文档内容
2008 年上海市高中毕业统一学业考试
物理试卷
考生注意：
1．答卷前，考生务必将姓名、准考证号、校验码等填写清楚。
2．本试卷共10页，满分150分。考试时间120分钟。考生应用蓝色或黑色的钢笔或圆珠笔将
答案直接写在试卷上。
3．本试卷一、四大题中，小题序号怕标有字母A的试题，适合于使用一期课改教材的考生；标
有字母B的试题适合于使用二期课改教材的考生；其它未标字母A或B的试题为全体考生必
做的试题。不同大题可以分别选做A类或B类试题，同一大题的选择必须相同。若在同一大
题 内同时选做A类、B类两类试题，阅卷时只以A类试题计分。
4．第20、21、22、23、24题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最
后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。有关物理量的数值计算问题，答案中必须明
确写出数值和单位。
一．（20分）填空题．本大题共5小题，每小题4分。答案写在题中横线上的空白处或指定位置，
不要求写出演算过程。
本大题第1、2、3小题为分叉题，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类试题计分。
A类题（适合于一期课改教材的考生）
1A．某行星绕太阳运动可近似看作匀速圆周运动，已知行星运动的轨道半径为R，周期为T，万
有引力恒量为G，则该行星的线速度大小为＿＿＿＿＿；太阳的质量可表示为＿＿＿＿＿。
2A．如图所示，把电量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能
＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势U ＝15V，B点的电势
A
U ＝10V，则此过程中电场力做的功为＿＿＿＿J。
B
3A．1991年卢瑟福依据粒子散射实验中粒子发生了＿＿＿＿（选填“大”或“小”）角度散射
现象，提出了原子的核式结构模型。若用动能为1MeV的粒子轰击金箔，则其速度约为＿＿
＿＿＿m/s。（质子和中子的质量均为1.67×10－27kg，1MeV=1×106eV）
B类题（适合于二期课改教材的考生）
1B．体积为V的油滴，落在平静的水面上，扩展成面积为S的单分子油膜，则该油滴的分子直
径约为＿＿＿＿＿。已知阿伏伽德罗常数为N ，油的摩尔质量为M，则一个油分子的质量
A
为＿＿＿＿＿＿。
第0页 | 共23页2B．放射性元素的原子核在衰变或衰变生成新原子核时，往往会同时伴随＿＿＿＿＿辐
射。已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T 和T ，经过t＝T ·T 时间后测得这两种放
1 2 1 2
射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比m ：m ＝＿＿＿＿＿。
A B
3B．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，则该交流电电压的最大值为＿＿＿＿V。当吊
车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，电
动机的工作效率为＿＿＿＿＿＿。（g取10m/s2）
公共题（全体考生必做）
4．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作
用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向
成角（＜/4）。则F大小至少为＿＿＿＿＿＿；若F＝mgtan，则质点机
械能大小的变化情况是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
5．在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推
表：伽利略手稿中的数据
测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略时代的1个 1 1 32
29 4 2 130
长度单位相当于现在的 mm，假设1个时间单位相当于现在
30 9 3 298
的0.5s。由此可以推测实验时光滑斜面的长度至少为＿＿＿＿＿ 16 4 526
25 5 824
＿m，斜面的倾角约为＿＿＿＿＿度。（g取10m/s2）
36 6 1192
49 7 1600
64 8 2104
二、（40分）选择题。本大题分单项选择题和多项选择题，共9小题。单项选择题有5小题，
每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得4分；多项选择题有4小题，每
小题给出的四个答案中，有二个或二个以上是正确的，选对的得5分，选对但不全，得部
分分；有选错或不答的，得0分。把正确答案全选出来，并将正确答案前面的字母填写在
题后的方括号内。填写在方括号外的字母，不作为选出的答案。
Ⅰ．单项选择题
6．在下列4个核反应方程中，x表示质子的是
第1页 | 共23页（A）30P® 30Si+x （B）238U® 234Th+x
15 14 92 92
（C）27Al+1n ® 27Mg+x （D）27Al+4He® 30P+x
13 0 12 13 2 15
[ ]
7．如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三
个钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的A、C点各增加一个同样的钩码，则木棒
（A）绕O点顺时针方向转动
（B）绕O点逆时针方向转动
（C）平衡可能被破坏，转动方向不定
（D）仍能保持平衡状态
[ ]
8．物体做自由落体运动，E 代表动能，E 代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零
k p
势能面。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是
[ ]
9．已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内一定质量
的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体
的内能
（A）先增大后减小 （B）先减小后增大
（C）单调变化 （D）保持不变
[ ]
10．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应
强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势与导体棒位置x关系的图像是
第2页 | 共23页[ ]
Ⅱ．多项选择题
11．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。5s内物体的
（A）路程为65m
（B）位移大小为25m，方向向上
（C）速度改变量的大小为10m/s
（D）平均速度大小为13m/s，方向向上
[ ]
12．在杨氏双缝干涉实验中，如果
（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹
（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹
（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
[ ]
13．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中
间封有一段空气，则
（A）弯管左管内外水银面的高度差为h
