试卷预览：2003年上海高考

2003年上海高考

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2007/12/13
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1．在核反应方程 ⁴₂He ＋ ¹⁴₇N→¹⁷₈O ＋（X）的括弧中，X 所代表的粒子是（）

（A）¹₁H （B）²₁H （C）⁰₋₁e （D）¹₀n

【答案】

2．关于机械波，下列说法正确的是（）

（A）在传播过程中能传递能量（B）频率由波源决定

（C）能产生干涉、衍射现象（D）能在真空中传播

【答案】

ABC

3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学的方法来说，这属于（）

（A）等效替代（B）控制变量

（C）科学假说（D）数学归纳

【答案】

4．一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小 Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W 为（）

（A）Δv ＝ 0 （B）Δv ＝ 12 m/s （C）W ＝ 0 （D）W ＝ 10.8 J

【答案】

5．一负电荷仅受电场力作用，从电场中的 A 点运动到 B 点，在此过程中该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则 A、B 两点电场强度 E_A、E_B 及该电荷在 A、B 两点的电势能 E_pA、E_pB 之间的关系为（）

（A）E_A = E_B （B）E_A < E_B （C）E_pA = E_pB （D）E_pA > E_pB

【答案】

6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边 a、b 两点间电势差绝对值最大的是（）

【答案】

7．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 m 和 2m 的小球 A 和 B，支架的两直角边长度分别为 2L 和 L，支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示，开始时 OA 边处于水平位置，由静止释放，则（）

（A）A 球的最大速度为 2 $\sqrt{g L}$

（B）A 球速度最大时，两小球的总重力势能最小

（C）A 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为 45°

（D）A、B 两球的最大速度之比 v_A：v_B＝2：1

【答案】

BCD

8．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图 a 所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图 b 所示，干涉条纹有如下特点：

（1）任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；

（2）任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定。

现若将图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气膜后，从上往下观察到的干涉条纹（）

（A）变疏（B）变密（C）不变（D）消失

【答案】

9．卢瑟福通过__________实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型，右面平面示意图中的四条线表示 α 粒子运动的可能轨迹，在图中完成中间两条 α 粒子的运动轨迹。

【答案】

α 粒子散射

10．细绳的一端在外力作用下从 t ＝ 0 时刻开始做简谐振动，激发出一列简谐波，在细绳上选取 15 个点，图甲为 t ＝ 0 时刻各质点所处的位置，图乙为 t ＝ $\frac{T}{4}$ 时刻的波形图，（T 为波的周期），在图丙中画出 t ＝ $\frac{3 T}{4}$ 时刻的波形图。

【答案】

11．有质量的物体周围存在着引力场，万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义静电场场强的方法来定义引力场的场强，由此可得，与质量为 M 的质点相距 r 处的引力场场强的表达式为 E_G ＝_________（万的引力恒量用 G 表示）。

【答案】

$\frac{G M}{r^{2}}$

12．若氢原子的核外电子绕核作半径为 r 的匀速圆周运动，则其角速度 ω ＝_________，电子绕核运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流 I ＝_________（已知电子的质量为 m，电量为 e，静电力恒量用 k 表示）。

【答案】

$\frac{e}{r} \sqrt{\frac{k}{m r}}$ ， $\frac{e^{2}}{2 π r} \sqrt{\frac{k}{m r}}$

13．某登山爱好者在攀登珠穆朗玛峰的过程中，发现他携带的手表表面玻璃发生了爆裂，这种手表是密封的，出厂时给出的参数为：27℃ 时表内气体压强为 1×10⁵ Pa，在内外压强差超过 6×10⁴ Pa时，手表表面玻璃可能爆裂，已知当时手表处的气温为 − 13℃，则手表表面玻璃爆裂时表内气体压强的大小为______Pa，已知外界大气压强随高度变化而变化，高度每上升 12 m 大气压强降低 133 Pa，设海平面大气压为 1×10⁵ Pa，则登山运动员此时的海拔高度约为________m。

