B01.【上海卷】1985-2021年汇编（33套） - 压轴题汇总.docx（142道，150页）
文档属性
| 名称 | B01.【上海卷】1985-2021年汇编（33套） - 压轴题汇总.docx（142道，150页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-20 15:17:42 | ||
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文档简介
上海市
历年（1985~2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（33套,142道）
目 录
2021上海卷 2
2020上海卷 6
2019上海卷 12
2018上海卷 14
2017上海卷 15
2016上海卷 18
2015上海卷 23
2014上海卷 27
2013上海卷 34
2012上海卷 38
2011上海卷 43
2010上海卷 50
2009上海卷 54
2008上海卷 58
2007上海卷 64
2006上海卷 68
2004上海卷 75
2003上海卷 78
2002上海卷 81
2001上海卷 86
2000上海卷 89
1999上海卷 92
1998上海卷 96
1997上海卷 100
1996上海卷 104
1995上海卷 110
1994上海卷 116
1993上海卷 122
1992上海卷 126
1991上海卷 132
1990上海卷（暂缺） 139
1989上海卷 139
1988上海卷 146
1987上海卷（暂缺） 150
1986上海卷（暂缺） 150
1985上海卷（暂缺） 150
2021上海卷
[2020上海卷 T6 3分]一个做直线运动的物体的v-t图像为如图所示的半圆。则它在0~4s内的平均速度大小为（ ）
A．πm/s B．0.5πm/s C．1m/s D．0.25πm/s
【答案】B
【解析】根据v-t图像与时间轴围成的面积大小表示位移，可得0~4s内物体的位移为
平均速度为
故选B。
[2020上海卷 T12 4分]如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷。则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】离点电荷越近，电场强度越大，根据电场强度的定义式得
F=Eq
F-q图像斜率的大小为E，a电荷的F-q图像的斜率大于b电荷的。
故选B。
[2020上海卷 T16 4分]已知的单位是，的单位是K，的单位是，为无量纲数，则在国际单位制中，的基本单位是___________；若，则=___________。
【答案】
【解析】[1]C的基本单位
[2]因为的单位
而a无单位，v的单位是m s-1，则
[2020上海卷 T17 4分]如在测量引力常量G的实验中，小球（可视为质点）偏竖直方向一个小角度θ。两球心之间距离为r，质量为M的均匀球快速移开后，小球运动______（选填“可以”或“不可以”）视为简谐运动。若测量出两球心距r、圆球质量M、小球偏离竖直方向的水平距离d和小球摆动的周期T后，引力常量G可以表示为______。（当θ很小时，sinθ=tanθ）
【答案】可以
【解析】[1]万有引力很小，所以可知初始角度很小，可以看作是简谐运动。
[2]设小球的质量为m，根据万有引力定律可得，M和m的万有引力为
根据m的受力平衡，有
又单摆周期公式
由图可知单摆长度为
当θ很小时，sinθ=tanθ，联立求解得
[2020上海卷 T20 16分]如图（a）所示，竖直放置的足够长光滑平行导轨，宽L＝0.75m，导轨位于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8T。一根内阻不计金属棒跨接在导轨上，上方接如图所示的电路，R0＝10Ω，R为一电阻性原件。电键S断开时，金属棒由静止释放，其下落到匀速过程中R的U﹣I图线如图（b）所示。g取10m/s2，求：
（1）金属棒匀速直线运动时的速度；
（2）金属棒的质量；
（3）电键S闭合后，经过足够长时间后金属棒的动能。
【答案】（1）10m/s；（2）0.03kg；（3）J。
【解析】（1）由图可知，金属棒匀速直线运动时电压表的读数U＝6V，电流表的读数I＝0.5A
由于不计金属棒内阻，则金属棒产生的感应电动势E＝U
结合E＝BLv0，解得金属棒匀速直线运动时的速度：v0＝10m/s
（2）金属棒匀速运动时，有mg＝F安
又F安＝BIL
解得m＝0.03kg
（3）电键S闭合后，经过足够长时间后金属棒再次匀速运动，仍有
mg＝F安＝BI总L
设流过电阻R的电流为I，则
I＝I总﹣＝0.5﹣＝0.5﹣0.1U
即U＝5﹣10I，在图（b）中作出U﹣I图像，如图所示，该图像与原来R的U﹣I图线交点表示金属棒再次匀速运动时的电压和电流
此时，E′＝U＝2V
由E′＝BLv′，解得金属棒再次匀速运动时的速度v′＝m/s，
动能为Ek＝＝×0.03×（）2J＝J
【点评】解答本题时，关键要作出R的U﹣I图像，根据两个图线的交点读出金属棒再次匀速运动时的电压和电流。
2020上海卷
[2020上海卷 T8 3分]如图所示，线框abcd的左侧放置一通有恒定电流的长直导线，线框从位置Ⅰ按照以下四种方式运动，磁通量变化的绝对值最大的是（ ）
A．平移到位置Ⅱ
B．以bd为转轴转到位置Ⅱ
C．以MN为转轴转到位置Ⅲ
D．平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
【答案】D
【解析】由图，电流的方向向上，根据安培定则可知，电流右侧磁场的方向向里，左侧磁场的方向向外；通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏。
A、设线框的横截面积为S，位置I处平均磁感应强度为B1，位置Ⅱ处平均磁感应强度为B2，将线框从位置I平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量：△Φ1＝（B1﹣B2）S；
B、将线框从位置I以bd为转轴转到位置Ⅱ，磁通量的变化量：△Φ2＝（B1+B2）S；
C、以MN为转轴转到位置Ⅲ时，两侧磁场强弱相同，方向相同，故转动过程中，磁通量的变化为零；
D、平移到以MN为对称轴的位置III时，磁场方向反向，线圈没有变化，故磁感线穿过磁通量变化量为2B1S。
由以上分析可知，磁通量变化最大的是D，故D正确，ABC错误。
[2020上海卷 T12 3分]如图所示，一根玻璃管上端开口下端封闭，上管的内径小于下管的内径。管内的水银柱封闭了一定质量的气体，在大气压保持不变的情况下，温度升高，水银柱全部进入上管而未溢出，此过程中，气压p随体积V的变化关系为（ ）
【答案】D
【解析】在水银柱全部进入上管之前，被封闭的气体的压强p＝p0+ρg（h1+h2），其中ρ为水银密度，h1为上管水银高度，h2为下管水银高度，因为水银体积不变，所以V水银＝S1h1+S2h2（S1为上管截面积，S2为下管截面积），
得h1，代入得p＝p0+ρg（h2）＝（p0+ρg）﹣ρg（）h2，
因为被封闭的气体的体积V＝V2﹣S2h2（V2为下管总体积），得：
p＝（p0+ρg）+ρg（） （V﹣V2）＝（p0+ρg）+ρg（）V2+ρg（） V；
可知，初始状态水银柱只在下方管中，管内气体压强大于0，根据函数表达式可知p随V线性增大。
在水银柱全部进入上管之后，被封闭的气体的压强p＝p0+ρgh（h是水银在上管的长度），可知气体的压强不变，故D正确、ABC错误。
[2020上海卷 T16 4分]质量为m、摆长为L的单摆，拉开一定角度后，t1时刻由静止释放，在t1、t2、t3时刻（t1＜t2＜t3）。摆球动能Ek与势能Ep第一次出现如图关系，其中E0为单摆的总机械能。此单摆周期为 ，摆球在最低点的向心加速度为 。
【答案】4（t3﹣t1）； ；
【解答】单摆在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒为E0，故重力势能和动能之和为E0，在t1时刻，即在摆动的最高点，单摆的速度为零，动能为零；在t3时刻，单摆的重力势能为零，故此时摆球在最低点，则摆球从最高点运动到最低点所用的时间为，故周期T＝4（t3﹣t1）；
在最低点，摆球的动能为Ek＝E0，根据牛顿定律得Fn＝man＝m，则an；
[2020上海卷 T18 10分]图（a）是用DIS研究机械能守恒的装置。
（1）图（a）定位挡片的作用是 。
（2）实验中测得C点的机械能偏大的原因是 。
A．光电门在C的下方
B．摆锤释放时绳子松弛
C．摆锤在摆动的过程中由空气阻力
D．摆锤释放时在A的上方
（3）为了验证单摆的机械能守恒，某同学测量了摆下摆时动能Ek与偏角θ的函数关系，如图（b）所示。当偏角θ＝30°时，摆的重力势能为 J，若摆的质量为0.0075kg，则摆长为 m。
【答案】（1）改变小球摆动时摆线的长度；（2）AD；（3 ） 0.003，0.3。
【解答】（1）在定量研究机械能守恒定律之前需要进行定性研究的实验，实验中用到图中的定位挡片，它的作用是改变摆线的长度，来观察受到阻挡后小球能否摆到另外一侧接近释放时的同一高度。
（2）实验中测得C点的机械能偏大，说明重力势能偏大，最可能的原因是摆锤释放器的释放位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤释放时绳子松弛，长度偏长，在C处的重力势能偏低，则机械能偏小，故B错误；
C．摆锤在摆动的过程中由空气阻力，因阻力做功，导致机械能减小，故C错误；
D．摆锤释放时在A的上方，则在A处已有重力势能，则机械能偏大，故D正确；
故选：AD。
（3）依据摆时动能Ek与偏角θ的函数关系，可知，当夹角为50°时，动能为零，而夹角为0时，动能最大，其值为Ek＝0.0113J，
因对应的重力势能为零，则其机械能值为E＝0.0113J；
当偏角θ＝30°时，由上图可知，对应的动能为：Ek′＝0.0083J；那么其位置摆的重力势能为：Ep′＝E﹣Ek′＝0.0113J﹣0.0083J＝0.003J；
设其摆长为L，依据重力势能表达式，则有：mgL（1﹣cosθ）＝Ep′，
代入数据解得：L≈0.3m
[2020上海卷 T20 19分]足够长的斜面与水平之间的倾角为37°，质量为2kg的物体静止在斜面底端，在平行于斜面上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的滑动摩擦系数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求：
（1）物体在斜面上向上滑行的时间；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比k；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L。
【答案】（1）物体在斜面上向上滑行的时间为2.4s；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比为5：1；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象见解析（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）说明见解析，下滑过程中重力势能和动能相等的位置离斜面底端的距离为1.2m。
【解析】（1）撤去力F之前物体受力情况如图所示，
根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝2m/s2，
撤去F以后受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2，
得：a2＝10m/s2
撤去F时速度v1＝a1t1＝4m/s
撤去F后物体减速到零所需时间t20.4s
所以物体上升到最大高度所需时间：t＝t1+t2＝2.4s；
（2）克服摩擦力做的功Wf＝fs
由于摩擦力大小恒定，克服摩擦力做功之比即为两个过程路程之比
撤去F前位移：s14m
撤去F后到达最高点位移：s20.8m
上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比：
k＝Wf1：Wf2＝s1：s2＝5：1；
（3）物体减速的时间段为2s～2.4s，减速阶段的s﹣t图象如图所示：
（4）设加速上升过程中，经过时间T动能和势能相等，则有：
mg（）
解得：a1＝6m/s2，与（1）问计算的加速度相矛盾，故不可能；
撤去力F时的重力势能大于动能，减速上升过程中，重力势能增大、动能减少，所以重力势能与动能不可能相等；
物体下滑时受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得：a3＝2m/s2
在物体沿斜面下滑的过程中，经过T1时间动能和重力势能相等，则有：
mg（s1+s2）sin37°
解得：T1s
则L＝s1+s21.2m。
2019上海卷
[2019上海卷 T12 4分]电影通过倒放演员从高处跳下的场景能模仿出他们轻松跳上高处的镜头，则从观众的视角看来速度变化（ ）
A．低处比高处快，加速度向下
B．高处比低处快，加速度向上
C．低处比高处快，加速度向上
D．高处比低处快，加速度向下
【答案】A
【解析】演员从高处跳下，向下做加速运动，加速度向下，速度越来越大，观众看到演员从低处跳到高处，其运动过程为从高处跳下的逆过程，在低处比高处快，加速度向下，故A正确，BCD错误；
故选：A。
[2019上海卷 T15 4分]圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则图中a、b两点的磁感应强度的大小关系为Ba Bb，a处磁感应强度的方向为 。
【答案】小于；垂直纸面向外。
【解析】由题意可知，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则a、b两处磁场是两段圆弧形电流产生的；
由题意可知：圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，由图示可知，两大圆弧直径相等，两小圆弧直径相等，
则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度相等；
由安培定则可知，大圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向里，小圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向外，且小圆弧在a处产生的磁感应强度大，
因此，a处的磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度的大小之差，且方向垂直于纸面向外；
由安培定则可知，大小圆弧在b处产生的磁感应强度方向都垂直于纸面向里，b处磁感应强度是两端圆弧产生的磁感应强度大小之和，
由以上分析可知，a处磁感应强度小于b处磁感应强度，a处磁感应强度方向垂直于纸面向外；
[2019上海卷 T20]如图，光滑轨道abc固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道cd相切，一质量为m的小球A从高H1静止落下，在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，随后滑块B从c处运动到d处且bd高H2，滑块B通过在cd段所用时间为t。求：
（1）cd处的动摩擦因数μ
（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：A为 ；B为 ；分析说明： 类比为极限频率ν0。
【答案】（1）cd处的动摩擦因数μ为；
（2）光子；光电子；H2。
【解析】（1）A球运动到b处过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：E＝mgH1
然后将这部分能量传递给B，设B球在c处的速度为v，由机械能守恒定律得：，
解得：，
物块在cd间运动过程：v＝at，
由牛顿第二定律解得：aμg，
解得：
（2）A、B碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过程光子与原子中的电子碰撞，电子吸收光子的能量，电子成为光电子，由此可知，A球相当于光子，B相当于光电子，H2相当于极限频率；
2018上海卷
[2018上海卷 T10 4分]沿x轴正方向，电场为正，则正电荷从x1运动到x2，电势能的变化是（ ）
A．电势能一直增大
B．电势能先增大再减小
C．电势能先减小再增大
D．电势能先减小再增大再减小
【答案】C
【解析】沿x轴正方向，电场强度为正，依据E与x图象，可知，从x1运动到x2，电场线先向右，再向左，那么其电势是先减小，后增大，因此正电荷从x1运动到x2，电势能的变化先减小，后增大，故C正确，ABD错误；
[2018上海卷 T17 6分]用如图所示的装置来验证体积不变的情况下温度和压强的关系，玻璃管A、B及橡皮管内装有水银，烧瓶内封闭一定质量的气体。实验中，当温度改变时需上下移动A管，使B管内水银面 ，已测得大气压强为76cmHg还需要用的仪器是
和 测量。
【答案】高度保持不变、刻度尺、温度计。
【解析】本实验是：验证体积不变的情况下温度和压强的关系。
要保证体积不变，则需B管内水银面高度保持不变；
要研究温度和压强的关系，需测温度和压强，测温度需温度计；
测压强，需根据p＝p0±ρgh，故只需测AB两液面高度差即可，所以还需刻度尺；
2017上海卷
[2017上海卷 T12 4分]如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。开始时阀门关闭，左管的水银面较高。现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。当重新平衡时（ ）
A．左管的水银面与右管等高
B．左管的水银面比右管的高
C．左管的水银面比右管的低
D．水银面高度关系无法判断
【答案】D
【解析】外界大气压设为p0，两侧水银柱高度差为h，封闭气体的长度为l1，
则封闭气体的气压p1＝p0+ρgh，
流出一些水银后，先假设平衡后封闭气体的压强不变，其气压p2＝p1，
则根据玻意耳定律，有：p1l1＝p2l2，
解得：，
则流出水银柱的长度：△l＝h+2（l2﹣l1）＝h，
故如果流出的水银柱的长度小于△l，则左管的水银面比右管的高；如果流出的水银柱的长度大于△l，则左管的水银面比右管的低；如果流出的水银柱的长度等于△l，则左管的水银面与右管的等高；
故ABC错误，D正确；
[2017上海卷 T17 4分]如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4：1．B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为 ，机械能之比为 （以地面为零势能面）。
【答案】1：2；4：1
【解答】设B距地面的高度为h，剪断轻绳后，B做自由落体运动，A沿斜面向下做匀加速运动，故对B可知，2gh＝v2，解得v，下落时间t，对A，沿斜面下滑的加速度为a，B落地时A获得的速度v′＝at，故v′：v＝1：2；由于AB在运动过程中，只受到重力作用，故机械能守恒，故EA：EB＝4：1
[2017上海卷 T18 10分]“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中定值电阻阻值R1＝1Ω。
（1）图（a）中A为 传感器，定值电阻R1在实验中起 的作用；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图（b）所示，由此得到电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω；
（3）实验测得的数据如图所示，则实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为
A．0～5Ω B．0～20Ω C．0～50Ω D．0～200Ω
【答案】（1）电流；保护电源；（2）1.50；0.28；（3）B。