（B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
（C）若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
（D）若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
[ ]
14．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷
M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB
的垂直平分线。在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小
球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在
CD连线上做往复运动。若
（A）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小
（B）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小
（C）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小
（D）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小
[ ]
三．（30分）实验题
第3页 | 共23页15．（4分）如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器
指示归零。用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩
擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带＿
＿＿电（选填写“正”或“负”）；若改用红外线重复上实验，结果发现验电器
指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率＿＿＿＿红外线（选填“大
于”或“小于”）。
16．（4分，单选题）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是
点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金
属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是
（A）当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°
（B）当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°
（C）当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°
（D）干涉条纹保持原来状态不变
[ ]
17．（6分）在“用单摆测重力加速度”的实验中，
（1）某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/n
4p2l
e．用公式g = 计算重力加速度
T2
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比＿＿＿（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）。
（2）已知单摆在任意摆角 时的周期公式可近似为
é æqöù
T¢=T 0 ê ë 1+asin2 ç è2 ÷ ø ú û ，式中T 0 为摆角趋近于0°时的周期，
a为常数。为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有＿
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示
＿＿＿＿＿＿。
第4页 | 共23页18．（6分）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡L （6V，1.5W）、L （6V，10W）的发光情
1 2
况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图。
（1）他分别将L 、L 接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为
1 2
6V时，发现灯泡均能正常发光。在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整。
（2）接着他将L 和L 串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压
1 2
表示数为6V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是＿＿＿＿＿
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（3）现有如下器材：电源E（6V，内阻不计），灯泡L （6V，1.5W）、L （6V，10W），L （6V，
1 2 3
10W），单刀双掷开关S。在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关S
与1相接时，信号灯L 亮，右转向灯L 亮而左转向灯L 不亮；当单刀双掷开关S与2相接
1 2 3
时，信号灯L 亮，左转向灯L 亮而右转向灯L 不亮。
1 3 2
19．（10分）如图所示是测量通电螺线管A内部磁感应强度B及其与电
流I关系的实验装置。将截面积为S、匝数为N的小试测线圈P置
于螺线管A中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过
该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计D相
连。拨动双刀双掷换向开关K，改变通入螺线管的电流方向，而不
改变电流大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。
（1）将开关合到位置1，待螺线管A中的电流稳定后，再将K从位置
第5页 | 共23页1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为d ，已知冲击电流计的磁通灵敏度为D ， D ＝
m
d
m ，式中Df为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B＝＿＿＿＿
NDf
＿＿；若将K从位置1拨到位置2的过程所用的时间为t，则试测线圈P中产生的平均感
应电动势＝＿＿＿＿。
（2）调节可变电阻R，多次改变电流并拨动K，得到A中电
实验
I（A） B（×10－3T）
流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管
次数
A内部感应强度B和电流I的关系为B＝＿＿＿＿＿＿＿
1 0.5 0.62
＿。
2 1.0 1.25
（3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的准确性，
3 1.5 1.88
可采取的措施有
4 2.0 2.51
（A）适当增加试测线圈的匝数N
5 2.5 3.12
（B）适当增大试测线圈的横截面积S
（C）适当增大可变电阻R的阻值
（D）适当拨长拨动开关的时间t
四．（60分）计算题。本大题中第20题为分叉题，分A类、B类两题，考生可任选一题。
若两题均做，一律按A类题计分。
A类题（适合于一期课改教材的考生）
