2006上海高考物理卷 答案
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发布时间：2023-06-27 20:29
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时间：2023-11-01 06:37
物 理 试 题
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.
本大题中第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类题计分.
A类题（适合于使用一期课改教材的考生）
1A.如左下图所示，一束β粒子自下而上进入一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向__________，进入电场后，β粒子的动能___________（填“增加”、“减少”或“不变”）.
答案:左 增加
解析:因β粒子带负电,粒子进入电场后向右偏转,电场力水平向左,故电场方向水平向左;因电场力做正功,故β粒子的动能增加.
2A.如右上图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为____________，方向____________.
答案:B/2 (垂直纸面)向外
解析:据通电直导线电场分布特点和矢量运算法则,B1a=B2a= ,去掉导线1后,b点的磁感应强度B2b=B2a= ,方向垂直纸面向外.
3A.利用光电管产生光电流的电路如图所示.电源的正极应接在____________端（填“a”或“b”）；若电流表读数为8 μA，则每秒从光电管阴极发射的光电子至少是____________个（已知电子电量为1.6×10-19 C）。
答案:a 5×1013
解析:电源正极应接在a端.
每秒钟从光电极发射出的光电子至少为:n= =5×1013(个).
B类题（适合于使用二期课改教材的考生）
1B.如右图所示，一束β粒子自下而上进入一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则磁场方向向__________，进入磁场后，β粒子的动能____________（填“增加”、“减少”或“�不变”）.
答案:内 不变
解析:因β粒子带负电,由β粒子偏转方向和左手定则,知磁场方向向里,因洛伦兹力不做功,由动能定理知β粒子动能不变.
2B.如左下图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2，当负载电阻R中流过的电流为I时，原线圈中流过的电流为____________；现减小负载电阻R的阻值，则变压器的输入功率将____________（填“增大”、“减小”或“不变”）.
答案: 增大
解析:由 = 得I1= I
由P1=U1I1= ,因R变小,U2不变,则变压器输入功率变大.
3B.右上图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡.光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R.该逻辑电路是____________门电路（填“与”、“或”或“非”）.当电阻R′受到光照时，小灯泡L将____________（填“发光”或“不�发光”）.
答案:非 发光
解析:该逻辑电路为非门电路,当电阻R′受到光照时R′两端电势差趋近于零,小灯泡L将发光.
公共题（全体考生必做）
4.伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律.伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示.图中OA表示测得的时间，矩形OAED的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD的长度表示____________.P为DE的中点，连接OP且延长交AE的延长线于B点，则AB的长度表示____________.
答案:平均速度 末速度
解析:图中OD的长度表示物块运动到OA中间时刻的速度,亦即OA段物体运动的平均速度;AB的长度表示物体运动OA时间末的速度.
5.半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，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= ，则此时恒力F=____________.
答案:
解析:当圆盘处于力矩平衡时,圆盘角速度最大,因v=2ωr,质点m的速度最大;由F•r=mg•�2r•sinθ,则sinθ= ,θ=30°;
由功能关系,F•r• =mg•2r(1-cos ),则F= mg.
二、(40分)选择题.本大题共8小题，每小题5分.每小题给出的四个答案中，至少有一个是正确的.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括号内.每一小题全选对的得5分；选对但不全，得部分分；有选错或不答的，得0分.填写在括号外的字母，不作为选出的答案.
6.人类对光的本性的认识经历了曲折的过程.下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是（ ）
A.牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的
B.光的双缝干涉实验显示了光具有波动性
C.麦克斯韦预言了光是一种电磁波
D.光具有波粒二象性
答案:BCD
解析:A选项,牛顿的“微粒说”认为光是弹性小球,而爱因斯坦的“光子说”认为光是不连续的,一份一份的,每个光子的能量E=hν,ν为光波的频率,故A错误;
B选项,干涉现象是波特有的性质,故B正确;
CD选项陈述符合科学规律和历史事实,故CD正确.
7.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出（ ）
A.原子的核式结构模型 B.原子核内有中子存在
C.电子是原子的组成部分 D.原子核是由质子和中子组成的
答案:A
解析:卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析,提出了原子的核式结构模型,符合物理事实,是正确的,BCD错误.