【解析】（1）A串联在电路中，测量电流的，所以A是电流传感器；
B与滑动变阻器并联，测量电压，所以B是电压传感器；定值电阻R1在实验中中的作用主要是保护电源，防止短路；
（2）根据U＝E﹣Ir可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E＝1.50V；图象的斜率表示内阻，则可知，r0.28Ω；
（3）由图可知，测出中的最小电流约为0.1A，此时对应的总电阻R总15Ω，此时滑动变阻器接入电阻应为15﹣1﹣0.28＝13.7Ω；故滑动变阻器总阻值一定大于13.7Ω；
同时为了调节方便，总阻值不应过大，故应选择20Ω的总阻值，故B正确，ACD错误。
[2017上海卷 T20 16分]如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．
（1）求ab开始运动时的加速度a；
（2）分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
（3）分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
【答案】（1）ab开始运动时的加速度a为；
（2）向上运动过程中，速度减小，加速度减小，下降过程中，速度增大，加速度减小，最终加速度为零，做匀速运动．
（3）上滑的时间小于下滑时间．
【解析】（1）ab开始运动时，ab棒所受的安培力，
根据牛顿第二定律得，ab棒的加速度a．
（2）ab棒向上运动的过程中，加速度方向与速度方向相反，速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动．
向下运动的过程中，加速度方向与速度方向相同，加速度a，速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终加速度为零，做匀速运动．
（3）在整个过程中，安培力一直做负功，在上升和下降过程中的同一位置，上升时的速度大于下降时的速度，可知上升时的平均速度大于下降时的平均速度，
可知上滑的时间小于下滑的时间．
2016上海卷
[2016上海卷 T16 3分]风速仪结构如图（a）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（b）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．转速逐渐增大，平均速率为
【答案】 B
【解答】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。
[2016上海卷 T20 4分]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处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
【答案】 ABD
【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＝2×3m＝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＝4﹣5m处、x＝2﹣3m处质点位移为零，故D正确。
[2016上海卷 T25 4分]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 ．
【答案】0或h，
【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中的平均作用力为：①
所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有：②
①②两式联立的：m③
在开始时，由牛顿第二定律有：F0﹣mg＝ma…④
联立③④两式解得：a
[2016上海卷 T29 8分]某同学制作了一个结构如图（a）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（b）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．
（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”）．
（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”）．
【答案】（1）0.1；360．（2）减小．（3）偏低．
【解析】（1）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 TmK＝360K
（2）若气柱初始长度大于0.3m，由Tm知，Lm和T1均不变，当L1增大时，可得Tm减小．即温度计能测量的最高温度将减小．
（3）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．
[2016上海卷 T33 14分]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ρ，与电阻不计的轨道接触良好，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）；
（2）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。
【答案】（1）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；
（3）棒从y＝0运动到y＝L过程中外力F的功。
【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±x，y），
安培力为：
安培力的功率为：
棒做匀加速运动，有：
v2＝2ay
R＝2ρx
代入前式得：
轨道形式为抛物线。
（2）安培力为：
以轨道方程代入得：
（3）由动能定理有：
y＝L时
安培力平均值
安培力做功
安培力做功为：
棒在y＝L处动能为：Ek
外力F做功为：
2015上海卷
[2015上海卷 T16 3分]如图，战机在斜坡上进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
【答案】A
【解析】如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ，则a，A，B，P，C在同一水平线上，
由题意可知，设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹（由A到b）：
水平方向的位移：x1＝AB＝Lcosθ﹣x0＝v0t1
竖直方向的位移：y1＝vyt1
对第三颗炸弹（由P到Q），
水平方向的位移：x2＝PC＝2Lcosθ﹣2x0＝v0t2
竖直方向的位移：
解得：t2＝2t1，y2＞2y1，可得PQ的竖直方向的位移大于a、c两点竖直方向的距离，即Q点在c点的正下方，所以第三颗炸弹的轨迹与bc交于b、c两点之间的某点，则第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确；
[2015上海卷 T19 4分]一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
【答案】AC
【解析】子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，加速速度也不变，当子弹的初速度v0越大时，如答图1所示，子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故A正确，B错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如答图2所示，
木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故C正确；木块的质量越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如答图3所示，故D错误。
[2015上海卷 T23 4分]如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 ．
【答案】，fvcosθ+P．
【解析】船的速度沿绳子方向的分速度v1＝vcosθ，
根据P＝Fv1得，绳对船的拉力大小F．
根据平衡得，汽车的牵引力F′＝F+f，
则汽车发动机的功率P′＝F′v1＝P+fvcosθ．
[2015上海卷 T29 9分]简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作。
（1）（单选题）此温度计的特点是
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 （选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需 。
【答案】（1）A；（2）BC；（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数。
【解析】（1）以左侧球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
由盖﹣吕萨克定律得：C，T，温度T与体积V成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A正确；
（2）气体发生等压变化，气体体积的变化反映了气体温度的变化，
温度计的灵敏度取决于气体体积变化，影响温度计灵敏度的因素有：
玻璃泡大小、左管内径粗细，故选BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压：76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，
若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，
水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大，为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数。
[2015上海卷 T33 14分]如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动。杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）。将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点。求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω。
【答案】（1）初始状态的电势能We为﹣3qELcosθ
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω为或。
【解析】（1）初始状态的电势能为：We＝qU++（﹣q）U﹣＝﹣3qELcosθ
（2）竖直方向的力矩平衡是两重力方向都竖直向下但分居异侧，所以等价力矩要相减；
而水平方向两个电场力方向相反分居异侧要相加；
那么平衡位置时，设小球质量为m，合力矩为：
3qElsinα﹣mglcosα＝0
由此得：
解得：α＝30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ＝150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，
当θ＜150°时，A位于O正下方的电势能为零，初态有：W＝﹣3qElcosθ
EP＝﹣mglsinθ
末态W′＝0 E′P＝﹣mgl
由能量守恒有：
当θ≥150°时，电势能为零的位置由两处，即A位于O点正下方或正上方
在A位于O正下方时
在A位于O正上方时
2014上海卷
[2014上海卷 T16 3分]如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，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△Ek1、△Ek2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为摩擦力做功Wf＝μ（mgcosθ+Fsinθ） s＝μmgx+μFh，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，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误。
[2014上海卷 T18 4分]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△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（ ）
A．A的示数增大 B．V2的示数增大
C．△V3与△I的比值大于r D．△V1大于△V2
【答案】ACD
【解析】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与滑动变阻器串联，电压表V1测量R的电压设为U1，V2测量路端电压设为U2，V3测量滑动变阻器的电压设为U3。
A、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，则电流表A的示数增大，故A正确；
B、电路中电流增大，根据U2＝E﹣Ir，则路端电压U2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：R+r＞r，则ΔV3与ΔI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：r；
R为定值电阻，则有R，
据题：R＞r，则，故ΔV1大于ΔV2．故D正确。
[2014上海卷 T20 4分]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．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，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A、B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△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（ ）
A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB
【答案】AD
【解答】AB、气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有：PASA+（M+m）gsinθ＝PBSB…①
对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；故A正确，B错误。
C、开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等△FB＞△FA，故C错误。
D、由，但SA＞SB，结合C分析可得，故有△pA＜△pB．故D正确。
[2014上海卷 T24 4分]如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d＝0.6m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2m，离地高H＝2m的质点与障碍物相距x。在障碍物以v0＝4m/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 m；若L＝0.6m，x的取值范围是 m．（取g＝10m/s2）
【答案】0.8，0.8m≤x≤1m。
【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间s＝0.2s；
小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，
则小球通过矩形孔的时间△t＝t2﹣t1＝0.2s，
根据等时性知，L的最大值为Lm＝v0△t＝4×0.2m＝0.8m。
x的最小值xmin＝v0t1＝4×0.2m＝0.8m
x的最大值xmax＝v0t2﹣L＝4×0.4﹣0.6m＝1m。
所以0.8m≤x≤1m。
[2014上海卷 T25 4分]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的正上方C处，图中AC＝h．当B静止在与竖直方向夹角θ＝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θ＝30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ＝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。
【解析】当B静止在与竖直方向夹角θ＝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：
解得：ABh，
根据余弦定理，可得，（h）2＝h2+BC2﹣2×BC×hcos30°，
解得BCh，或h；
当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B仍能在θ＝30°处平衡，
根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，
由三角形相似可知，
随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小。
当细绳变为竖直方向时，此时绳子拉力仍小于重力，
所以拉力先不变，后增大。
[2014上海卷 T29 4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，式中Ic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)，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m=0.50kg。
r/m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20
T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64
(1)由实验数据得出图(b)所示的拟合直线，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）T2r；（2）kg m2；0.17； （3）不变．
【解析】（1）由T＝2π可知，整理得：T2r＝4π2，因此横坐标为r2，纵坐标即为T2r；
（2）（2）根据T2r，可知，与的单位是相同的，因此IC的单位即为kg m2；
图象的斜率k，
由图可知k3.68；解得：g（g＝10.7m/s2）；
由图可知1.25，则IC＝0.17．
（3）根据上式可知，质量的测量值偏大，不影响重力加速度的测量值，即为不变；
[2014上海卷 T33 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R=1.5, MN与MP的夹角为135°， PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg，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L=4m。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。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v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA.