20A．（10分）汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油上升。已知某
型号轮胎能在－40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过
3.5atm，最低胎压不低于1.6atm，那么在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范
围内比较合适？（设轮胎容积不变）
第6页 | 共23页B类题（适合于二期课改教材的考生）
20B．（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6。
（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。
（2）若改用5000高压输电，用户端利用n ：n ＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。
1 2
公共题（全体考必做）
21．（12分）总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启
降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图，试根据图像求：（g
取10m/s2）
（1）t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小。
（2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。
（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。
22．（12分）有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝2.5m/s。在t＝
0时，两列波的波峰正好在x＝2.5m处重合，如图所示。
（1）求两列波的周期T 和T 。
a b
（2）求t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置。
（3）辨析题：分析并判断在t＝0时是否存在两列波的波谷重合处。
某同学分析如下：既然两列波的波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在。
只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置。
你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置。若不正确，指出错误处并
通过计算说明理由。
第7页 | 共23页第8页 | 共23页23．（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD
区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形
（不计电子所受重力）。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。
（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求
所有释放点的位置。
（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开
（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
第9页 | 共23页24．（14分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R 、粗细均匀的光滑半
1
圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF
相接，EF之间接有电阻R ，已知R ＝12R，R ＝4R。在MN上方及CD下方有
2 1 2
水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不
计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终
保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体
棒ab下落r/2时的速度大小为v ，下落到MN处的速度大小为v 。
1 2
（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。
（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的
距离h和R 上的电功率P 。
2 2
（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v ，要使其在
3
外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系
式。
第10页 | 共23页2008 年全国普通高等学校招生统一考试
上海物理试卷答案要点
一．填空题（共20分）
2pR 4p2R3
1A． ， 2A．增大，－2.5×10－8 3A．大，6.9×106
T GT2
v M
1B． ， 2B．，2T 2 ：2T 1 3B．380 2 ，75%
S N
A
4．Mgsin，增大、减小都有可能 5．2.04，1.5
二、选择题（共40分）
I．6．C 7．D 8．B 9．B 10．A
II．11．AB 12．BD 13．ACD 14．BCD
三、实验题（共30分）
15．正，大于 16．D
17．（1）偏小
（2）T′（或t、n）、， T′
18．（1）如图b
（2）由于R 比R 小得多，灯泡L 分
L1 L2 2
得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率
很小，不能发光。
（3）如图c
d d
19．（1） m ， m （2）0.00125I（或kI） （3）A，B
2ND S D Dt
f f
四、计算题（共60分）
20 A．（10分）
解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。
设在T ＝293K充气后的最小胎压为P ，最大胎压为P 。依题意，当T ＝233K时胎压为
0 min max 1
P ＝1.6atm。根据查理定律
1
P P 1.6 P
1 = min ，即 = min
T T 233 293
1 0
解得：P ＝2.01atm
min
当T ＝363K时胎压为P ＝3.5atm。根据查理定律
2 2
P P 3.5 P
2 = max ，即 = max
T T 363 293
2 0
解得：P ＝2.83atm
max
20B．（10分）
第11页 | 共23页P 20´103
解：（1）输电线上的电流强度为I＝ = A＝52.63A ①
U 380
输电线路损耗的功率为
P ＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW ②
损
（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为
P 20´103
I′＝ = A＝4A ③
U¢ 5000
用户端在变压器降压前获得的电压
U ＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V ④
1
U n
根据 1 = 1
U n
2 2
用户得到的电压为
n 1
U ＝ 2U ＝ ×4976V＝226.18V ⑤
2 n 1 22
1
21．（12分）
解：（1）从图中可以看出，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为
