： A、根据上下坡法知，甲波的起振方向向下，乙波的起振方向向上，可知甲乙两波的起振方向相反，故 A正确 。 B、两列
20、波的波速相同，甲波的波长为 4m，乙波的波长为 6m，则两列波的波长之比为 2： 3，根据 f= 知，频率之比为 3： 2，故 B正确 。 C、再经过 3s，甲乙两波传播的距离 x=23m=6m ，即波谷到达 x=7m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达 x=7m处，根据叠加知，该质点向上振动，故 C错误； D、根据波的叠加知，此时除了波源还有 x=9m处、 x=6 7m处、 x=6m处、 x=5 6m处、 x=2 3m处质点位移为零，故 D正确 。 答案 ： ABD 四 .填空题 21.形象描述磁场分布的曲线叫做 ，通常 的 大小也叫做磁通量密度 。 解析 ：磁感线可以形象地描述磁场的分
21、布 。 形象描述磁场分布的曲线叫做磁感线，通常磁感应强度的大小也叫做磁通量密度 。 答案 ：磁感线 磁感应强度 22.如图，粗糙水平面上，两物体 A、 B以轻绳相连，在恒力 F作用下做匀速运动 。 某时刻轻绳断开， A在 F牵引下继续前进， B最后静止 。 则在 B静止前， A和 B组成的系统动量 (选填：守恒或不守恒 )。 在 B静止后， A和 B组成的系统动量 (选填：守恒或不守恒 )。 解析 ：剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以 AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；剪断细线后，在 A停止运动以前，摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守
22、恒； B 静止后， B的合力为 0， A木块的拉力大于摩擦力， A和 B组成的系统合力不为 0，所以系统动量不守恒 。 答案 ：守恒 不守恒 23.两颗卫星绕地球运行的周期之比为 27： 1，则它们的角速度之比为 ，轨道半径之比为 。 解析 ：行星在绕恒星做圆周运动时恒星对行星的引力提供圆周运动的向心力，故有： r 解得： r= 已知两颗卫星绕地球运行的周期之比为 27： 1， 故则它们的轨道半径的比为 9： 1 卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有： =m 2r 解得： = ， 已知它们的轨道半径之比为 9： 1，所以角速度之比为： 1： 2=1： 27。 答案 ： 1： 2
23、7 9： 1 24.如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中 ABC是位于竖直平面内以 O为圆心的一段圆弧， OA与竖直方向的夹角为 。 一小球以速度 v0从桌面边缘 P水平抛出，恰好从 A点沿圆弧的切线方向进入凹槽 。 小球从 P到 A的运动时间为；直线 PA与竖直方向的夹角= 。 解析 ：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动 。 速度与水平方向的夹角为 ，有： tan= 。 解得： t= 小球在由 P到 A的过程中，位移与竖直方向的夹角为 ，则有： tan= = = =2cot ， 直线 PA 与竖直方向的夹角为： =arctan (2cot )。 答案 ： arc
24、tan(2cot ) 25.如图，质量为 m的带电小球 A用绝缘细线悬挂于 O点，处于静止状态 。 施加一水平向右的匀强电场后， A向右摆动，摆动的最大角度为 60 ，则 A受到的电场力大小为 。 在改变电场强度的大小和方向后，小球 A的平衡位置在 =60 处，然后再将 A的质量改变为 2m，其新的平衡位置在 =30 处， A受到的电场力大小为 。 解析 ：带电小球 A，受到电场力向右摆动的最大角度为 60 ，末速度为零， 此过程中电场力 F对小球做正功，重力 G做负功，细线拉力 T不做功， 根据动能定理，则有： Flsin mgl(1 cos )=0， 解得： F= mg 改变电场强度的大小
25、和方向后，平衡在 =60 处时，根据正弦定理，则有：； 而在新的平衡位置在 =30 处，根据正弦定理，则有：； 解得： F=mg。 答案 ： mg mg 26.地面上物体在变力 F作用下由静止开始竖直向上运动，力 F随高度 x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为 h， h H。 当物体加速度最大时其高度为 ，加速度的最大值为。 解析 ：因作用在物体上的力 F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为 0或 h。 因变力 F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程
26、中的平均作用力为： = 所以在物体能上升到最大高 h 的过程中，由功能关系有： 上述 两式联立的： m= 在开始时，由牛顿第二定律有： F0 mg=ma 联立 上面 两式解得： a=。 答案 ： 0或 h 五 .实验题 27.在用 DIS研究机械能守恒定律的实验中，用到的传感器是 传感器 。 若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏 。 (选填：大或小 )。 解析 ：实验中用 DIS测出的应为小球在各点时的动能，故应用到光电门传感器，而小球充当档光片的作用； 依据平均速度等于中时刻的瞬时速度，从而可求得摆锤的瞬时速度， 若摆锤直径的测量值大于其真实值，那么导致摆锤的瞬时速度偏大，