(2)若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间t。
(3)在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3。
【答案】（1）8N；（2）1s；（3）1m/s
【解析】（1）棒在GH处速度为v1，因此，，由此得；
（2）设棒移动距离a，由几何关系EF间距也为a，磁通量变化。
题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有：
因此
解得
（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v’3
由动能定理：得
克服安培力做功
式中
代入式得
由于电流始终不变，有
因此
代入数值得
解得 （舍去）
2013上海卷
[2013上海卷 T16 3分]汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（ ）
【答案】A
【解析】汽车驶入沙地前，做匀速直线运动，牵引力和阻力平衡；
汽车刚驶入沙地时，阻力增加，牵引力小于阻力，加速度向后，减速；根据功率P＝Fv可知，随着速度的减小，牵引力不断增加，故加速度不断减小；当加速度减为零后物体匀速运动；
汽车刚离开沙地，阻力减小，牵引力大于阻力，故加速度向前，物体加速运动；根据功率P＝Fv可知，随着速度的增加，牵引力不断减小，故加速度不断减小；即物体做加速度减小的加速运动；最后匀速；
故汽车进入沙地减速，中途匀速，离开沙地加速；
s﹣t图线上某点的斜率表示该点对应时刻的瞬时速度，B图两端是曲线，且最后的斜率大于开始的斜率，即最后的速度比开始的最大速度还要大，不符合实际；只有A选项曲线在O点处的切线斜率等于驶出沙地后直线的斜率，符合实际。故A正确，B错误，C错误，D错误；
[2013上海卷 T20 4分]右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图。A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上。由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的（ ）
A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间
B．速度大小一定不小于A、B的速度大小
C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内
【答案】BC
【解析】AB、船C沿着绳子靠向A船初位置的同时还要绕A船转动；船C沿着绳子靠向B船的初位置的同时还要绕B船转动；先将船C的速度先沿着平行AC绳子和垂直AC绳子方向正交分解；再将船C的速度先沿着平行BC绳子和垂直BC绳子方向正交分解；
由于绳子不可伸长，故每条船沿着绳子方向的分速度是相等的；
两拖船速度一定小于C船速度（斜边大于直角边）；故A错误，B正确；
CD、因为C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，速度方向不一定在CA和CB的夹角范围内，以A为参照系，此时的C船是以A为圆心做圆周运动，即速度方向垂直于AC，∠ACB小于90°的情况下，C的速度方向就是在ACB夹角之外的；故C正确，D错误。
[2013上海卷 T25 4分如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC=CA=0.3m。质量m=lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与BD间的动摩擦因数μ=0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s= m。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′ s（填：“大于”、“等于”或“小于”。）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】0.248，等于
【解析】物体沿BD做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件得
F＝f+mgsin37°
N＝mgcos37°
又f＝μN
联立得，F＝μmgcos37°+mgsin37°
对于支架：当支架绕A点刚要转动时，物体向上滑行的距离最大．由于滑轮两侧绳子的合力通过A点，相对于A点的力臂等于零，力矩为零，
分析支架的受力情况如图，由力矩平衡条件得
f ABsin37°＝N （ABcos37°﹣s）
其中DC＝0.3m，AB＝0.4m，代入解得，s＝0.248m
若增大F后，由上式知，s与F大小无关，故物体能向上滑行的最大距离不变，则有s′＝s
[2013上海卷 T29 7分]利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下：
(
B
A
K
)①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm。
②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm。（玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2）
⑴若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，ΔV示针筒内气体的体积，Δp1、Δp2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为_____________________、________________。
⑵由实验数据得烧瓶容积V0=________ml，大气压强p0=________Pa。
⑶（单选题）倒U形玻璃管A内气体的存在
A．仅对容积的测量结果有影响
B．仅对压强的测量结果有影响
C．对二者的测量结果均有影响
D．对二者的测量结果均无影响
【答案】（1）p0（V0+△V）＝（ p0+△p1） V0； p0V0＝（ p0﹣△p2） （V0+△V）；
（2）560，9.58×104； （3）A。
【解析】（1）对于步骤①，根据玻意耳定律可得p0（V0+△V）＝（ p0+△p1） V0；
对于步骤②，根据玻意耳定律可得p0V0＝（ p0﹣△p2） （V0+△V）；
（2）联立解得V0△V＝56×10ml＝560ml；p0△p1＝56×0.171×1.0×103×10 Pa＝9.58×104 Pa。
（3）由（2）知，V0△V，而，解得：，
而△P1与△P2均由ρg△h测得，故与管A内气体体积无关，而V实＝V0﹣VA，仅对容积的测量结果有影响，故A正确，BCD错误，
[2013上海卷 T33 16分如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。导轨间x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
（1）电路中的电流；
（2）金属棒在x=2m处的速度；
（3）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小；
（4）金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率。
【答案】（1）电路中的电流2A；
（2）金属棒在x＝2m处的速度0.67m/s；
（3）金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小1.6J；
（4）金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率0.71W．
【解析】（1）金属棒切割产生感应电动势为：E＝B0Lv＝0.5×0.4×2V＝0.4V，
由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I
（2）由题意可知，在x＝2m处，B2＝B0+kx＝1.5T，
切割产生感应电动势，E＝B2Lv2，
由上可得，金属棒在x＝2m处的速度v2＝0.67m/s
（3）当x＝0m时F0＝B0IL＝0.4N，
x＝2m时，FA＝B2IL＝1.2N，
安培力随磁感应强度及位移x是线性变化，
金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小，W＝（ F0+FA）1.6J
（4）由EIt＝W
解得t＝2s，
由动能定理：，
解得：P＝0.71W
2012上海卷
[2012上海卷 T10 3分]小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（ ）
A．三个 B．四个 C．五个 D．六个
【答案】C
【解析】小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，根据位移时间关系公式，有：
代入数据，有：
解得：t＝0（舍去） 或 t＝1.2s
每隔0.2s抛出一个小球，故第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为：N
[2012上海卷 T16 3分]如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）
A．2R B． C． D．
【答案】C
【解析】设B的质量为m，则A的质量为2m，
以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：
﹣mgR+2mgR（m+2m）v2﹣0，
以B为研究对象，在B上升过程中，
由动能定理可得：﹣mgh＝0mv2，
则B上升的最大高度H＝R+h，
解得：H；
[2012上海卷 T20 4分]如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
A．mA一定小于mB B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB
【答案】ACD
【解析】A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图
根据平衡条件，有：
故：
同理，有：
由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正确；
B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；
C、小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，故A球的速度较大，故C正确；
D、小球摆动过程机械能守恒，有mg△h＝EK，故
Ek＝mg△h＝mgL（1﹣cosθ）L（1﹣cosθ）
其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：
EkL（1﹣cosθ）
其中F Lcosθ＝Fh，相同，故θ越大，越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确；
[2012上海卷 T24 4分]如图，简单谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过△t＝3s，其波形如虚线所示。已知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T＜△t＜4T．则可能的最小波速为 m/s，最小周期为 s。
【答案】5，
【解析】由图象可以看出，波长为：2λ＝14m，故λ＝7m；
2T＜△t＜4T，故波传播的距离：2λ＜△x＜4λ；
①波向右传播，△x＝15m或22m；
波速为或m/s；
周期为：或s；
②波向左传播，△x＝20m或27m
波速为或9m/s；
周期为：或s；
[2012上海卷 T29 8分]在“利用单摆测重力加速度：的实验中
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到 。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于 。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为 （地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为 （填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝ 。
【答案】（1）数据采集器，最低点；；（2）直线；
【解答】（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据。单摆做小角度摆动，
当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）。
若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则
单摆的周期为：T
（2）由T可得：lgTlg，故lgT﹣lgL图线为直线，
由题意可知：lgc
解得：g
[2012上海卷 T33 14分]如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【答案】（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E＝BLat，；
（2）经过时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）导轨动能的增加量为．
【解析】（1）对杆发电：E＝BLv，
导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，
E＝BLat，
sat2
对回路：闭合电路欧姆定律：
（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f．其中
对杆受安培力：FA＝BIL
Ff＝μFN＝μ（mg+BIL）＝μ（mg）
由牛顿定律F﹣FA﹣Ff＝Ma
F＝Ma+FA+Ff＝Ma+μmg+（1+μ）
上式中当：R0at
即t时，外力F取最大值，
F max＝Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理，W合＝△Ek W合＝Mas．
由于摩擦力Ff＝μ（mg+FA），
所以摩擦力做功：W＝μmgs+μWA＝μmgs+μQ，
s，
△Ek＝Mas
2011上海卷
[2011上海卷 T12 3分]如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（ ）
A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
【答案】A
【解析】设滑动变阻器触点以上的电阻为R上，触点以下的电阻为R下．因为滑动变阻器的有效电阻R并除最初和最终为零外，是
R上和R下并联的结果，①
二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I总②，
所以当触点在中间时电流最小，电压表V读数为电源的路端电压，U＝E﹣Ir，当触点在中间时路端电压最大，电压表V读数先变大后变小，所以本题选A或C。
再算电流表A读数即R下的电流I，根据电阻并联分流公式，③，
联立以上3式，解得，
变化为I，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，R上一直变大而R下一直变小，从上式可以看出，电流表A读数I一直变大，所以本题选A。
[2011上海卷 T13 4分]如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（ ）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
【答案】B
【解答】分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；
同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确。所以本题选B。
[2011上海卷 T16 3分]如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F．剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力（ ）
A小于N B．等于N
C．等于N+F D．大于N+F
【答案】D
【解析】以箱子和a合在一起为研究对象，设其质量为M，剪断连接球b的细线前，则N＝Mg﹣F+Fe，其中Fe表示b对a的库仑力，也即为b对a和箱子整体的库仑力；
剪断连接球b的细线后，则N′＝Mg+Fe′，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以N′＞N+F，所以D正确；
[2011上海卷 T20 4分]如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（ ）
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
【答案】AD
【解答】A、先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，故A正确，B错误；
C、再看安培力方向，由于磁感应强度在竖直方向均匀分布，把铜环分成若干份，则可知，对称的一小段在竖直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，故C错误，D正确。
[2011上海卷 T25 4分]以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度大小为 ．
【答案】，．
【解析】由平抛运动规律知：
水平方向：s＝v0t，
竖直方向：，
解得轨道的高度为：；
当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得：，
解得物体到达轨道底部时的速率为：．
设θ是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，α是平抛运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：tanθ＝2tanα，
又因，所以tanθ，由三角函数基本关系式得：cosθ，
则把cosθ代入水平方向速度大小的关系式vx＝vcosθ得：Vx
[2011上海卷 T29 9分]实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示。
供选择的仪器如下：①待测电流表G1 (0~5mA，内阻约300Ω)，
②电流表G2 (0~10mA，内阻约100Ω)，
③定值电阻R1 (300Ω)， ④定值电阻R2 (10Ω)，⑤滑动变阻器R3 (0~1000Ω)， ⑥滑动变阻器R4 (0~20Ω)，
⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干。
⑴定值电阻应选_____，滑动变阻器应选_____。(在空格内填写序号)
⑵用连线连接实物图。
⑶补全实验步骤：
①按电路图连接电路，______；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；
③________________________；
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。
⑷根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________。
【答案】（1）③，⑥（2）见上图 （3）①将滑动触头移至最左端。
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）r1＝（k﹣1）R1。
【解析】（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大。故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥。
（2）连接实物图如图所示。
（3）补充实验步骤见
①将滑动触头移至最左端
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）根据并联分流公式，又，
解得r1＝（k﹣1）R1，式中r1即rG1。
[2011上海卷 T33 14分]如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的总势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图(b)所示），则B的总势能曲线如图(c)中II所示。将B在x=20cm处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。取g=9.8m/s2）
⑴B在运动过程中动能最大的位置；
⑵运动过程中B的最大速度和最大位移；
⑶图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角；
⑷若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线。
【答案】
【解析】（1）势能最小处动能最大
由图线Ⅱ得x＝6.1cm（在5.9～6.3cm间均视为正确）
故B在运动过程中动能最大的位置为x＝6.1cm。
（2）由图读得释放处（x＝20.0cm处）势能Ep＝0.90J，此即B的总能量。由于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.47J，则最大动能为Ekm＝0.9﹣0.47＝0.43J
（Ekm在0.42～0.44J间均视为正确）
最大速度为（vm在1.29～1.33 m/s间均视为正确）
x＝20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E＝0.90J的水平直线与曲线Ⅱ的左侧交点确定，由图中读出（左侧）交点位置为x＝2.0cm，因此，最大位移△x＝20.0﹣2.0＝18.0cm（△x在17.9～18.1cm间均视为正确）
故运动过程中B的最大速度为1.31m/s，最大位移为18.0cm。
（3）渐近线Ⅲ表示B的重力势能随位置变化关系，即EPg＝mgxsinθ＝kx
∴
由图读出直线斜率
（θ在59°～61°间均视为正确）
故导轨的倾角为59.7°。
（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图中红线所示，
2010上海卷
[2010上海卷 T16 3分]如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1＝0和t2＝0.5s（T＞0.5s）时的波形，能正确反映t3＝7.5s时波形的是图（ ）
【答案】D
【解析】由题意，简谐横波沿x轴正方向传播，t1＝0和t2＝0.5s（T＞0.5s）时的波形得到实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间。
则有，T＝4（t2﹣t1）＝2s
，即t3止
因为经过整数倍周期时间波形重复，故t3时刻与时刻波形相同。则波向右传播的距离。
[2010上海卷 T19 3分]如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）
【答案】AC
【解析】A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E＝BLV及V＝at可知，E＝BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A正确，B错误；
C、D、而由E＝BLV及V2＝2as可知，E＝BL，故电流与成正比，故C正确，D错误；
[2010上海卷 T20 4分]如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2cm，波速为2m/s，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4m（小于一个波长），当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1cm的位置，则（ ）
A．此波的周期可能为0.6s
B．此波的周期可能为1.2s
C．从此时刻起经过0.5s，b点可能在波谷位置
D．从此时刻起经过0.5s，b点可能在波峰位置
【答案】ACD
【解析】有两种情况：（1）如答图1，λ/4+λ/12=0.4m，λ=1.2m，根据v=λ/T，T=λ/v=0.6s，A正确；
波沿x轴正方向传播，此时质点b向上振动，经过T/12时间运动到平衡位置，再经过3T /4时间正好到达波谷位置，T/12+3T /4=5T /6 =0.5s，所以从此时刻起经过0.5s，b点在波谷位置，如图虚线所示，C正确。
（2）如答图2，λ/2+λ/4-λ/12=0.4m， λ=0.6m，根据v=λ/T，T=λ/v=0.3s， B错误；
波沿x轴正方向传播，此时质点b向下振动，经过T/6时间运动到波谷位置，再经过T /2时间到达波峰位置，由波的周期性， 再经过一个周期T仍在波峰位置，
T/6+T /2+T =5T /3 =0.5s，所以从此时刻起经过0.5s，b点在波峰位置，如图虚线所示，D正确。
所以本题选ACD。
[2010上海卷 T24 4分]如图，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M(M>>m1、M>>m2).在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径之比ra: rb=1:4,则它们的周期之比Ta: Tb=______;从图示位置开始，在b运动一周的过程中，a、b、c共线了____次。
【答案】1：8，14．
【解析】万有引力提供向心力，则有：，；
所以Ta：Tb＝1：8；
设每隔时间t，a、b共线一次，则（ωa﹣ωb）t＝π，所以；
故：14．
[2010上海卷 T29 6分]某同学利用DIS，定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的1/U ~1/R关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.