v 16
a= t = m/s2=8m/s2
t 2
设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了
39.5×2×2m＝158m
1
根据动能定理，有mgh-W = mv2
f 2
1 1
所以有 W =mgh- mv2＝（80×10×158－ ×80×62）J≈1.25×105J
f 2 2
（3）14s后运动员做匀速运动的时间为
H -h 500-158
t¢= = s＝57s
v 6
t
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t ＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
总
22．（12分）
解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为＝2.5m，＝4.0m，因此它们的周期分
a b
别为
l 2.5 l 4.0
T = a = s＝1s T = b = s＝1.6s
a v 2.5 b v 2.5
（2）两列波的最小公倍数为 S＝20m
在t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置为
x＝（2.5±20k）m，k＝0，1，2，3，……
（3）该同学的分析不正确。
第12页 | 共23页要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰
好相等的位置。设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设
l l
L＝（2m－1） a L＝（2n－1） b ，式中m、n均为正整数
2 2
只要找到相应的m、n即可
将＝2.5m，＝4.0m代入并整理，得
a b
2m-1 l 4.0 8
= a = =
2n-1 l 2.5 5
b
由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。
23．（12分）
解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的
速度为v ，此后进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
0
1
eEL= mv2
2 0
2
L 1 1 eEæ L ö
( - y)= at2 = ç ÷
2 2 2 m v
è ø
0
1 1
解得 y＝ L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L， L）
4 4
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v ，然后进入
1
电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
1
eEx= mv2
2 1
2
1 1 eEæ L ö
y = at2 = ç ÷
2 2 m v
è ø
1
L2
解得 xy＝ ，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置。
4
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v ，进入电场II后做类平抛运动，在高
2
度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有
2
1 1 1 eEæ L ö
eEx= mv2 ， y- y¢= at2 = ç ÷
2 2 2 2 m v
è ø
2
eEL L
v =at = ，y¢=v
y mv y nv
2 2
æ 1 1ö
解得 xy = L2 ç + ÷，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置
è2n 4ø
24．（14分）
解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab
从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得
第13页 | 共23页mg－BIL＝ma，式中l＝ 3r
Blv
I = 1
R
总
8R´（4R＋4R）
式中 R ＝ ＝4R
总 8R＋（4R＋4R）
3B2r2v
由以上各式可得到a=g－ 1
4mR
（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即
B´2r´v 4B2r2v
mg = BI´2r = B´ t ´2r = t
R R
并 并
12R´4R
式中 R ＝ ＝3R
并 12R＋4R
mgR 3mgR
解得 v = 并 =
t 4B2r2 4B2r2
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有
v2 -v2 =2gh
t 2
9m2gR2 v2
得 h = - 2
32B4r4 2g
此时导体棒重力的功率为
3m2g2R
P =mgv =
G t 4B2r2
根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即
3m2g2R
P = P +P = P ＝
电 1 2 G 4B2r2
3 9m2g2R
所以，P = P ＝
2 4 G 16B2r2
（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为v¢，此时安培力大小为
t
4B2r2v¢
F¢= t
3R
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v¢=v +at
t 3
根据牛顿第二定律，有
F＋mg－F′＝ma
第14页 | 共23页4B2r2(v +at)
即 F +mg- 3 =ma
3R
由以上各式解得
4B2r2 4B2r2a 4B2r2v
F = (at+v )-m(g-a)= t+ 3 +ma-mg
3R 3 3R 3R
第15页 | 共23页2008 年全国普通高等学校招生统一考试
上海物理试卷答案要点
一．填空题（共20分）
2πR 4π2R3
1A．【答案】： ，
T GT2
2πR Mm mv2
【解析】：该行星的线速度v= ；由万有引力定律G = ，解得太阳的质量M=
T R2 R
4π2R3
。
GT2
2A．【答案】：增大，－2.5×10－8
【解析】：将电荷从从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公
W
式U = ，W= qU = －5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J 。
AB q AB
3A．大，6.9×106
【解析】：卢瑟福在α粒子散射实验中发现了大多数α粒子没有大的偏转，少数发生了较大
的偏转，卢瑟福抓住了这个现象进行分析，提出了原子的核式结构模型；1MeV=1×106×
1
1.6×10-19= mv2，解得v=6.9×106m/s 。
2
V M
1B．【答案】：，
S N
A
【解析】：单分子油膜可视为横截面积为S，高度为分子直径D的长方体，则体积V=SD，
V M
故分子直径约为D= ；取1摩尔油，含有N个油分子，则一个油分子的质量为m= 。
S A N
A
2B．【答案】：γ，2T2 : 2T1
【解析】：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释
放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T·T时间后剩下的放射性元素的