27、则摆锤动能的测量值也偏大 。 答案 ：光电门 大 28.在用多用电表测电阻、电流和电压的实验中 ： (1)用多用电 表 测电流或电阻的过程中正确的是 (A)在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零 (B)在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 (C)在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 (D)在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测 解析：在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，选项 A正确。 B、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零。 C、在测量未知电阻时，若先
28、选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，选项 C错误。 D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，选项 D正确。 答案： AD (2)测量时多用电表指针指在如图所示位置 。 若选择开关处于 10V挡，其读数为 V；若选择开关处于 10 挡，其读数 200 (选填：大于，等于或小于 )。 解析 ：选择开关处于 10V挡，最小 分度值为 0.2v，所以此时的读数为 5.4v。 因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以 1
29、0至 30的中间数值一定小于 20，若选择开关处于 10 挡，其读数小于 200 。 答案 ： 5.4 小于 29.用 DIS描绘电场的等势线的实验装置示意图如图所示 。 (1)该实验描绘的是 。 (A)两个等量同种电荷周围的等势线 (B)两个等量异种电荷周围的等势线 (C)两个不等量同种电荷周围的等势线 (D)两个不等量异种电荷周围的等势线 解析：该实验是利用两电极间的电流来模拟两个等量异种电荷周围的等势线的分布情况；故B 正确。 答案： B (2)实验操作时，需在平整的木板上依次铺放 。 (A)导电纸、复写纸、白纸 (B)白纸、导电纸、复写纸 (C)导电纸、白纸、复写纸 (D)白纸、复写纸
30、、导电纸 解析：本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，在导电纸上寻找等势点，作出等势线，所以导电纸应铺在最上面，白纸在最下面；且导电纸有导电物质的一面要朝上，中间放复写纸；故 D 正确。 答案： D (3)若电压传感器的红、黑探针分别接触图中 d、 f两点 (f、 d连线与 A、 B连线垂直 )时，示数小于零 。 为使示数为零，应保持红色探针与 d点接触，而将黑色探针 (选填：向左或向右 )移动 。 解析 ：示数小于零，则电流是从黑表笔流进，是从红表笔流出的；根据两等量异号电荷的电场线和等势面的特点可知， d点的电势低于 f点的电势，所以为使两点的电势相等，应将接f 的黑表笔向右移动 。 答案
31、 ：向右 30.某同学制作了一个结构如图所示的温度计 。 一端封闭的轻质细管可绕封闭端 O自由转动，管长 0.5m。 将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水 平、细线沿竖直方向 。 在气体温度为 270K时，用一段水银将长度为 0.3m的气柱封闭在管内 。 实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度 l和力传感器读数 F 之间的关系如图所示 (实验中大气压强不变 )。 (1)管内水银柱长度为 m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为 K。 解析：设管内水银柱长度为 l，管子长度为 L，水银柱的重力为 G。 由图知：气柱长度为 l1=0.31m时，力
32、传感器读数 F1=0.36N；气柱长度为 l2=0.35m时，力传感器读数 F2=0.40N 以 O 点为支点，根据力矩平衡得： G(l1+ )=F1L G(l2+ )=F2L 两式相除得： = 代入解得 l=0.1m 所以水银不溢出时，气柱最大长度为 Lm=L l=0.5m 0.1m=0.4m 设该温度计能测得的最高温度为 Tm。根据盖 吕萨克定律得： = 可得 Tm= = K=360K。 答案： 0.1 360 (2)若气柱初始长度大于 0.3m，该温度计能测量的最高温度将 (选填：增大，不变或减小 )。 解析：若气柱初始长度大于 0.3m，由 Tm= 知， Lm和 T1均不变，当 L1增
33、大时，可得 Tm减小。即温度计能测量的最高温度将减小。 答案：减小 (3)若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将 (选填：偏高，不变或偏低 )。 解析 ：若实验中大气压强略有升高，封闭气体的压强略增大，由气态方程 =c，当气体温度升高气柱向右移动的距离将小于大气压不变时移动的距离，可知，测得的温度将偏低 。 答案 ：偏低 六、计算题 31.如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分 A和 B，上下两部分气体初始温度相等，且体积 VA VB。 (1)若 A、 B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？ 某同学解答如下： 设两部分气体压强不变，由 ，
34、， V= V， ，所以水银柱将向下移动 。 上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答 。 解析：不正确。 水银柱移动的原因是升温后，由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移动方向。 正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得 P=P P= 因为 T 0， pA pB，可知 PA PB，所示水银柱向上移动。 答案： 不正确，水银柱向上移动。 (2)在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置， A、 B两部分气体始末状态压强的变化量分别为 pA和 pB，分析并比较二者的大小