8.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示.设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为UA、UB，则（ ）
A.EA=EB B.EA＜EB C.UA=UB D.UA＜UB
答案:AD
解析:因负电荷所受电场力与电场强度方向相反,电子带负电,受电场力方向由A指向B,所以电场强度方向由B指向A,则Ua<Ub;由电子运动的速度时间图象知电子做匀加速直线运动,故F电=Eq=ma,所以电场为匀强电场,故Ea=Eb;所以AD正确,BC错误.
9.如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为（已知大气压强为p0）（ ）
A.p0-ρg（h1+h2-h3） B.p0-ρg（h1+h3）
C.p0-ρg（h1-h2+h3） D.p0-ρg（h1+h2）
答案:B
解析:由题知,pb+ρgh1=p0-ρgh3
则pb=p0-ρg(h1+h3)
故B正确.ACD错误.
10.在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a）所示.一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形.则该波的（ ）
A.周期为Δt，波长为8L B.周期为 Δt，波长为8L
C.周期为 Δt，波速为 D.周期为Δt，波速为8L/Δt
答案:BC
解析:由题知 T=Δt,则T= Δt,λ=8L
故B正确,A错误;
又因v= = = ,故C正确,D错误.
11.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，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示.下列比值正确的是 …（ ）
A.U1/I不变，ΔU1/ΔI不变 B.U2/I变大，ΔU2/ΔI变大
C.U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 D.U3/I变大，ΔU3/ΔI不变
答案:ACD
解析:由 =R1,因R1不变,U1与I1成正比,则 =R1,故A正确.
由题知R2变大,R1、电源内阻r不变.由欧姆定律 =R2,变大; =R1+R2,变大.又由闭合电路欧姆定律,U2=E-I(r+R1),则 =-(r+R1),故不变.同理,U3=E-Ir, =-r,故不变.所以CD正确,B错误.
12.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时（ ）
A.电阻R1消耗的热功率为Fv／3
B.电阻R2消耗的热功率为Fv／6
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D.整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v
答案:BCD
解析:上滑速度为v时,导体棒受力如图所示
则 =F,
所以PR1=( )2R= Fv,故A错误,B正确.
因f=μN,N=mgcosθ,
所以Pf=fv=μmgvcosθ,故C正确;
此时,整个装置消耗的机械功率为P=PF+Pf=Fv+μmgvcosθ,故D正确.
13.如图所示,一足够长的固定斜面与水平面的夹角为37°，物体A以初速度v1从斜面顶端水平抛出，物体B在斜面上距顶端L=15 m处同时以速度v2沿斜面向下匀速运动，经历时间t物体A和物体B在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）（ ）
A.v1=16 m/s，v2=15 m/s，t=3 s B.v1=16 m/s，v2=16 m/s，t=2 s
C.v1=20 m/s，v2=20 m/s，t=3 s D.v1=20 m/s，v2=16 m/s，t=2 s
答案:C
解析:由题知, =cos37°=0.8, = ,将4组数据代入知C正确,ABD错误.
三、(30分)实验题.
14.（5分）1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置,第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现__________.图中A为放射源发出的__________粒子，B为__________气.完成该实验的下列核反应方程 + → + .
答案:质子 α 氮 + → +
解析:发现了质子;
图中A为放射源发出的α粒子,B为氮气;
核反应方程: + → + .
15.（6分）在研究电磁感应现象实验中,
(1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；
（2）将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向____________（填“相同”或“相反”）；
（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向____________（填“相同”或“�相反”）.
答案:(1)实物电路图连线见解析. (2)相反 (3)相同
解析:(1)实物电路图如图
(2)因闭合电键时,穿过副线圈的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相反,故电流绕行方向相反.
(3)将原线圈拔出时,穿过副线圈的磁通量减小,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相同,故电流绕行方向相同.
16.（5分）为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置.该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器.测试过程可分为如下操作步骤：
a.记录密闭容器内空气的初始温度t1；
b.当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；
c.用电加热器加热容器内的空气；
d.将待测安全阀安装在容器盖上；
e.盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内.