（1）由图线a可知电池a的电动势Ea=______V，内阻ra=____Ω。
（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率Pa____Pb（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率ηa____ηb（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）2； 0.5；（2）小于．
【解析】（1）根据E＝Ur，得：
图象a，截距b＝0.5，斜率K＝0.25，
故电动势E2V，
内电阻r＝E K＝0.5Ω；
（2）在原图象中取相同横坐标，表示接入电路中电阻大小相等，此时b的电压U大，根据P，可得b的功率大，所以有功率Pa小于Pb
[2010上海卷 T33 14分]如图，一质量不计，可上下移动的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封有理想气体。筒的侧壁为绝缘体，上底N、下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积S＝2cm2．在电键K断开时，两室中气体压强均为p0＝240Pa，ND间距l1＝1μm，DM间距l2＝3μm．将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动。稳定后，ND间距l1′＝3μm，DM间距l2′＝1μm，活塞D所带电量的绝对值q＝ε0SE（式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量ε0＝8.85×10﹣12C2/Nm2）。求：
（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；
（2）活塞受到的电场力大小F；
（3）M所带电荷产生的场强大小EM和电源电压U；
（4）使滑片P缓慢地由B向A滑动，活塞如何运动，并说明理由。
【答案】（1）720Pa （2）0.128N （3）EM =E/2，U=12V （4）见解析
【解析】（1）电键未合上时两室中气体压强为p0。
设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，
由玻意耳定律p0l1S＝p1l1′S，
p180Pa，
p0l2S＝p2l2′S，
p2＝3p0＝720Pa。
两室中压强分别为80Pa和720Pa；
（2）活塞受到的气体压强差为△p＝p2﹣p1＝640Pa，
活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F＝△pS＝0.128N。
电场力为0.128N；
（3）活塞受到的电场力大小F＝qEM，其中活塞带电量q＝ε0SE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生。
根据电场叠加原理，M产生的场强大小EM，所以F＝2e0SEM2，
EM＝6×106V/m，U＝El2′＝12V，
M产生的场强为6×106V/m；电源电压为12V；
（4）活塞向上移动；
当滑片P由B向A滑动时，DM间电压减小场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动。
2009上海卷
[2009上海卷 T5 5分]小球由地面竖直上抛， ww.上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于 （ ）
A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9
【答案】D
【解析】解：设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程由动能定理得：
①；
小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得：
②，
又③；
小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得：
④，
又2⑤；
以上各式联立解得，
[2009上海卷 T9 5分]如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为△VA、△VB，压强变化量为△pA、△pB，对液面压力的变化量为△FA、△FB，则（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离
B．△VA＜△VB
C．△pA＞△pB
D．△FA＝△FB
【答案】AC
【解析】首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：；对气体B：，又初始状态满足PA＝PB+h，可见使A、B升高相同温度，，，因此△PA＞△PB，因此△FA＞△FB液柱将向上移动，A正确，C正确；由于气体的总体积不变，因此△VA＝△VB，所以B、D错误。
[2009上海卷 T14 14分]图示电路中，R1＝12Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器R3上标有“20Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的，电流表指针指在满偏的，则此时电流表示数为 A，该电源的电动势为 V。
【答案】0.15；7.5。
【解析】由于题意当“继续向右移动滑片P到另一位置”电压表示数一定大于2.5V，电流表示数一定小于0.3A，再结合电压表指针指在满偏的，电流表指针指在满偏的，可知电压表的量程为0﹣15V，电流表的量程为0﹣0.6A，因此当滑片滑到下一位置是电流表的示数为；
电压表的示数为5V；由串并联电路规律得：0.3×12＝I2×6，得 I2＝0.6A，由闭合电路欧姆定律得（0.3+0.6）r+2.5+0.3×12＝E；
同理：0.15×12＝I′2×6，得I′2＝0.3A，
由闭合电路欧姆定律（0.15+0.3）r+5+0.15×12＝E
以上各式联立解得：E＝7.5V。
[2009上海卷 T19 4分]光强传感器对接收到的光信号会产生衰减，且对于不同波长的光衰减程度不同，可以用表示衰减程度，其定义为输出强度与输入强度之比，＝I出/I入，右图表示与波长之间的关系。当用此传感器分别接收A、B两束光时，传感器的输出强度正好相同，已知A光的波长A＝625nm，B光由B1＝605nm和B2＝665nm两种单色光组成，且这两种单色光的强度之比IB1:IB2＝2:3，由图可知A＝__________；A光强度与B光强度之比IA:IB＝__________。
【答案】0.35；
【解析】如图所示，A光的波长为625nm，在图上对应的强度 A＝0.35；同理在图中找出B1的强度为φB1＝0.60，B2的强度为φB2＝0.05，由A、B两束光经传感器的输出强度正好相同得：IB 0.60+IB 0.05＝IA 0.35得：。
[2009上海卷 T24 14分]如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．
【答案】（1）匀加速直线运动．（2）0.5T．（3）1s．（4）如图．
【解析】
（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压U∝I，感应电动势E∝I，E∝v，
U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．
（2）对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得：Fma，将F＝0.5v+0.4代入得0.5v0.4＝ma，
因为a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5）＝0，得B＝0.5T．
（3）撤去外力前，x1at2，v0x2＝at，x1+x2＝s，所以at2at＝s，得：0.2t2+0.8t﹣1＝0，t＝1s．
（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2＝2ax，撤去外力后，v＝v0x，
v2＝2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线，
v＝v0x，v与x可能是线性关系，图象是直线．
根据物理量关系可能图线如下
2008上海卷
[2008上海卷 T4 4分]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_____________________。
【答案】mgsin ；增大或减小都有可能，
【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动，如图中所示当F力的方向为a方向（垂直于ON）时，力F最小为mgsinθ；若F＝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（ON方向）夹角小于90 ，也可能与运动方向夹角大于90，除重力外的力F对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、减少都有可能。
[2008上海卷 T5 4分]在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略的一个长度单位相当于现在的mm，假设一个时间单位相当于现在的0.5 s。由此可以推算实验时光滑斜面的长度至少为__________m；斜面的倾角约为__________度。（g取10m/s2）
表：伽利略手稿中的数据
1 1 32
4 2 130
9 3 298
16 4 526
25 5 824
36 6 1192
49 7 1600
64 8 2104
【答案】2.04，1.5．
【解析】由图可知斜面长度至少为：2.04m。小球在斜面上做初速度为零的匀变速直线运动，有：，其中t＝8×0.5＝4s。解得：a＝0.26＝gsinα，所以倾角α＝1.5°。
[2008上海卷 T14 4分]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CD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，则（ ）
A．小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中的振幅不断减小
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往复运动过程中的振幅不断减小
【答案】 BCD
【解析】A、小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，所以A错误；
B、由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，所以B正确；
C、如果M、N的带电荷量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，C正确；
D、同时，伴随M、N电荷量的增加，由于对P在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，D正确。
[2008上海卷 T19 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置于通电螺线管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，而不改变电流的大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。
实验次数 电流I（A） 磁感应强度B（10－3T）
1 0.5 0.62
2 1.0 1.25
3 1.5 1.88
4 2.0 2.51
5 2.5 3.12
（1）将开关合到位置1，待螺线管中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为Dφ，，式中φ为单匝试测线圈磁通量的变化量，则试测线圈所在处的磁感应强度的大小为B＝__________；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中电流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管A内磁感应强度B与电流I的关系式为B＝__________。
（3）（多选题）为了减少实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有（ ）
（A）适当增加试测线圈的匝数N
（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Δt
【答案】（1），．（2）0.00125I（或kI）．（3）AB。
【解析】（1）设试测线圈所在处磁感应强度大小为B，则K从位置1拨到位置2磁通量的变化量大小为：△Φ＝2Bs结合Dφ
解得：B；
线圈中电动势为：
所以解得：E．
故答案为：，．
（2）分析表中数据可知，螺线管A内部的感应强度B和电流I的关系成正比即B＝KI，由表中数据求得K＝0.00125．
故答案为：0.00125I（或kI）．
（3）根据公式，可知增大线圈匝数和磁通量的变化率即可增大测量的准确性，由于该题中磁通量的变化由磁场引起，因此增大面积也可增大磁通量的变化率，故AB正确，CD错误．
[2008上海卷 T23 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（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。
【答案】
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子从（）离开ABCD区域。
（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，所有释放点为满足的位置。
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为。
【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做初速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：
以上两式联立解得：，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（）。
（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v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有：
以上两式联立解得：xy，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，在高度为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：
，
以上各式解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
[2008上海卷 T24 14分]如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有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，设平行导轨足够长。已知导体棒下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处时的速度大小为v2。
（1）求导体棒ab从A处下落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R2上的电功率P2；
（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab进入磁场II时的速度大小为v3，要使其在外力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。
【答案】（1）。
（2）故磁场I和Ⅱ之间的距离，和R2上的电功率。
（3）。
【解析】（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：
mg﹣BIL＝ma，式中，
当导体棒ab下落时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分的电阻值是4R+4R，
式中：4R
由以上各式可得到：
故导体棒ab从A下落时的加速度大小为：。
（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：
式中：
解得：
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2﹣v22＝2gh，
得：h，
此时导体棒重力的功率为：，
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P电＝P1+P2＝PG，
所以，，
故磁场I和Ⅱ之间的距离，和R2上的电功率。
（3）设导体棒ab进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小为v't，此时安培力大小为：
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v't＝v3+at
根据牛顿第二定律，有
F+mg﹣F′＝ma
即：
由以上各式解得：
故所加外力F随时间变化的关系式为：。
2007上海卷
[2007上海卷 T5 4分]在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝2.5cos（kx）（单位：m），式中k＝1m﹣1．将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10m/s2．则当小环运动到m时的速度大小v＝ 该小环在x轴方向最远能运动到x＝ m处．
【答案】5 m/s； m．
【解析】光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，
由曲线方程知，环在x＝0处的y坐标是m；在x时，y＝2.5cos（kxπ）＝﹣2.5 m．
选y＝0处为零势能参考平面，则有：mv02+mg（）mv2+mg（﹣2.5），
解得：v＝5 m/s．
当环运动到最高点时，速度为零，
同理有：mv02+mg（）＝0+mgy．
解得y＝0，即kxπ＝π，该小环在x轴方向最远能运动到xm处．
[2007上海卷 T13 5分]一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是（ ）
A．EA＞EB＞EC B．EA＜EB＜EC C．EA＜EC＜EB D．EA＞EC＞EB
【答案】AD
【解答】电荷初速度为零，在运动过程中可能一直加速运动，此时有：EA＞EB＞EC，可能先加速后减速但是并未减速到零，此时有：EA＞EC＞EB，也可能先加速然后减速为零，此时有：EA＝EC＞EB，故AD正确，BC错误。
[2007上海卷 T18 6分]一定量的理想气体与两种实际气体I、II在标准大气压下做等压变化时的V-T关系如图（a）所示，图中。用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度计，然后将其中二个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体I、II。在标准大气压下，当环境温度为T0时，三个温度计的示数各不相同，如图（b）所示，温度计（ii）中的测温物质应为实际气体________（图中活塞质量忽略不计）；若此时温度计（ii）和（iii）的示数分别为21C和24C，则此时温度计（i）的示数为________C；可见用实际气体作为测温物质时，会产生误差。为减小在T1-T2范围内的测量误差，现针对T0进行修正，制成如图（c）所示的复合气体温度计，图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分，在温度为T1时分别装入适量气体I和II，则两种气体体积之比VI:VII应为________。
【答案】II； 23； 2：1
【解析】可以从（a）图看出，实际气体Ⅰ由温度T1升高到温度T0时，体积膨胀的多，实际气体Ⅱ由温度T1升高到温度T0时，体积膨胀的少。当制成温度计时，在T1温度时，三种气体温度相同，当温度升高到T0时，Ⅱ气体体积膨胀的少，气体体积小，温度计示数低。所以Ⅱ温度计中的物质是气体Ⅱ。
在温度为T0时，Tⅱ＝21℃，Tⅲ＝24℃，由于，所以此时示数应该是Ⅲ与Ⅱ的差值是Ⅱ与Ⅰ差值的一半，而最大差值等于3℃，所以Ⅰ的示数为23℃。
Ⅰ气体使实际值偏大，Ⅱ气体使实际值偏小，根据数据关系，体积比应该是2：1。