1 2
m m
A B
质量相同，则
2T2
=
2T1
，故m
A
：m
B
＝2T2 : 2T1
3B．【答案】：380 2，75%
【解析】：输入电压380V为有效值，则最大值为380 2V；电动机对集装箱做功的功率P =
mgv = 5.7×103×10×0.1W= 5.7×103W，电动机消耗电功率P =380×20W=7.6×103W，故电
总
P
动机的工作效率为η = =75%
P
总
第16页 | 共23页4．【答案】：mgsinθ，增大、减小都有可能
O
【解析】：该质点受到重力和外力F从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运 θ
c
动，如图中显示当F力的方向为a方向（垂直于ON）时，F力最小为mgsinθ；若F＝
a
mgtanθ，即F力可能为b方向或c方向，故F力的方向可能与运动方向相同，也可能
m b
与运动方向相反，除重力外的F力对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、
N
g
减少都有可能。
5．【答案】：2.04，1.5
【解析】：依题意，第一列数据为时间的平方t2，从数据分析可知第一列数据与第三列数据
之比约为1:32（取平均值后比值为1:32.75），即斜面长度与时间的平方成正比，根据当时
数据与现在的数据换算关系和匀变速运动公式，可得角度约为1.5°。
二、选择题（共40分）
6．C 【解析】：由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的x分别为正电
子、α粒子、质子、中子。
7．D 【解析】：设木板AO段重力G，重心离O点L，木板BO段重力G，重心离O
1 1 2
点L，AO长度l，由力矩平衡条件：GL＋2Gl = GL＋3Gl ，当两边各挂一个钩码后，
2 1 1 2 2
等式依然成立：GL＋3Gl = GL＋4Gl ，即只要两边所增加挂钩码个数相同，依然能平
1 1 2 2
衡。
8．B 【解析】：由机械能守恒定律：E=E－E，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C
P K
1 1
错；由动能定理：E =mgh= mv2= mg2t2，则E=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜
K 2 2 P
1
的直线，D错；且E=E－ mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理
P 2
1
E=E－ mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错。
P 2
9．B 【解析】：由PV/T为恒量，由图像与坐标轴围成的面积表达PV乘积，从实线与虚
线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度T先减小后增大，内能先将小后
增大。
10．A 【解析】：在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，
则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势
与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。
第17页 | 共23页11．AB 【解析】：初速度 30m/s，只需要 3s 即可上升到最高点，位移为
h=302/20m=45m，再自由落体2s时间，下降高度为h=0.5×10×22m=20m，故路程为
1 2
65m，A 对；此时离地面高 25m，位移方向竖直向上，B 对；此时速度为v=10×
2m/s=20m/s，速度该变量为50m/s，C错；平均速度为25m/5s=5m/s，D错。
12．BD 【解析】：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，
屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B对；红光和紫光频率不同，不能
产生干涉条纹，C错；紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不
等的条纹，D对。
13．ACD【解析】：封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面
高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；
环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。
14．BCD【解析】：设F与F′绕O点对称，在F与F′处之间，小球始终受到指向O点的回复
力作用下做往复运动，若小球P带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F′点下方，即振
幅会加大，A错；每次经过O点因电场力做功减少而速度不断减小，B对；若点电荷
M、N电荷量缓慢增大，则中垂线CD上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来
每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D正确。
三、实验题（共30分）
15．【答案】：正，大于
【解析】：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，因锌板被紫外线照射后发生光电效应缺少电子而带
正电，故验电器指针的负电荷与锌板正电荷中和一部分电荷后偏角变小，用红外线照射验电
器指针偏角不变，说明锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率。
16．【答案】：D
【解析】：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条
纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D对。
17．【答案】：（1）偏小（2）T′（或t、n）、θ， T′
【解析】：单摆摆长为摆线长度与小球半径之和，因该同学将偏小的摆长代入公式计算，所
得重力加速度的测量值偏小于实际值；为验证该关系式，需要测量单摆在任意摆角θ时的
周期T′，根据公式与图像的函数关系式可推导得到摆角θ=0时横轴的截距为T。
0
18．【答案】：（1）如图b
（2）由于R 比R 小得多，灯泡L分得的电压很
L2 L1 2
小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。
第18页 | 共23页（3）如图c
【解析】：由于灯泡L和L额定电压相同，灯泡L功率大得多，故R 比R 小得多，灯
2 1 2 L2 L1
泡L分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。
2
d d
19．【答案】：（1） m ， m
2ND S D Dt
f f
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
【解析】：（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算
d d
得B= m ，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝ m 。
2ND S D Dt
f f
（2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I）