35、关系 。 解析 ：升温前有 PB=PA+Ph(ph为汞柱压强 ) 升温后同样有 PB=P A+P h 两式相减可得 PA= PB 答案： pA和 pB相同 。 32.风洞是研究空气动力学的实验设备 。 如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量 m=3kg，可沿杆滑动的小球 。 将小球所受的风力调节为 F=15N，方向水平向左 。 小球以速度 v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取 g=10m/s2.求： (1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； 解析：小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为 t= = =0.8s； 小球在水平方向做匀减速运动，加速
36、度 a= = =5m/s2； 则水平位移 s=v0t at2=80.8 =4.8m。 答案： 小球落地所需时间为 0.8s 离开杆端的水平距离为 4.8m (2)小球落地时的动能 。 解析：由动能定理 EK mv02=mgH Fx 解得： Ek=120J。 答案： 小球落地时的动能为 120J (3)小球离开杆端后经过多少时间动能为 78J？ 解析 ：小球离开杆后经过时间 t的水平位移 x=v0t at2 竖直分位移 h= gt2； 由动能定理 EK mv02=mg gt2 Fx 将 EK=78J和 v0=8m/s代入得 125t2 80t+12=0 解得 t1=0.4s， t2=0.24s。
37、 答案： 小球离开杆端后经过 0.4s和 0.24s时间动能均为 78J。 33.如图，长度 L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷 A，其电荷量 Q=1.810 7C；一质量 m=0.02kg，带电量为 q的小球 B套在杆上 。 将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为 x轴正方向建立坐标系 。 点电荷 A对小球 B的作用力随 B位置x 的变化关系如图中曲线 I所示，小球 B所受水平方向的合力随 B位置 x的变化关系如图中曲线 所示，其中曲线 在 0.16x0.20 和 x0.40 范围可近似看作直线 。 求： (静电力常量 k=910 9Nm/C2) (1)
38、小球 B所带电量 q。 解析：由图可知，当 x=0.3m 时， F1=k =0.018N 因此： q= =110 6C。 答案： 小球 B所带电量为 110 6C (2)非均匀外电场在 x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小 E。 解析：设在 x=0.3m处点电荷与小球间作用力为 F2，则： F 合 =F2+qE 因此： E= = N/C= 310 4N/C 电场在 x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为 310 4N/C，方向水平向左。 答案： 非均匀外电场在 x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为 310 4N/C (3)在合电场中， x=0.4m与 x=0.6m之间的电势差 U。
39、解析：根据图象可知在 x=0.4m与 x=0.6m之间合力做功大小 W 合 =0.0040.2=810 4J 由 qU=W 合 可得： U= =800V。 答案： 在合电场中， x=0.4m 与 x=0.6m之间的电势差为 800V (4)已知小球在 x=0.2m 处获得 v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到 x=0.4m。 若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为 0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离 s 是多少？ 解析 ：由图可知 小球从 x=0.16m到 x=0.2m处 电场力做功 W1= =610 4J 小球从 x=0.2m到 x=0
40、.4m处，电场力做功 W2= mv2= 1.610 3 J 由图可知小球从 x=0.4m到 x=0.8m处，电场力做功 W3= 0.0040.4= 1.610 3 J 由动能定理可得： W1+W2+W3+F 外 s=0 解得： s= =0.065m。 答案： 恒力作用的最小距离 s是 0.065m 34.如图，一关于 y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为 B的匀强磁场与平面垂直 。 一足够长，质量为 m的直导体棒沿 x轴方向置于轨道上，在外力 F作用下从原点由静止开始沿 y轴正方向做加速度为 a的匀速加速直线运动，运动时棒与 x轴始终平行 。 棒单位长度的电阻 ，与电阻不计的轨道接触良
41、好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为 P=ky(SI)。 求： (1)导体轨道的轨道方程 y=f(x)。 解析：设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为 (x ， y)，安培力的功率为： 棒做匀加速运动，有： R=2x 代入前式得： 轨道形式为抛物线。 答案： 导体轨道的轨道方程 (2)棒在运动过程中受到的安培力 Fm随 y的变化关系 。 解析：安培力为： 以轨道方程代入得： 。答案： 棒在运动过程中受到的安培力 Fm随 y的变化关系 (3)棒从 y=0运动到 y=L过程中外力 F的功 。 解析 ：由动能定理有： 安培力做功为： 棒在 y=L处动能为： Ek= 外力做功为：。答案： 棒从 y=0运动到 y=L 过程中外力 F的功