[2007上海卷 T23 13分]如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B． 开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v﹣t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
【答案】（1）求导体棒所达到的恒定速度；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为，
（4）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为。
【解析】（1）由电磁感应定律，得：
E＝BL（v1﹣v2）
由闭合电路欧姆定律有：
I
导体棒所受安培力为：
速度恒定时有：
可得：
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过所受的最大安培力，即导体棒不动时，安培力最大为：
（3）根据能量守恒，单位时间内克服阻力所做的功，即摩擦力的功率为：
电路中消耗的电功为：
（4）因导体棒要做匀加速运动，必有v1﹣v2为常数，设为△v，则有：
则有：
解得：
2006上海卷
[2006上海卷 T5 4分]半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连接在 一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有 一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置．现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若恒力 F＝mg，两圆盘转过的角度θ＝ 时，质点m的速度最大．若圆盘转过的最大角度θ＝π/3，则此时恒力F＝ ．
【答案】，
【解析】当F的力矩等于mg的力矩时，质点m的速度最大．
则有Fr＝mg 2rsinθ
又F＝mg
解得
根据能量守恒定律得
Fmg
解得F
[2006上海卷 T11 5分]在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，
历年（1985~2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（33套,142道）
目 录
2021上海卷 2
2020上海卷 6
2019上海卷 12
2018上海卷 14
2017上海卷 15
2016上海卷 18
2015上海卷 23
2014上海卷 27
2013上海卷 34
2012上海卷 38
2011上海卷 43
2010上海卷 50
2009上海卷 54
2008上海卷 58
2007上海卷 64
2006上海卷 68
2004上海卷 75
2003上海卷 78
2002上海卷 81
2001上海卷 86
2000上海卷 89
1999上海卷 92
1998上海卷 96
1997上海卷 100
1996上海卷 104
1995上海卷 110
1994上海卷 116
1993上海卷 122
1992上海卷 126
1991上海卷 132
1990上海卷（暂缺） 139
1989上海卷 139
1988上海卷 146
1987上海卷（暂缺） 150
1986上海卷（暂缺） 150
1985上海卷（暂缺） 150
2021上海卷
[2020上海卷 T6 3分]一个做直线运动的物体的v-t图像为如图所示的半圆。则它在0~4s内的平均速度大小为（ ）
A．πm/s B．0.5πm/s C．1m/s D．0.25πm/s
【答案】B
【解析】根据v-t图像与时间轴围成的面积大小表示位移，可得0~4s内物体的位移为
平均速度为
故选B。
[2020上海卷 T12 4分]如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷。则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】离点电荷越近，电场强度越大，根据电场强度的定义式得
F=Eq
F-q图像斜率的大小为E，a电荷的F-q图像的斜率大于b电荷的。
故选B。
[2020上海卷 T16 4分]已知的单位是，的单位是K，的单位是，为无量纲数，则在国际单位制中，的基本单位是___________；若，则=___________。
【答案】
【解析】[1]C的基本单位
[2]因为的单位
而a无单位，v的单位是m s-1，则
[2020上海卷 T17 4分]如在测量引力常量G的实验中，小球（可视为质点）偏竖直方向一个小角度θ。两球心之间距离为r，质量为M的均匀球快速移开后，小球运动______（选填“可以”或“不可以”）视为简谐运动。若测量出两球心距r、圆球质量M、小球偏离竖直方向的水平距离d和小球摆动的周期T后，引力常量G可以表示为______。（当θ很小时，sinθ=tanθ）
【答案】可以
【解析】[1]万有引力很小，所以可知初始角度很小，可以看作是简谐运动。
[2]设小球的质量为m，根据万有引力定律可得，M和m的万有引力为
根据m的受力平衡，有
又单摆周期公式
由图可知单摆长度为
当θ很小时，sinθ=tanθ，联立求解得
[2020上海卷 T20 16分]如图（a）所示，竖直放置的足够长光滑平行导轨，宽L＝0.75m，导轨位于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8T。一根内阻不计金属棒跨接在导轨上，上方接如图所示的电路，R0＝10Ω，R为一电阻性原件。电键S断开时，金属棒由静止释放，其下落到匀速过程中R的U﹣I图线如图（b）所示。g取10m/s2，求：
（1）金属棒匀速直线运动时的速度；
（2）金属棒的质量；
（3）电键S闭合后，经过足够长时间后金属棒的动能。
【答案】（1）10m/s；（2）0.03kg；（3）J。
【解析】（1）由图可知，金属棒匀速直线运动时电压表的读数U＝6V，电流表的读数I＝0.5A
由于不计金属棒内阻，则金属棒产生的感应电动势E＝U
结合E＝BLv0，解得金属棒匀速直线运动时的速度：v0＝10m/s
（2）金属棒匀速运动时，有mg＝F安
又F安＝BIL
解得m＝0.03kg
（3）电键S闭合后，经过足够长时间后金属棒再次匀速运动，仍有
mg＝F安＝BI总L
设流过电阻R的电流为I，则
I＝I总﹣＝0.5﹣＝0.5﹣0.1U
即U＝5﹣10I，在图（b）中作出U﹣I图像，如图所示，该图像与原来R的U﹣I图线交点表示金属棒再次匀速运动时的电压和电流
此时，E′＝U＝2V
由E′＝BLv′，解得金属棒再次匀速运动时的速度v′＝m/s，
动能为Ek＝＝×0.03×（）2J＝J
【点评】解答本题时，关键要作出R的U﹣I图像，根据两个图线的交点读出金属棒再次匀速运动时的电压和电流。
2020上海卷
[2020上海卷 T8 3分]如图所示，线框abcd的左侧放置一通有恒定电流的长直导线，线框从位置Ⅰ按照以下四种方式运动，磁通量变化的绝对值最大的是（ ）
A．平移到位置Ⅱ
B．以bd为转轴转到位置Ⅱ
C．以MN为转轴转到位置Ⅲ
D．平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
【答案】D
【解析】由图，电流的方向向上，根据安培定则可知，电流右侧磁场的方向向里，左侧磁场的方向向外；通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏。
A、设线框的横截面积为S，位置I处平均磁感应强度为B1，位置Ⅱ处平均磁感应强度为B2，将线框从位置I平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量：△Φ1＝（B1﹣B2）S；
B、将线框从位置I以bd为转轴转到位置Ⅱ，磁通量的变化量：△Φ2＝（B1+B2）S；
C、以MN为转轴转到位置Ⅲ时，两侧磁场强弱相同，方向相同，故转动过程中，磁通量的变化为零；
D、平移到以MN为对称轴的位置III时，磁场方向反向，线圈没有变化，故磁感线穿过磁通量变化量为2B1S。
由以上分析可知，磁通量变化最大的是D，故D正确，ABC错误。
[2020上海卷 T12 3分]如图所示，一根玻璃管上端开口下端封闭，上管的内径小于下管的内径。管内的水银柱封闭了一定质量的气体，在大气压保持不变的情况下，温度升高，水银柱全部进入上管而未溢出，此过程中，气压p随体积V的变化关系为（ ）
【答案】D
【解析】在水银柱全部进入上管之前，被封闭的气体的压强p＝p0+ρg（h1+h2），其中ρ为水银密度，h1为上管水银高度，h2为下管水银高度，因为水银体积不变，所以V水银＝S1h1+S2h2（S1为上管截面积，S2为下管截面积），
得h1，代入得p＝p0+ρg（h2）＝（p0+ρg）﹣ρg（）h2，
因为被封闭的气体的体积V＝V2﹣S2h2（V2为下管总体积），得：
p＝（p0+ρg）+ρg（） （V﹣V2）＝（p0+ρg）+ρg（）V2+ρg（） V；
可知，初始状态水银柱只在下方管中，管内气体压强大于0，根据函数表达式可知p随V线性增大。
在水银柱全部进入上管之后，被封闭的气体的压强p＝p0+ρgh（h是水银在上管的长度），可知气体的压强不变，故D正确、ABC错误。
[2020上海卷 T16 4分]质量为m、摆长为L的单摆，拉开一定角度后，t1时刻由静止释放，在t1、t2、t3时刻（t1＜t2＜t3）。摆球动能Ek与势能Ep第一次出现如图关系，其中E0为单摆的总机械能。此单摆周期为 ，摆球在最低点的向心加速度为 。
【答案】4（t3﹣t1）； ；
【解答】单摆在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒为E0，故重力势能和动能之和为E0，在t1时刻，即在摆动的最高点，单摆的速度为零，动能为零；在t3时刻，单摆的重力势能为零，故此时摆球在最低点，则摆球从最高点运动到最低点所用的时间为，故周期T＝4（t3﹣t1）；
在最低点，摆球的动能为Ek＝E0，根据牛顿定律得Fn＝man＝m，则an；
[2020上海卷 T18 10分]图（a）是用DIS研究机械能守恒的装置。
（1）图（a）定位挡片的作用是 。
（2）实验中测得C点的机械能偏大的原因是 。
A．光电门在C的下方
B．摆锤释放时绳子松弛
C．摆锤在摆动的过程中由空气阻力
D．摆锤释放时在A的上方
（3）为了验证单摆的机械能守恒，某同学测量了摆下摆时动能Ek与偏角θ的函数关系，如图（b）所示。当偏角θ＝30°时，摆的重力势能为 J，若摆的质量为0.0075kg，则摆长为 m。
【答案】（1）改变小球摆动时摆线的长度；（2）AD；（3 ） 0.003，0.3。
【解答】（1）在定量研究机械能守恒定律之前需要进行定性研究的实验，实验中用到图中的定位挡片，它的作用是改变摆线的长度，来观察受到阻挡后小球能否摆到另外一侧接近释放时的同一高度。
（2）实验中测得C点的机械能偏大，说明重力势能偏大，最可能的原因是摆锤释放器的释放位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤释放时绳子松弛，长度偏长，在C处的重力势能偏低，则机械能偏小，故B错误；
C．摆锤在摆动的过程中由空气阻力，因阻力做功，导致机械能减小，故C错误；
D．摆锤释放时在A的上方，则在A处已有重力势能，则机械能偏大，故D正确；
故选：AD。
（3）依据摆时动能Ek与偏角θ的函数关系，可知，当夹角为50°时，动能为零，而夹角为0时，动能最大，其值为Ek＝0.0113J，
因对应的重力势能为零，则其机械能值为E＝0.0113J；
当偏角θ＝30°时，由上图可知，对应的动能为：Ek′＝0.0083J；那么其位置摆的重力势能为：Ep′＝E﹣Ek′＝0.0113J﹣0.0083J＝0.003J；
设其摆长为L，依据重力势能表达式，则有：mgL（1﹣cosθ）＝Ep′，
代入数据解得：L≈0.3m
[2020上海卷 T20 19分]足够长的斜面与水平之间的倾角为37°，质量为2kg的物体静止在斜面底端，在平行于斜面上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的滑动摩擦系数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求：
（1）物体在斜面上向上滑行的时间；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比k；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L。
【答案】（1）物体在斜面上向上滑行的时间为2.4s；
（2）上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比为5：1；
（3）在S﹣t图象中画出减速阶段的图象见解析（t＝0时，物体在S＝0处）；
（4）说明见解析，下滑过程中重力势能和动能相等的位置离斜面底端的距离为1.2m。
【解析】（1）撤去力F之前物体受力情况如图所示，
根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝2m/s2，
撤去F以后受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2，
得：a2＝10m/s2
撤去F时速度v1＝a1t1＝4m/s
撤去F后物体减速到零所需时间t20.4s
所以物体上升到最大高度所需时间：t＝t1+t2＝2.4s；
（2）克服摩擦力做的功Wf＝fs
由于摩擦力大小恒定，克服摩擦力做功之比即为两个过程路程之比
撤去F前位移：s14m
撤去F后到达最高点位移：s20.8m
上行过程中撤去F前后，物体受到的摩擦力的做功之比：
k＝Wf1：Wf2＝s1：s2＝5：1；
（3）物体减速的时间段为2s～2.4s，减速阶段的s﹣t图象如图所示：
（4）设加速上升过程中，经过时间T动能和势能相等，则有：
mg（）
解得：a1＝6m/s2，与（1）问计算的加速度相矛盾，故不可能；
撤去力F时的重力势能大于动能，减速上升过程中，重力势能增大、动能减少，所以重力势能与动能不可能相等；
物体下滑时受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得：a3＝2m/s2
在物体沿斜面下滑的过程中，经过T1时间动能和重力势能相等，则有：
mg（s1+s2）sin37°
解得：T1s
则L＝s1+s21.2m。
2019上海卷
[2019上海卷 T12 4分]电影通过倒放演员从高处跳下的场景能模仿出他们轻松跳上高处的镜头，则从观众的视角看来速度变化（ ）
A．低处比高处快，加速度向下
B．高处比低处快，加速度向上
C．低处比高处快，加速度向上
D．高处比低处快，加速度向下
【答案】A
【解析】演员从高处跳下，向下做加速运动，加速度向下，速度越来越大，观众看到演员从低处跳到高处，其运动过程为从高处跳下的逆过程，在低处比高处快，加速度向下，故A正确，BCD错误；
故选：A。
[2019上海卷 T15 4分]圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则图中a、b两点的磁感应强度的大小关系为Ba Bb，a处磁感应强度的方向为 。
【答案】小于；垂直纸面向外。
【解析】由题意可知，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则a、b两处磁场是两段圆弧形电流产生的；
由题意可知：圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，由图示可知，两大圆弧直径相等，两小圆弧直径相等，
则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度相等；
由安培定则可知，大圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向里，小圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向外，且小圆弧在a处产生的磁感应强度大，
因此，a处的磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度的大小之差，且方向垂直于纸面向外；
由安培定则可知，大小圆弧在b处产生的磁感应强度方向都垂直于纸面向里，b处磁感应强度是两端圆弧产生的磁感应强度大小之和，
由以上分析可知，a处磁感应强度小于b处磁感应强度，a处磁感应强度方向垂直于纸面向外；
[2019上海卷 T20]如图，光滑轨道abc固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道cd相切，一质量为m的小球A从高H1静止落下，在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，随后滑块B从c处运动到d处且bd高H2，滑块B通过在cd段所用时间为t。求：
（1）cd处的动摩擦因数μ
（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：A为 ；B为 ；分析说明： 类比为极限频率ν0。
【答案】（1）cd处的动摩擦因数μ为；
（2）光子；光电子；H2。
【解析】（1）A球运动到b处过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：E＝mgH1
然后将这部分能量传递给B，设B球在c处的速度为v，由机械能守恒定律得：，
解得：，
物块在cd间运动过程：v＝at，
由牛顿第二定律解得：aμg，
解得：
（2）A、B碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过程光子与原子中的电子碰撞，电子吸收光子的能量，电子成为光电子，由此可知，A球相当于光子，B相当于光电子，H2相当于极限频率；
2018上海卷
[2018上海卷 T10 4分]沿x轴正方向，电场为正，则正电荷从x1运动到x2，电势能的变化是（ ）
A．电势能一直增大
B．电势能先增大再减小
C．电势能先减小再增大
D．电势能先减小再增大再减小
【答案】C
【解析】沿x轴正方向，电场强度为正，依据E与x图象，可知，从x1运动到x2，电场线先向右，再向左，那么其电势是先减小，后增大，因此正电荷从x1运动到x2，电势能的变化先减小，后增大，故C正确，ABD错误；
[2018上海卷 T17 6分]用如图所示的装置来验证体积不变的情况下温度和压强的关系，玻璃管A、B及橡皮管内装有水银，烧瓶内封闭一定质量的气体。实验中，当温度改变时需上下移动A管，使B管内水银面 ，已测得大气压强为76cmHg还需要用的仪器是
和 测量。
【答案】高度保持不变、刻度尺、温度计。
【解析】本实验是：验证体积不变的情况下温度和压强的关系。
要保证体积不变，则需B管内水银面高度保持不变；
要研究温度和压强的关系，需测温度和压强，测温度需温度计；
测压强，需根据p＝p0±ρgh，故只需测AB两液面高度差即可，所以还需刻度尺；
2017上海卷
[2017上海卷 T12 4分]如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。开始时阀门关闭，左管的水银面较高。现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。当重新平衡时（ ）
A．左管的水银面与右管等高
B．左管的水银面比右管的高
C．左管的水银面比右管的低
D．水银面高度关系无法判断
【答案】D
【解析】外界大气压设为p0，两侧水银柱高度差为h，封闭气体的长度为l1，
则封闭气体的气压p1＝p0+ρgh，
流出一些水银后，先假设平衡后封闭气体的压强不变，其气压p2＝p1，
则根据玻意耳定律，有：p1l1＝p2l2，
解得：，
则流出水银柱的长度：△l＝h+2（l2﹣l1）＝h，
故如果流出的水银柱的长度小于△l，则左管的水银面比右管的高；如果流出的水银柱的长度大于△l，则左管的水银面比右管的低；如果流出的水银柱的长度等于△l，则左管的水银面与右管的等高；
故ABC错误，D正确；
[2017上海卷 T17 4分]如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4：1．B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为 ，机械能之比为 （以地面为零势能面）。
【答案】1：2；4：1
【解答】设B距地面的高度为h，剪断轻绳后，B做自由落体运动，A沿斜面向下做匀加速运动，故对B可知，2gh＝v2，解得v，下落时间t，对A，沿斜面下滑的加速度为a，B落地时A获得的速度v′＝at，故v′：v＝1：2；由于AB在运动过程中，只受到重力作用，故机械能守恒，故EA：EB＝4：1
[2017上海卷 T18 10分]“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中定值电阻阻值R1＝1Ω。