【答案】

8.7×10⁴，6613（在 6550 到 6650 间均可）

14．如图所示，在研究平抛运动时，小球 A 沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开轻质接触式开关 S，被电磁铁吸住的小球 B 同时自由下落，改变整个装置的高度 H 做同样的实验，发现位于同一高度的 A、B 两球总是同时落地，该实验现象说明了 A 球在离开轨道后（）

（A）水平方向的分运动是匀速直线运动

（B）水平方向的分运动是匀加速直线运动

（C）竖直方向的分运动是自由落体运动

（D）竖直方向的分运动是匀速直线运动

【答案】

15．在右图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的 A 单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的 B 单色光照射时不发生光电效应，那么（）

（A）A 光的频率大于 B 光的频率

（B）B 光的频率大于 A 光的频率

（C）用 A 光照射光电管时流过电流表 G 的电流方向是 a 流向 b

（D）用 A 光照射光电管时流过电流表 G 的电流方向是 b 流向 a

【答案】

16．如图所示，在“有固定转动轴物体的平衡条件”实验中，调节力矩盘使其平衡，弹簧秤的读数为_________N，此时力矩盘除受到钩码作用力 F₁、F₂、F₃ 和弹簧秤拉力 F₄ 外，主要还受到_______力和_______力的作用；如果每个钩码的质量均为 0.1 kg，盘上各圆的半径分别是 0.05 m、0.10 m、0.15 m、0.20 m（取 g ＝ 10 m/s²），则 F₂ 的力矩是________N•m，有同学在做这个实验时，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差距，检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差距的一个可能原因，并提出简单的检验方法（如例所示，将答案填在下表空格中）

	可能原因	检验方法
例	力矩盘面没有调到竖直	用一根细线挂一个钩码靠近力矩盘面，如果细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘不竖直
答

【答案】

1.9（1.8 ~ 2.0 均可），重，支持，0.1

转轴摩擦力太大。安装力矩盘后，轻轻转动盘面，如果盘面转动很快停止，说明摩擦太大。

力矩盘重心没在中心。安装力矩盘后，在最低端放一标志，轻轻转动盘面，如果标志始终停留在最低端，说明重心在这个标志和中心之间。

17．有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积 20.0 mL 变为 12.0 mL，实验共测了五次，每次体积值直接从注射器的刻度上读各并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值，实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果。

序号	V（mL）	p（×10⁵ Pa）	pV（×10⁵ Pa·mL）
1	20.0	1.0010	20.020
2	18.0	1.0952	19.714
3	16.0	1.2313	19.701
4	14.0	1.4030	19.642
5	12.0	1.6351	19.621

（1）仔细观察不难发现，pV（×10⁵Pa·mL）一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是（）

（A）实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大

（B）实验时环境温度增大了

（C）实验时外界大气压强发生了变化

（D）实验时注射器内的空气向外发生了泄漏

（2）根据你在（1）中的选择，说明为了减小误差，应采取的措施是：_____________________________。

【答案】

（1）D

（2）在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性

18．图 1 为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的 I–U 关系曲线图。

（1）为了通过测量得到图甲所示 I–U 关系的完整曲线，在图 2 和图 3 两个电路中应选择的是图_____，简要说明理由：_________________。（电源电动势为 9 V，内阻不计，滑线变阻器的阻值为 100 Ω）

（2）在图 4 电路中，电源电压恒为 9 V，电流表读数为 70 mA，定值电阻 R₁ ＝ 250 Ω，由热敏电阻的 I–U 关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为______V，电阻 R₂ 的阻值为_______Ω。