（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，
故选择A、B。
四、计算题（共60分）
20 A．（10分）
解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。
设在T＝293K充气后的最小胎压为P ，最大胎压为P 。依题意，当T＝233K时胎压为
0 min max 1
P＝1.6atm。根据查理定律
1
P P 1.6 P
1 = min ，即 = min
T T 233 293
1 0
解得：P ＝2.01atm
min
当T＝363K是胎压为P＝3.5atm。根据查理定律
2 2
P P 3.5 P
2 = max ，即 = min
T T 363 293
2 0
解得：P ＝2.83atm
max
20B．（10分）
P 20´103
解：（1）输电线上的电流强度为I＝ = A＝52.63A
U 380
输电线路损耗的功率为
P ＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW
损
P 20´103
（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝ = A＝4A
U¢ 5000
用户端在变压器降压前获得的电压 U＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V
1
U n
根据 1 = 1
U n
2 2
n 1
用户得到的电压为U＝ 2U ＝ ×4976V＝226.18V
2 n 1 22
1
21．（12分）
第19页 | 共23页解：（1）从图中可以看邮，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为
v 16
a= t = m/s2=8m/s2
t 2
设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了
39.5×2×2m＝158
1
根据动能定理，有mgh-W = mv2
f 2
1 1
所以有 W =mgh- mv2＝（80×10×158－ ×80×62）J≈1.25×105J
f 2 2
（3）14s后运动员做匀速运动的时间为
H -h 500-158
t¢= = s＝57s
v 6
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t ＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
总
22．（12分）
解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为λ＝2.5m，λ＝4.0m，因此它们的周期分别
a b
为
l 2.5 l 4.0
T = a = s＝1s T = b = s＝1.6s
a v 2.5 b v 2.5
（2）两列波的最小公倍数为 S＝20m
t＝0时，两列波的波峰生命处的所有位置为
x＝（2.5±20k）m，k＝0，1，2,3，……
（3）该同学的分析不正确。
要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的厅数倍恰
好相等的位置。设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设
l
L＝（2m－1） a L＝（2n－1），式中m、n均为正整数
2
只要找到相应的m、n即可
将λ＝2.5m，λ＝4.0m代入并整理，得
a b
2m-1 l 4.0 8
= a = =
2n-1 l 2.5 5
b
由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。
23．（12分）
解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的
为v，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
0
1
eEL= mv2
2 0
第20页 | 共23页2
L 1 1 eEæ L ö
( - y)= at2 = ç ÷
2 2 2 m v
è ø
0
1 1
解得 y＝ L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L， L）
4 4
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v，然后进入
1
电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
1
eEx= mv2
2 1
2
1 1 eEæ L ö
y = at2 = ç ÷
2 2 m v
è ø
1
L2
解得 xy＝ ，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。
4
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v，进入电场II后做类平抛运动，在高
2
度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有
2
1 1 1 eEæ L ö
eEx= mv2 y- y¢= at2 = ç ÷
2 2 2 2 m v
è ø
2
eEL L
v =at = ，y¢=v
y mv y nv
2 2
æ 1 1ö
解得 xy = L2 ç + ÷，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
è2n 4ø
24．（14分）
解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体
棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得
mg－BIL＝ma，式中l＝ 3r
Blv 8R´（4R＋4R）
I = 1 式中 R ＝ ＝4R
R 总 8R＋（4R＋4R）
总
3B2r2v
由以上各式可得到a=g－ 1
4mR
（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即
B´2r´v 4B2r2v 12R´4R
mg = BI´2r = B´ t ´2r = t 式中 R ＝ ＝3R
R R 并 12R＋4R
并 并
mgR 3mgR
解得 v = 并 =
t 4B2r2 4B2r2
第21页 | 共23页导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有v2 -v2 =2gh
t 2
9m2gr2 v2
得 h= - 2
32B4r4 2g
3m2g2R
此时导体棒重力的功率为P =mgv =
G t 4B2r2
根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即
3m2g2R
P = P +P = P ＝
电 1 2 G 4B2r2
3 9m2g2R
所以，P = P ＝
2 4 G 16B2r2
（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为v¢，此时安培力大小为
t
4B2r2v¢
F¢= t
3R
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v¢=v +at
t 3
根据牛顿第二定律，有F＋mg－F′＝ma
4B2r2(v +at)
即 F +mg- 3 =ma
3R
由以上各式解得
4B2r2 4B2r2a 4B2r2v
F = (at+v )-m(g-a)= t+ 3 +ma-mg
3R 3 3R 3R
第22页 | 共23页