（1）图（a）中A为 传感器，定值电阻R1在实验中起 的作用；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图（b）所示，由此得到电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω；
（3）实验测得的数据如图所示，则实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为
A．0～5Ω B．0～20Ω C．0～50Ω D．0～200Ω
【答案】（1）电流；保护电源；（2）1.50；0.28；（3）B。
【解析】（1）A串联在电路中，测量电流的，所以A是电流传感器；
B与滑动变阻器并联，测量电压，所以B是电压传感器；定值电阻R1在实验中中的作用主要是保护电源，防止短路；
（2）根据U＝E﹣Ir可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E＝1.50V；图象的斜率表示内阻，则可知，r0.28Ω；
（3）由图可知，测出中的最小电流约为0.1A，此时对应的总电阻R总15Ω，此时滑动变阻器接入电阻应为15﹣1﹣0.28＝13.7Ω；故滑动变阻器总阻值一定大于13.7Ω；
同时为了调节方便，总阻值不应过大，故应选择20Ω的总阻值，故B正确，ACD错误。
[2017上海卷 T20 16分]如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．
（1）求ab开始运动时的加速度a；
（2）分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
（3）分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
【答案】（1）ab开始运动时的加速度a为；
（2）向上运动过程中，速度减小，加速度减小，下降过程中，速度增大，加速度减小，最终加速度为零，做匀速运动．
（3）上滑的时间小于下滑时间．
【解析】（1）ab开始运动时，ab棒所受的安培力，
根据牛顿第二定律得，ab棒的加速度a．
（2）ab棒向上运动的过程中，加速度方向与速度方向相反，速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动．
向下运动的过程中，加速度方向与速度方向相同，加速度a，速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终加速度为零，做匀速运动．
（3）在整个过程中，安培力一直做负功，在上升和下降过程中的同一位置，上升时的速度大于下降时的速度，可知上升时的平均速度大于下降时的平均速度，
可知上滑的时间小于下滑的时间．
2016上海卷
[2016上海卷 T16 3分]风速仪结构如图（a）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（b）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．转速逐渐增大，平均速率为
【答案】 B
【解答】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。
[2016上海卷 T20 4分]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处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
【答案】 ABD
【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＝2×3m＝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＝4﹣5m处、x＝2﹣3m处质点位移为零，故D正确。
[2016上海卷 T25 4分]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 ．
【答案】0或h，
【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中的平均作用力为：①
所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有：②
①②两式联立的：m③
在开始时，由牛顿第二定律有：F0﹣mg＝ma…④
联立③④两式解得：a
[2016上海卷 T29 8分]某同学制作了一个结构如图（a）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（b）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．
（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”）．
（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”）．
【答案】（1）0.1；360．（2）减小．（3）偏低．
【解析】（1）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 TmK＝360K
（2）若气柱初始长度大于0.3m，由Tm知，Lm和T1均不变，当L1增大时，可得Tm减小．即温度计能测量的最高温度将减小．
（3）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．
[2016上海卷 T33 14分]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ρ，与电阻不计的轨道接触良好，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）；
（2）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。
【答案】（1）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；
（3）棒从y＝0运动到y＝L过程中外力F的功。
【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±x，y），
安培力为：
安培力的功率为：
棒做匀加速运动，有：
v2＝2ay
R＝2ρx
代入前式得：
轨道形式为抛物线。
（2）安培力为：
以轨道方程代入得：
（3）由动能定理有：
y＝L时
安培力平均值
安培力做功
安培力做功为：
棒在y＝L处动能为：Ek
外力F做功为：
2015上海卷
[2015上海卷 T16 3分]如图，战机在斜坡上进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（ ）
A．bc之间 B．c点 C．cd之间 D．d点
【答案】A
【解析】如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ，则a，A，B，P，C在同一水平线上，
由题意可知，设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹（由A到b）：
水平方向的位移：x1＝AB＝Lcosθ﹣x0＝v0t1
竖直方向的位移：y1＝vyt1
对第三颗炸弹（由P到Q），
水平方向的位移：x2＝PC＝2Lcosθ﹣2x0＝v0t2
竖直方向的位移：
解得：t2＝2t1，y2＞2y1，可得PQ的竖直方向的位移大于a、c两点竖直方向的距离，即Q点在c点的正下方，所以第三颗炸弹的轨迹与bc交于b、c两点之间的某点，则第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确；
[2015上海卷 T19 4分]一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）
A．v0越大，v越大 B．v0越小，v越大
C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大
【答案】AC
【解析】子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，加速速度也不变，当子弹的初速度v0越大时，如答图1所示，子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故A正确，B错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如答图2所示，
木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故C正确；木块的质量越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如答图3所示，故D错误。
[2015上海卷 T23 4分]如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为 ．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为 ．
【答案】，fvcosθ+P．
【解析】船的速度沿绳子方向的分速度v1＝vcosθ，
根据P＝Fv1得，绳对船的拉力大小F．
根据平衡得，汽车的牵引力F′＝F+f，
则汽车发动机的功率P′＝F′v1＝P+fvcosθ．
[2015上海卷 T29 9分]简易温度计构造如图所示，两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作。
（1）（单选题）此温度计的特点是
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值 （选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需 。
【答案】（1）A；（2）BC；（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数。
【解析】（1）以左侧球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
由盖﹣吕萨克定律得：C，T，温度T与体积V成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A正确；
（2）气体发生等压变化，气体体积的变化反映了气体温度的变化，
温度计的灵敏度取决于气体体积变化，影响温度计灵敏度的因素有：
玻璃泡大小、左管内径粗细，故选BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压：76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，
若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，
水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大，为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数。
[2015上海卷 T33 14分]如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动。杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）。将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点。求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω。
【答案】（1）初始状态的电势能We为﹣3qELcosθ
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω为或。
【解析】（1）初始状态的电势能为：We＝qU++（﹣q）U﹣＝﹣3qELcosθ
（2）竖直方向的力矩平衡是两重力方向都竖直向下但分居异侧，所以等价力矩要相减；
而水平方向两个电场力方向相反分居异侧要相加；
那么平衡位置时，设小球质量为m，合力矩为：
3qElsinα﹣mglcosα＝0
由此得：
解得：α＝30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ＝150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0，
当θ＜150°时，A位于O正下方的电势能为零，初态有：W＝﹣3qElcosθ
EP＝﹣mglsinθ
末态W′＝0 E′P＝﹣mgl
由能量守恒有：
当θ≥150°时，电势能为零的位置由两处，即A位于O点正下方或正上方
在A位于O正下方时
在A位于O正上方时
2014上海卷
[2014上海卷 T16 3分]如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，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△Ek1、△Ek2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为摩擦力做功Wf＝μ（mgcosθ+Fsinθ） s＝μmgx+μFh，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，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误。
[2014上海卷 T18 4分]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△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（ ）
A．A的示数增大 B．V2的示数增大
C．△V3与△I的比值大于r D．△V1大于△V2
【答案】ACD
【解析】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与滑动变阻器串联，电压表V1测量R的电压设为U1，V2测量路端电压设为U2，V3测量滑动变阻器的电压设为U3。
A、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，则电流表A的示数增大，故A正确；
B、电路中电流增大，根据U2＝E﹣Ir，则路端电压U2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：R+r＞r，则ΔV3与ΔI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：r；
R为定值电阻，则有R，
据题：R＞r，则，故ΔV1大于ΔV2．故D正确。
[2014上海卷 T20 4分]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．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，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A、B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△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（ ）
A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB
【答案】AD
【解答】AB、气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有：PASA+（M+m）gsinθ＝PBSB…①
对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；故A正确，B错误。
C、开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等△FB＞△FA，故C错误。
D、由，但SA＞SB，结合C分析可得，故有△pA＜△pB．故D正确。
[2014上海卷 T24 4分]如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d＝0.6m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2m，离地高H＝2m的质点与障碍物相距x。在障碍物以v0＝4m/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 m；若L＝0.6m，x的取值范围是 m．（取g＝10m/s2）
【答案】0.8，0.8m≤x≤1m。
【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间s＝0.2s；
小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，
则小球通过矩形孔的时间△t＝t2﹣t1＝0.2s，
根据等时性知，L的最大值为Lm＝v0△t＝4×0.2m＝0.8m。
x的最小值xmin＝v0t1＝4×0.2m＝0.8m
x的最大值xmax＝v0t2﹣L＝4×0.4﹣0.6m＝1m。
所以0.8m≤x≤1m。
[2014上海卷 T25 4分]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的正上方C处，图中AC＝h．当B静止在与竖直方向夹角θ＝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θ＝30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ＝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。
【解析】当B静止在与竖直方向夹角θ＝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：
解得：ABh，
根据余弦定理，可得，（h）2＝h2+BC2﹣2×BC×hcos30°，
解得BCh，或h；
当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B仍能在θ＝30°处平衡，
根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，
由三角形相似可知，
随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小。
当细绳变为竖直方向时，此时绳子拉力仍小于重力，
所以拉力先不变，后增大。
[2014上海卷 T29 4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，式中Ic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)，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m=0.50kg。
r/m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20
T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64
(1)由实验数据得出图(b)所示的拟合直线，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）T2r；（2）kg m2；0.17； （3）不变．
【解析】（1）由T＝2π可知，整理得：T2r＝4π2，因此横坐标为r2，纵坐标即为T2r；
（2）（2）根据T2r，可知，与的单位是相同的，因此IC的单位即为kg m2；
图象的斜率k，
由图可知k3.68；解得：g（g＝10.7m/s2）；
由图可知1.25，则IC＝0.17．
（3）根据上式可知，质量的测量值偏大，不影响重力加速度的测量值，即为不变；
[2014上海卷 T33 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R=1.5, MN与MP的夹角为135°， PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg，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L=4m。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。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v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA.