（3）举出一个可以应用热敏电阻的例子：___________。

【答案】

（1）2，图 2 电路电压可从 0 V 调到所需电压，调节范围较大。（或图3电路不能测得0 V附近的数据）

（2）5.2，111.8（111.6 ~ 112.0 均给分）

（3）热敏温度计（提出其它实例，只要合理的都给分）。

19．如图所示，1、2、3 为 p–V 图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态 1 经过程 1→3→2 到达状态 2，试利用气体实验定律证明： $\frac{p_{1} V_{1}}{T_{1}}$ = $\frac{p_{2} V_{2}}{T_{2}}$

【答案】

设状态 3 的温度为 T

1→3 为等压过程： $\frac{V_{1}}{T_{1}}$ = $\frac{V_{2}}{T}$

3→2 为等容过程： $\frac{p_{1}}{T}$ = $\frac{p_{2}}{T_{2}}$

消去 T 得： $\frac{p_{1} V_{1}}{T_{1}}$ = $\frac{p_{2} V_{2}}{T_{2}}$

20．第69题如图所示，一高度为 h＝0.2 m 的水平面在A点处与一倾角为 θ＝30° 的斜面连接，一小球以 v₀＝5 m/s 的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取 g ＝ 10 m/s²）。某同学对此题的解法为：

小球沿斜面运动，则 $\frac{h}{\sin θ}$ ＝ v₀t ＋ $\frac{1}{2}$ gsinθ·t²，由此可求得落地时间 t。

问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需时间；

若不同意则说明理由并求出你认为正确的结果。

【答案】

不同意，小球应在 A 点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。

t ＝ 0.2 s

【解析】

不同意，小球应在 A 点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑，正确做法是：

假设落地点在平面上，由平抛规律得

h = $\frac{1}{2}$ gt²，解得 t = $\sqrt{\frac{2 h}{g}}$

落地点与 A 点的水平距离为

s = v₀t = v₀ $\sqrt{\frac{2 h}{g}}$ = 1 m

斜面底宽 l = hcotθ = 0.2× $\sqrt{3}$ m = 0.35 m

又 l < s，

故小球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间即为平抛运动时间，有

t = $\sqrt{\frac{2 h}{g}}$ = $\sqrt{\frac{2 \times 0.2}{10}}$ s = 0.2 s。

21．质量为 m 的飞机以水平速度 v₀ 飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力），今测得当飞机在水平方向的位移为 l 时，它的上升高度为 h，求：

（1）飞机受到的升力的大小；

（2）从起飞到上升到 h 高度的过程中升力所作的功及高度 h 处飞机的动能。

【答案】

（1）F ＝ mg（1 + $\frac{2 h v_{0}^{2}}{g l^{2}}$ ）

（2）W ＝ mgh（1 + $\frac{2 h v_{0}^{2}}{g l^{2}}$ ）

E_k ＝ $\frac{1}{2}$ mv₀²（1 + $\frac{4 h^{2}}{l^{2}}$ ）

【解析】

（1）飞机水平方向速度不变，有

l = v₀t

竖直方向加速度恒定，有

h = $\frac{1}{2}$ at²，消去 t 得：

a = $\frac{2 h v_{0}^{2}}{g l^{2}}$

由牛顿第二定律得

F = mg + ma = mg（1 + $\frac{2 h v_{0}^{2}}{g l^{2}}$ ）

（2）升力做功为

W = Fh = mgh（1 + $\frac{2 h v_{0}^{2}}{g l^{2}}$ ），

在 h 处，飞机竖直方向的速度为

v_t = $\sqrt{2 a h}$ = $\frac{2 h v_{0}}{l}$

所以

E_k = $\frac{1}{2}$ m（v₀² + v_t²） = $\frac{1}{2}$ mv₀²（1 + $\frac{4 h^{2}}{l^{2}}$ ）

22．如图所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C 处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R₁ ＝ 4 Ω、R₂ ＝ 8 Ω（导轨其它部分电阻不计），导轨 OAC 的形状满足方程 y ＝ 2sin（ $\frac{π}{3}$ x）（单位：m），磁感强度 B＝ 0.2 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力 F 作用下，以恒定的速率 v ＝5 m/s 水平向右在导轨上从 O 点滑动到 C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与 OC 导轨垂直，不计棒的电阻，求：