(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：
_______________________________________________________________________________；
（2）若测得的温度分别为t1=27 ℃，t2=87 ℃，已知大气压强为1.0×105 Pa，则测试结果是:这个安全阀能承受的最大内部压强是_____________________________________________.
答案:(1)d e a c b
(2)1.2×105 Pa(或1.2大气压)
解析:(1)顺序为:d e a c b
(2)由题知,容器在漏气前容器中气体的质量和体积不变,p1=1.0×105 Pa,T1=300 K,T2=360 K,由 = ,得安全阀能承受的最大内部压强是p2=1.2×105 Pa.
17.(7分)表格中所列数据是测量小灯泡UI关系的实验数据：
U（V） 0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
I(A) 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215
(1)分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图_____________（填“甲”或“乙”）；
（2）在方格纸内画出小灯泡的UI曲线.分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而__________（填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3 V的电源上.已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为____________ A.
答案:(1)甲
(2)小灯泡的UI曲线见解析 变大
(3)0.07
解析:(1)由表格数据知,电压表示数的取值范围为0—3.0 V,故应选用的实验电路图是图甲.
(2)小灯泡的UI曲线如图,由U=RI知UI曲线各点的切线的斜率为小灯泡的电阻,则可知小灯泡的电阻随I变大而变大.
(3)由并联电路的电流分配特点
Ia=Ib+IR=Ib+2Ib=3Ib ①
由串联电路的电压特点Ua+Ub=3 V ②
结合小灯泡UI曲线,由①②两条件知Ib≈0.07 A,Ia=0.21 A,Ub=0.3 V,Ua≈2.65 V,故流过b灯泡的电流约为0.07 A.
18.（7分）有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成.两个单摆摆动平面前后相互平行.
（1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差ΔT=____________ s；
（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差.若测得释放两摆的时间差Δt=0.165 s，则在短摆释放____________ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向____________（填方向）通过____________（填位置）；
（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是_________________.
答案:(1)0.02
(2)8.085 左 平衡位置
(3)减小两单摆摆长差等
解析:(1)由题知:T1= =1.00 s. T2= =0.98 s
则两单摆的周期差ΔT=T1-T2=0.02 s.
(2)设短摆释放n个周期后,两摆恰好第一次同时同方向相遇,则nT1=nT2+Δt
则n=8.25
所以短摆释放后,两球第一次同时同方向相遇的时间t=nT2=8.085 s.
因t=nT2= T2
所以短摆自释放后摆动 周期后,两摆正好第一次同时向左方向通过平衡位置.
(3)减小长摆的摆长或增大短摆的摆长,以增大两摆第一次同时、同方向通过同一位置的时间,以减小测量时的计时误差,提高测量微小时间的准确度.
四、（60分）计算题.本大题中第19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（适合于使用一期课改教材的考生）
19A.（10分)一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始时气体体积为V0，温度为27 ℃.在活塞上施加压力，将气体体积压缩到 V0，温度升高到57 ℃.设大气压强p0=1.0×105 Pa，活塞与气缸壁摩擦不计.
（1）求此时气体的压强；
（2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0，求此时气体的压强.
答案：（1）1.65×105 Pa (2)1.1×105 Pa
解析：(1)气体从状态Ⅰ到状态Ⅱ的变化符合理想气体状态方程 ①
由①式解得p2= = =1.65×105 Pa. ②
(2)气体从状态Ⅱ到状态Ⅲ的变化为等温过程p2V2=p3V3 ③
由③式解得p3= =1.1×105 Pa. ④
B类题（适合于使用二期课改教材的考生）
19B.（10分）一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为3.0×10-3 m3.用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K 和1.0×105 Pa.推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320 K和1.6×105 Pa.
(1)求此时气体的体积；
(2)保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104 Pa，求此时气体的体积.
答案：(1)2.0×10-3 m3 (2)4.0×10-3 m3
解析：(1)气体从状态Ⅰ到状态Ⅱ的变化符合理想气体状态方程
①
由①式解得V2= m3=2.0×10-3 m3 ②
(2)气体从状态Ⅱ到状态Ⅲ的变化为等温过程p2V2=p3V3 ③
由③式解得V3= = m3=4.0×10-3 m3. ④
公共题（全体考生必做）
20.（10分）辨析题：要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道.求摩托车在直道上行驶所用的最短时间.有关数据见表格.