(2)若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间t。
(3)在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3。
【答案】（1）8N；（2）1s；（3）1m/s
【解析】（1）棒在GH处速度为v1，因此，，由此得；
（2）设棒移动距离a，由几何关系EF间距也为a，磁通量变化。
题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有：
因此
解得
（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v’3
由动能定理：得
克服安培力做功
式中
代入式得
由于电流始终不变，有
因此
代入数值得
解得 （舍去）
2013上海卷
[2013上海卷 T16 3分]汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（ ）
【答案】A
【解析】汽车驶入沙地前，做匀速直线运动，牵引力和阻力平衡；
汽车刚驶入沙地时，阻力增加，牵引力小于阻力，加速度向后，减速；根据功率P＝Fv可知，随着速度的减小，牵引力不断增加，故加速度不断减小；当加速度减为零后物体匀速运动；
汽车刚离开沙地，阻力减小，牵引力大于阻力，故加速度向前，物体加速运动；根据功率P＝Fv可知，随着速度的增加，牵引力不断减小，故加速度不断减小；即物体做加速度减小的加速运动；最后匀速；
故汽车进入沙地减速，中途匀速，离开沙地加速；
s﹣t图线上某点的斜率表示该点对应时刻的瞬时速度，B图两端是曲线，且最后的斜率大于开始的斜率，即最后的速度比开始的最大速度还要大，不符合实际；只有A选项曲线在O点处的切线斜率等于驶出沙地后直线的斜率，符合实际。故A正确，B错误，C错误，D错误；
[2013上海卷 T20 4分]右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图。A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上。由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的（ ）
A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间
B．速度大小一定不小于A、B的速度大小
C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内
【答案】BC
【解析】AB、船C沿着绳子靠向A船初位置的同时还要绕A船转动；船C沿着绳子靠向B船的初位置的同时还要绕B船转动；先将船C的速度先沿着平行AC绳子和垂直AC绳子方向正交分解；再将船C的速度先沿着平行BC绳子和垂直BC绳子方向正交分解；
由于绳子不可伸长，故每条船沿着绳子方向的分速度是相等的；
两拖船速度一定小于C船速度（斜边大于直角边）；故A错误，B正确；
CD、因为C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，速度方向不一定在CA和CB的夹角范围内，以A为参照系，此时的C船是以A为圆心做圆周运动，即速度方向垂直于AC，∠ACB小于90°的情况下，C的速度方向就是在ACB夹角之外的；故C正确，D错误。
[2013上海卷 T25 4分如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC=CA=0.3m。质量m=lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与BD间的动摩擦因数μ=0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s= m。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′ s（填：“大于”、“等于”或“小于”。）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】0.248，等于
【解析】物体沿BD做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件得
F＝f+mgsin37°
N＝mgcos37°
又f＝μN
联立得，F＝μmgcos37°+mgsin37°
对于支架：当支架绕A点刚要转动时，物体向上滑行的距离最大．由于滑轮两侧绳子的合力通过A点，相对于A点的力臂等于零，力矩为零，
分析支架的受力情况如图，由力矩平衡条件得
f ABsin37°＝N （ABcos37°﹣s）
其中DC＝0.3m，AB＝0.4m，代入解得，s＝0.248m
若增大F后，由上式知，s与F大小无关，故物体能向上滑行的最大距离不变，则有s′＝s
[2013上海卷 T29 7分]利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下：
(
B
A
K
)①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm。
②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm。（玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2）
⑴若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，ΔV示针筒内气体的体积，Δp1、Δp2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为_____________________、________________。
⑵由实验数据得烧瓶容积V0=________ml，大气压强p0=________Pa。
⑶（单选题）倒U形玻璃管A内气体的存在
A．仅对容积的测量结果有影响
B．仅对压强的测量结果有影响
C．对二者的测量结果均有影响
D．对二者的测量结果均无影响
【答案】（1）p0（V0+△V）＝（ p0+△p1） V0； p0V0＝（ p0﹣△p2） （V0+△V）；
（2）560，9.58×104； （3）A。
【解析】（1）对于步骤①，根据玻意耳定律可得p0（V0+△V）＝（ p0+△p1） V0；
对于步骤②，根据玻意耳定律可得p0V0＝（ p0﹣△p2） （V0+△V）；
（2）联立解得V0△V＝56×10ml＝560ml；p0△p1＝56×0.171×1.0×103×10 Pa＝9.58×104 Pa。
（3）由（2）知，V0△V，而，解得：，
而△P1与△P2均由ρg△h测得，故与管A内气体体积无关，而V实＝V0﹣VA，仅对容积的测量结果有影响，故A正确，BCD错误，
[2013上海卷 T33 16分如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。导轨间x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
（1）电路中的电流；
（2）金属棒在x=2m处的速度；
（3）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小；
（4）金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率。
【答案】（1）电路中的电流2A；
（2）金属棒在x＝2m处的速度0.67m/s；
（3）金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小1.6J；
（4）金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率0.71W．
【解析】（1）金属棒切割产生感应电动势为：E＝B0Lv＝0.5×0.4×2V＝0.4V，
由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I
（2）由题意可知，在x＝2m处，B2＝B0+kx＝1.5T，
切割产生感应电动势，E＝B2Lv2，
由上可得，金属棒在x＝2m处的速度v2＝0.67m/s
（3）当x＝0m时F0＝B0IL＝0.4N，
x＝2m时，FA＝B2IL＝1.2N，
安培力随磁感应强度及位移x是线性变化，
金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小，W＝（ F0+FA）1.6J
（4）由EIt＝W
解得t＝2s，
由动能定理：，
解得：P＝0.71W
2012上海卷
[2012上海卷 T10 3分]小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（ ）
A．三个 B．四个 C．五个 D．六个
【答案】C
【解析】小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，根据位移时间关系公式，有：
代入数据，有：
解得：t＝0（舍去） 或 t＝1.2s
每隔0.2s抛出一个小球，故第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为：N
[2012上海卷 T16 3分]如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）
A．2R B． C． D．
【答案】C
【解析】设B的质量为m，则A的质量为2m，
以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：
﹣mgR+2mgR（m+2m）v2﹣0，
以B为研究对象，在B上升过程中，
由动能定理可得：﹣mgh＝0mv2，
则B上升的最大高度H＝R+h，
解得：H；
[2012上海卷 T20 4分]如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
A．mA一定小于mB B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB
【答案】ACD
【解析】A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图
根据平衡条件，有：
故：
同理，有：
由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正确；
B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；
C、小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，故A球的速度较大，故C正确；
D、小球摆动过程机械能守恒，有mg△h＝EK，故
Ek＝mg△h＝mgL（1﹣cosθ）L（1﹣cosθ）
其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：
EkL（1﹣cosθ）
其中F Lcosθ＝Fh，相同，故θ越大，越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确；
[2012上海卷 T24 4分]如图，简单谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过△t＝3s，其波形如虚线所示。已知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T＜△t＜4T．则可能的最小波速为 m/s，最小周期为 s。
【答案】5，
【解析】由图象可以看出，波长为：2λ＝14m，故λ＝7m；
2T＜△t＜4T，故波传播的距离：2λ＜△x＜4λ；
①波向右传播，△x＝15m或22m；
波速为或m/s；
周期为：或s；
②波向左传播，△x＝20m或27m
波速为或9m/s；
周期为：或s；
[2012上海卷 T29 8分]在“利用单摆测重力加速度：的实验中
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到 。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于 。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为 （地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为 （填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝ 。
【答案】（1）数据采集器，最低点；；（2）直线；
【解答】（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据。单摆做小角度摆动，
当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）。
若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则
单摆的周期为：T
（2）由T可得：lgTlg，故lgT﹣lgL图线为直线，
由题意可知：lgc
解得：g
[2012上海卷 T33 14分]如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【答案】（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E＝BLat，；
（2）经过时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）导轨动能的增加量为．
【解析】（1）对杆发电：E＝BLv，
导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，
E＝BLat，
sat2
对回路：闭合电路欧姆定律：
（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f．其中
对杆受安培力：FA＝BIL
Ff＝μFN＝μ（mg+BIL）＝μ（mg）
由牛顿定律F﹣FA﹣Ff＝Ma
F＝Ma+FA+Ff＝Ma+μmg+（1+μ）
上式中当：R0at
即t时，外力F取最大值，
F max＝Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理，W合＝△Ek W合＝Mas．
由于摩擦力Ff＝μ（mg+FA），
所以摩擦力做功：W＝μmgs+μWA＝μmgs+μQ，
s，
△Ek＝Mas
2011上海卷
[2011上海卷 T12 3分]如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（ ）
A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
【答案】A
【解析】设滑动变阻器触点以上的电阻为R上，触点以下的电阻为R下．因为滑动变阻器的有效电阻R并除最初和最终为零外，是
R上和R下并联的结果，①
二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I总②，
所以当触点在中间时电流最小，电压表V读数为电源的路端电压，U＝E﹣Ir，当触点在中间时路端电压最大，电压表V读数先变大后变小，所以本题选A或C。
再算电流表A读数即R下的电流I，根据电阻并联分流公式，③，
联立以上3式，解得，
变化为I，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，R上一直变大而R下一直变小，从上式可以看出，电流表A读数I一直变大，所以本题选A。
[2011上海卷 T13 4分]如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（ ）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
【答案】B
【解答】分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；
同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确。所以本题选B。
[2011上海卷 T16 3分]如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F．剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力（ ）
A小于N B．等于N
C．等于N+F D．大于N+F
【答案】D
【解析】以箱子和a合在一起为研究对象，设其质量为M，剪断连接球b的细线前，则N＝Mg﹣F+Fe，其中Fe表示b对a的库仑力，也即为b对a和箱子整体的库仑力；
剪断连接球b的细线后，则N′＝Mg+Fe′，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以N′＞N+F，所以D正确；
[2011上海卷 T20 4分]如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（ ）
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
【答案】AD
【解答】A、先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，故A正确，B错误；
C、再看安培力方向，由于磁感应强度在竖直方向均匀分布，把铜环分成若干份，则可知，对称的一小段在竖直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，故C错误，D正确。
[2011上海卷 T25 4分]以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度大小为 ．
【答案】，．
【解析】由平抛运动规律知：
水平方向：s＝v0t，
竖直方向：，
解得轨道的高度为：；
当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得：，
解得物体到达轨道底部时的速率为：．
设θ是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，α是平抛运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：tanθ＝2tanα，
又因，所以tanθ，由三角函数基本关系式得：cosθ，
则把cosθ代入水平方向速度大小的关系式vx＝vcosθ得：Vx
[2011上海卷 T29 9分]实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示。
供选择的仪器如下：①待测电流表G1 (0~5mA，内阻约300Ω)，
②电流表G2 (0~10mA，内阻约100Ω)，
③定值电阻R1 (300Ω)， ④定值电阻R2 (10Ω)，⑤滑动变阻器R3 (0~1000Ω)， ⑥滑动变阻器R4 (0~20Ω)，
⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干。
⑴定值电阻应选_____，滑动变阻器应选_____。(在空格内填写序号)
⑵用连线连接实物图。
⑶补全实验步骤：
①按电路图连接电路，______；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；
③________________________；
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。
⑷根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________。
【答案】（1）③，⑥（2）见上图 （3）①将滑动触头移至最左端。
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）r1＝（k﹣1）R1。
【解析】（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大。故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥。
（2）连接实物图如图所示。
（3）补充实验步骤见
①将滑动触头移至最左端
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）根据并联分流公式，又，
解得r1＝（k﹣1）R1，式中r1即rG1。
[2011上海卷 T33 14分]如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的总势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图(b)所示），则B的总势能曲线如图(c)中II所示。将B在x=20cm处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。取g=9.8m/s2）
⑴B在运动过程中动能最大的位置；
⑵运动过程中B的最大速度和最大位移；
⑶图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角；
⑷若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线。
【答案】
【解析】（1）势能最小处动能最大
由图线Ⅱ得x＝6.1cm（在5.9～6.3cm间均视为正确）
故B在运动过程中动能最大的位置为x＝6.1cm。
（2）由图读得释放处（x＝20.0cm处）势能Ep＝0.90J，此即B的总能量。由于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.47J，则最大动能为Ekm＝0.9﹣0.47＝0.43J
（Ekm在0.42～0.44J间均视为正确）
最大速度为（vm在1.29～1.33 m/s间均视为正确）
x＝20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E＝0.90J的水平直线与曲线Ⅱ的左侧交点确定，由图中读出（左侧）交点位置为x＝2.0cm，因此，最大位移△x＝20.0﹣2.0＝18.0cm（△x在17.9～18.1cm间均视为正确）
故运动过程中B的最大速度为1.31m/s，最大位移为18.0cm。
（3）渐近线Ⅲ表示B的重力势能随位置变化关系，即EPg＝mgxsinθ＝kx
∴
由图读出直线斜率
（θ在59°～61°间均视为正确）
故导轨的倾角为59.7°。
（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图中红线所示，
2010上海卷
[2010上海卷 T16 3分]如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1＝0和t2＝0.5s（T＞0.5s）时的波形，能正确反映t3＝7.5s时波形的是图（ ）
【答案】D
【解析】由题意，简谐横波沿x轴正方向传播，t1＝0和t2＝0.5s（T＞0.5s）时的波形得到实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间。
则有，T＝4（t2﹣t1）＝2s
，即t3止
因为经过整数倍周期时间波形重复，故t3时刻与时刻波形相同。则波向右传播的距离。
[2010上海卷 T19 3分]如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）
【答案】AC
【解析】A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E＝BLV及V＝at可知，E＝BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A正确，B错误；
C、D、而由E＝BLV及V2＝2as可知，E＝BL，故电流与成正比，故C正确，D错误；
[2010上海卷 T20 4分]如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2cm，波速为2m/s，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4m（小于一个波长），当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1cm的位置，则（ ）
A．此波的周期可能为0.6s
B．此波的周期可能为1.2s
C．从此时刻起经过0.5s，b点可能在波谷位置
D．从此时刻起经过0.5s，b点可能在波峰位置
【答案】ACD
【解析】有两种情况：（1）如答图1，λ/4+λ/12=0.4m，λ=1.2m，根据v=λ/T，T=λ/v=0.6s，A正确；
波沿x轴正方向传播，此时质点b向上振动，经过T/12时间运动到平衡位置，再经过3T /4时间正好到达波谷位置，T/12+3T /4=5T /6 =0.5s，所以从此时刻起经过0.5s，b点在波谷位置，如图虚线所示，C正确。
（2）如答图2，λ/2+λ/4-λ/12=0.4m， λ=0.6m，根据v=λ/T，T=λ/v=0.3s， B错误；
波沿x轴正方向传播，此时质点b向下振动，经过T/6时间运动到波谷位置，再经过T /2时间到达波峰位置，由波的周期性， 再经过一个周期T仍在波峰位置，
T/6+T /2+T =5T /3 =0.5s，所以从此时刻起经过0.5s，b点在波峰位置，如图虚线所示，D正确。
所以本题选ACD。
[2010上海卷 T24 4分]如图，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M(M>>m1、M>>m2).在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径之比ra: rb=1:4,则它们的周期之比Ta: Tb=______;从图示位置开始，在b运动一周的过程中，a、b、c共线了____次。
【答案】1：8，14．
【解析】万有引力提供向心力，则有：，；
所以Ta：Tb＝1：8；
设每隔时间t，a、b共线一次，则（ωa﹣ωb）t＝π，所以；
故：14．
[2010上海卷 T29 6分]某同学利用DIS，定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的1/U ~1/R关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.