（1）外力 F 的最大值；

（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝 R₁ 上消耗的最大功率；

（3）在滑动过程中通过金属棒的电流 I 与时间 t 的关系。

【答案】

（1）F_max ＝ 0.3 N

（2）P₁ ＝ 1 W

（3）I ＝ $\frac{3}{4}$ sin（ $\frac{5 π}{3}$ t）

【解析】

（1）由题意知，金属棒做匀速运动，由平衡条件得

F_外 = F_安

金属棒切割磁感线产生的电动势为

E = BLv

回路中的电流为

I = $\frac{E}{R_{总}}$

回路中的总电阻为

R_总 = $\frac{R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$ = $\frac{8}{3}$ Ω

金属棒受到的安培力大小为

F_安 = BIl = $\frac{B^{2} l^{2} v}{R_{总}}$

故 F_外 = $\frac{B^{2} l^{2} v}{R_{总}}$

又 l_max = 2sin $\frac{π}{2}$ = 2 m

联立解得 F_max = 0.2²×2²×5× $\frac{3}{8}$ N = 0.3 N

（2）由题意知，l 取最大值时，电阻丝 R₁ 上消耗的功率最大，则有

P₁ = $\frac{E^{2}}{R_{1}}$ = $\frac{B^{2} l^{2} v^{2}}{R_{1}}$ = $\frac{{0.2}^{2} \times 2^{2} \times 5^{2}}{5}$ W = 1 W

（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间的变化规律，有

l = 2sin $\frac{π}{3}$ x

且 E = Blv，x = vt

解得 I = $\frac{E}{R_{总}}$ = $\frac{B v}{R_{总}}$ 2sin（ $\frac{π}{3}$ vt）= $\frac{3}{4}$ sin（ $\frac{5 π}{3}$ t）

23．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积 A ＝ 0.04 m² 的金属板，间距 L ＝ 0.05 m，当连接到 U ＝ 2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示，现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒 10¹³ 个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为 q ＝＋ 1.0×10⁻¹⁷ C，质量为m＝2.0×10⁻¹⁵ kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力，求合上电键后：

（1）经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸收；

（2）除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？

（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

【答案】

（1）t ＝ 0.02 s

（2）W ＝ 2.5×10⁻⁴ J

（3）t₁ ＝ 0.014 s

【解析】

（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就全部吸附，烟尘颗粒所受电场力为

F = $\frac{q U}{L}$

由牛顿第二定律得

a = $\frac{F}{m}$

又 L = $\frac{1}{2}$ at² = $\frac{q U t^{2}}{2 m L}$

联立解得 t = L $\sqrt{\frac{2 m}{q U}}$ = 0.02 s

（2）由题意知，烟尘颗粒均匀分布在容器中，烟尘颗粒总数为 NAL，利用等效思想理解，全部颗粒等效为一个颗粒，且位于两金属板中间，带电量为 NALq，该颗粒运动到极板时，电场力做的功为

W = $\frac{1}{2}$ NALqU = 2.5×10⁻⁴ J

（3）设某一烟尘颗粒下落的距离为 x，此时仍存在于容器中的颗粒数为 NA(L − x)，每个颗粒的动能为 $\frac{1}{2}$ mv²，由动能定理得

$\frac{q U}{L}$ x = $\frac{1}{2}$ mv²

存在于容器中的颗粒数的总动能为

E_k = $\frac{1}{2}$ mv²·NA（L − x）= $\frac{q U}{L}$ xNA（L − x）

由函数知识知，当 x = $\frac{1}{2}$ L 时，E_k 最大

由运动学公式得

x = $\frac{1}{2}$ at₁²，解得 t₁ = $\sqrt{\frac{2 x}{a}}$ = L $\sqrt{\frac{m}{q U}}$ = 0.014 s。