启动加速度a1 4 m/s2
制动加速度a2 8 m/s2
直道最大速度v1 40 m/s
弯道最大速度v2 20 m/s
直道长度s 218 m
某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v1=40 m/s，然后再减速到v2=20 m/s，t1= =……；t2= =……；�t=t1+t2=……
你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果.
答案：不正确 理由见解析 解法见解析
解析：该同学的解法不正确.因为摩托车必须在218 m的直道上完成变速运动过程,但按照该同学的解法,t1= s=10 s,t2= =2.5 s,t=t1+t2=12.5 s
摩托车的位移为
s=s1+s2= v1t1+ (v1+v2)t2=〔 ×40×10+ ×(40+20)×2.5〕m=275 m
已大于直道长度218 m.
正确的解法如下:
摩托车在t1时间内加速到vm,再在t2时间内减速到v2,总位移s为218 m.
t1= ①
t2= ②
t2=s ③
由①、②、③式联立解得vm=36 m/s ④
最短时间t=t1+t2= =( + ) s=11 s. ⑤
21.（12分）质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°.力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零.求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s.（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）
答案：0.25 16.25 m
解析：物体的整个运动分为两部分,设撤去力F瞬间物体的速度为v,则
由v=a1t1和0=v-a2t2
得a1t1=a2t2或2a1=1.25a2 ①
a1= ②
a2= ③
由①、②、③式解得μ=0.25 ④
代入②、③式得a1=5 m/s2 a2=8 m/s2
s1= a1t12+ a2t22 ⑤
=( ×5×22+ ×8×1.252) m=�16.25 m. ⑥
22.（14分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f,且线框不发生转动.求：
（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
答案：（1）
(2)
(3) m〔(mg)2-f2〕 -(mg+f)(a+b).
解析：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间
mg=f+ ①
解得v2= . ②
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程
(mg+f)h= mv12 ③
线框从最高点回落至进入磁场瞬间
(mg-f)h= mv22 ④
③、④联立解得
v1= v2 ⑤
=. ⑥
(3)线框在向上通过磁场过程中
mv02- mv12=Q+(mg+f)(a+b) ⑦
v0=2v1
Q= m〔(mg)2-f2〕 -(mg+f)(a+b). ⑧
23.（14分）电偶极子模型是指电荷量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示.科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性.当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化.
(1)如图(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E0的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩；
(2)求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功；
(3)求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；
(4)现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c)排列，它们相互间隔距离恰等于l.加上外电场E0后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点处引入一电荷量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布)，求该点电荷所受电场力的大小.
答案：（1）qE0lsinθ (2)qE0l(1-cosθ)
(3)θ1=0时ε1=-qE0l
θ2=π时ε2=qE0l
(4)q0E0-
解析：(1)+q所受电场力矩为:M1=qE0 sinθ ①
-q所受电场力矩为:M2=qE0 sinθ ②
电偶极子所受的力矩为:M=M1+M2=qE0lsinθ. ③
(2)电场力对+q做功:W1=qE0 (1-cosθ) ④
电场力对-q做功:W2=qE0 (1-cosθ) ⑤
电场力对电偶极子做功:W=W1+W2=qE0l(1-cosθ). ⑥
(3)由③式M=qE0lsinθ=0
得θ1=0或θ2=π ⑦
θ1=0时,设此时点电荷-q所在位置的电势为U,
电偶极子的电势能ε1=-qU+q(U-E0l)=-qE0l
θ2=π时,电偶极子的电势能ε2=qU-q(U-E0l)=qE0l. ⑧
(4)三个电偶极子沿电场方向排列,中间的正负电荷互相抵消.两端的正负电荷作用在A点处点电荷q0上的电场力大小均为kq0q/( l)2,方向均与外电场相反,所以三个电偶极子作用在q0上的电场力F′=2kq0q/( l)2= ⑨
外电场作用在q0上的电 场力F0=q0E0
q0所受的电场力为F=F0-F′=q0E0- . ⑩