（1）由图线a可知电池a的电动势Ea=______V，内阻ra=____Ω。
（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率Pa____Pb（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率ηa____ηb（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）2； 0.5；（2）小于．
【解析】（1）根据E＝Ur，得：
图象a，截距b＝0.5，斜率K＝0.25，
故电动势E2V，
内电阻r＝E K＝0.5Ω；
（2）在原图象中取相同横坐标，表示接入电路中电阻大小相等，此时b的电压U大，根据P，可得b的功率大，所以有功率Pa小于Pb
[2010上海卷 T33 14分]如图，一质量不计，可上下移动的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封有理想气体。筒的侧壁为绝缘体，上底N、下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积S＝2cm2．在电键K断开时，两室中气体压强均为p0＝240Pa，ND间距l1＝1μm，DM间距l2＝3μm．将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动。稳定后，ND间距l1′＝3μm，DM间距l2′＝1μm，活塞D所带电量的绝对值q＝ε0SE（式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量ε0＝8.85×10﹣12C2/Nm2）。求：
（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；
（2）活塞受到的电场力大小F；
（3）M所带电荷产生的场强大小EM和电源电压U；
（4）使滑片P缓慢地由B向A滑动，活塞如何运动，并说明理由。
【答案】（1）720Pa （2）0.128N （3）EM =E/2，U=12V （4）见解析
【解析】（1）电键未合上时两室中气体压强为p0。
设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，
由玻意耳定律p0l1S＝p1l1′S，
p180Pa，
p0l2S＝p2l2′S，
p2＝3p0＝720Pa。
两室中压强分别为80Pa和720Pa；
（2）活塞受到的气体压强差为△p＝p2﹣p1＝640Pa，
活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F＝△pS＝0.128N。
电场力为0.128N；
（3）活塞受到的电场力大小F＝qEM，其中活塞带电量q＝ε0SE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生。
根据电场叠加原理，M产生的场强大小EM，所以F＝2e0SEM2，
EM＝6×106V/m，U＝El2′＝12V，
M产生的场强为6×106V/m；电源电压为12V；
（4）活塞向上移动；
当滑片P由B向A滑动时，DM间电压减小场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动。
2009上海卷
[2009上海卷 T5 5分]小球由地面竖直上抛， ww.上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于 （ ）
A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9
【答案】D
【解析】解：设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程由动能定理得：
①；
小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得：
②，
又③；
小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得：
④，
又2⑤；
以上各式联立解得，
[2009上海卷 T9 5分]如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为△VA、△VB，压强变化量为△pA、△pB，对液面压力的变化量为△FA、△FB，则（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离
B．△VA＜△VB
C．△pA＞△pB
D．△FA＝△FB
【答案】AC
【解析】首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：；对气体B：，又初始状态满足PA＝PB+h，可见使A、B升高相同温度，，，因此△PA＞△PB，因此△FA＞△FB液柱将向上移动，A正确，C正确；由于气体的总体积不变，因此△VA＝△VB，所以B、D错误。
[2009上海卷 T14 14分]图示电路中，R1＝12Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器R3上标有“20Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的，电流表指针指在满偏的，则此时电流表示数为 A，该电源的电动势为 V。
【答案】0.15；7.5。
【解析】由于题意当“继续向右移动滑片P到另一位置”电压表示数一定大于2.5V，电流表示数一定小于0.3A，再结合电压表指针指在满偏的，电流表指针指在满偏的，可知电压表的量程为0﹣15V，电流表的量程为0﹣0.6A，因此当滑片滑到下一位置是电流表的示数为；
电压表的示数为5V；由串并联电路规律得：0.3×12＝I2×6，得 I2＝0.6A，由闭合电路欧姆定律得（0.3+0.6）r+2.5+0.3×12＝E；
同理：0.15×12＝I′2×6，得I′2＝0.3A，
由闭合电路欧姆定律（0.15+0.3）r+5+0.15×12＝E
以上各式联立解得：E＝7.5V。
[2009上海卷 T19 4分]光强传感器对接收到的光信号会产生衰减，且对于不同波长的光衰减程度不同，可以用表示衰减程度，其定义为输出强度与输入强度之比，＝I出/I入，右图表示与波长之间的关系。当用此传感器分别接收A、B两束光时，传感器的输出强度正好相同，已知A光的波长A＝625nm，B光由B1＝605nm和B2＝665nm两种单色光组成，且这两种单色光的强度之比IB1:IB2＝2:3，由图可知A＝__________；A光强度与B光强度之比IA:IB＝__________。
【答案】0.35；
【解析】如图所示，A光的波长为625nm，在图上对应的强度 A＝0.35；同理在图中找出B1的强度为φB1＝0.60，B2的强度为φB2＝0.05，由A、B两束光经传感器的输出强度正好相同得：IB 0.60+IB 0.05＝IA 0.35得：。
[2009上海卷 T24 14分]如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．
【答案】（1）匀加速直线运动．（2）0.5T．（3）1s．（4）如图．
【解析】
（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压U∝I，感应电动势E∝I，E∝v，
U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．
（2）对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得：Fma，将F＝0.5v+0.4代入得0.5v0.4＝ma，
因为a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5）＝0，得B＝0.5T．
（3）撤去外力前，x1at2，v0x2＝at，x1+x2＝s，所以at2at＝s，得：0.2t2+0.8t﹣1＝0，t＝1s．
（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2＝2ax，撤去外力后，v＝v0x，
v2＝2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线，
v＝v0x，v与x可能是线性关系，图象是直线．
根据物理量关系可能图线如下
2008上海卷
[2008上海卷 T4 4分]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_____________________。
【答案】mgsin ；增大或减小都有可能，
【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动，如图中所示当F力的方向为a方向（垂直于ON）时，力F最小为mgsinθ；若F＝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（ON方向）夹角小于90 ，也可能与运动方向夹角大于90，除重力外的力F对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、减少都有可能。
[2008上海卷 T5 4分]在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略的一个长度单位相当于现在的mm，假设一个时间单位相当于现在的0.5 s。由此可以推算实验时光滑斜面的长度至少为__________m；斜面的倾角约为__________度。（g取10m/s2）
表：伽利略手稿中的数据
1 1 32
4 2 130
9 3 298
16 4 526
25 5 824
36 6 1192
49 7 1600
64 8 2104
【答案】2.04，1.5．
【解析】由图可知斜面长度至少为：2.04m。小球在斜面上做初速度为零的匀变速直线运动，有：，其中t＝8×0.5＝4s。解得：a＝0.26＝gsinα，所以倾角α＝1.5°。
[2008上海卷 T14 4分]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CD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，则（ ）
A．小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中的振幅不断减小
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往复运动过程中的振幅不断减小
【答案】 BCD
【解析】A、小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，所以A错误；
B、由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，所以B正确；
C、如果M、N的带电荷量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，C正确；
D、同时，伴随M、N电荷量的增加，由于对P在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，D正确。
[2008上海卷 T19 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置于通电螺线管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，而不改变电流的大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。
实验次数 电流I（A） 磁感应强度B（10－3T）
1 0.5 0.62
2 1.0 1.25
3 1.5 1.88
4 2.0 2.51
5 2.5 3.12
（1）将开关合到位置1，待螺线管中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为Dφ，，式中φ为单匝试测线圈磁通量的变化量，则试测线圈所在处的磁感应强度的大小为B＝__________；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中电流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管A内磁感应强度B与电流I的关系式为B＝__________。
（3）（多选题）为了减少实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有（ ）
（A）适当增加试测线圈的匝数N
（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Δt
【答案】（1），．（2）0.00125I（或kI）．（3）AB。
【解析】（1）设试测线圈所在处磁感应强度大小为B，则K从位置1拨到位置2磁通量的变化量大小为：△Φ＝2Bs结合Dφ
解得：B；
线圈中电动势为：
所以解得：E．
故答案为：，．
（2）分析表中数据可知，螺线管A内部的感应强度B和电流I的关系成正比即B＝KI，由表中数据求得K＝0.00125．
故答案为：0.00125I（或kI）．
（3）根据公式，可知增大线圈匝数和磁通量的变化率即可增大测量的准确性，由于该题中磁通量的变化由磁场引起，因此增大面积也可增大磁通量的变化率，故AB正确，CD错误．
[2008上海卷 T23 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（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。
【答案】
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子从（）离开ABCD区域。
（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，所有释放点为满足的位置。
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为。
【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做初速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：
以上两式联立解得：，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（）。
（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v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有：
以上两式联立解得：xy，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，在高度为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：
，
以上各式解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
[2008上海卷 T24 14分]如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有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，设平行导轨足够长。已知导体棒下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处时的速度大小为v2。
（1）求导体棒ab从A处下落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R2上的电功率P2；
（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab进入磁场II时的速度大小为v3，要使其在外力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。
【答案】（1）。
（2）故磁场I和Ⅱ之间的距离，和R2上的电功率。
（3）。
【解析】（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：
mg﹣BIL＝ma，式中，
当导体棒ab下落时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分的电阻值是4R+4R，
式中：4R
由以上各式可得到：
故导体棒ab从A下落时的加速度大小为：。
（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：
式中：
解得：
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2﹣v22＝2gh，
得：h，
此时导体棒重力的功率为：，
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P电＝P1+P2＝PG，
所以，，
故磁场I和Ⅱ之间的距离，和R2上的电功率。
（3）设导体棒ab进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小为v't，此时安培力大小为：
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v't＝v3+at
根据牛顿第二定律，有
F+mg﹣F′＝ma
即：
由以上各式解得：
故所加外力F随时间变化的关系式为：。
2007上海卷
[2007上海卷 T5 4分]在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝2.5cos（kx）（单位：m），式中k＝1m﹣1．将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10m/s2．则当小环运动到m时的速度大小v＝ 该小环在x轴方向最远能运动到x＝ m处．
【答案】5 m/s； m．
【解析】光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，
由曲线方程知，环在x＝0处的y坐标是m；在x时，y＝2.5cos（kxπ）＝﹣2.5 m．
选y＝0处为零势能参考平面，则有：mv02+mg（）mv2+mg（﹣2.5），
解得：v＝5 m/s．
当环运动到最高点时，速度为零，
同理有：mv02+mg（）＝0+mgy．
解得y＝0，即kxπ＝π，该小环在x轴方向最远能运动到xm处．
[2007上海卷 T13 5分]一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是（ ）
A．EA＞EB＞EC B．EA＜EB＜EC C．EA＜EC＜EB D．EA＞EC＞EB
【答案】AD
【解答】电荷初速度为零，在运动过程中可能一直加速运动，此时有：EA＞EB＞EC，可能先加速后减速但是并未减速到零，此时有：EA＞EC＞EB，也可能先加速然后减速为零，此时有：EA＝EC＞EB，故AD正确，BC错误。
[2007上海卷 T18 6分]一定量的理想气体与两种实际气体I、II在标准大气压下做等压变化时的V-T关系如图（a）所示，图中。用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度计，然后将其中二个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体I、II。在标准大气压下，当环境温度为T0时，三个温度计的示数各不相同，如图（b）所示，温度计（ii）中的测温物质应为实际气体________（图中活塞质量忽略不计）；若此时温度计（ii）和（iii）的示数分别为21C和24C，则此时温度计（i）的示数为________C；可见用实际气体作为测温物质时，会产生误差。为减小在T1-T2范围内的测量误差，现针对T0进行修正，制成如图（c）所示的复合气体温度计，图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分，在温度为T1时分别装入适量气体I和II，则两种气体体积之比VI:VII应为________。
【答案】II； 23； 2：1
【解析】可以从（a）图看出，实际气体Ⅰ由温度T1升高到温度T0时，体积膨胀的多，实际气体Ⅱ由温度T1升高到温度T0时，体积膨胀的少。当制成温度计时，在T1温度时，三种气体温度相同，当温度升高到T0时，Ⅱ气体体积膨胀的少，气体体积小，温度计示数低。所以Ⅱ温度计中的物质是气体Ⅱ。
在温度为T0时，Tⅱ＝21℃，Tⅲ＝24℃，由于，所以此时示数应该是Ⅲ与Ⅱ的差值是Ⅱ与Ⅰ差值的一半，而最大差值等于3℃，所以Ⅰ的示数为23℃。
Ⅰ气体使实际值偏大，Ⅱ气体使实际值偏小，根据数据关系，体积比应该是2：1。
[2007上海卷 T23 13分]如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B． 开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v﹣t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
【答案】（1）求导体棒所达到的恒定速度；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为，
（4）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为。
【解析】（1）由电磁感应定律，得：
E＝BL（v1﹣v2）
由闭合电路欧姆定律有：
I
导体棒所受安培力为：
速度恒定时有：
可得：
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过所受的最大安培力，即导体棒不动时，安培力最大为：
（3）根据能量守恒，单位时间内克服阻力所做的功，即摩擦力的功率为：
电路中消耗的电功为：
（4）因导体棒要做匀加速运动，必有v1﹣v2为常数，设为△v，则有：
则有：
解得：
2006上海卷
[2006上海卷 T5 4分]半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连接在 一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有 一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴O的正下方位置．现以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若恒力 F＝mg，两圆盘转过的角度θ＝ 时，质点m的速度最大．若圆盘转过的最大角度θ＝π/3，则此时恒力F＝ ．
【答案】，
【解析】当F的力矩等于mg的力矩时，质点m的速度最大．
则有Fr＝mg 2rsinθ
又F＝mg
解得
根据能量守恒定律得
Fmg
解得F
[2006上海卷 T11 5分]在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，
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