【物理】上海市黄浦区2020届高三上学期期末调研测试试题（解析版） 16页

上海市黄浦区2020届高三上学期期末调研测试 一、单项选择题（共12小题）‎ ‎1.下列各图中接触面均光滑，其中A、B物体间无弹力的是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．因为接触面均光滑，假设AB间有弹力，则AB两物体均不能处于平衡状态，A符合题意；‎ BCD．由图可知若撤去B物体，则A物体不能维持图示状态，所以AB间必定存在弹力，BCD，不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.下列与磁场有关的说法中正确的是（）‎ A. 磁场是假想的，不是客观存在的物质 B. 描述磁场的磁场线是客观存在的 C. 磁场的强弱与放入其中导线的电流有关 D. 通电导线在磁场中受力的大小与放置的方向有关 ‎【答案】D ‎【详解】A．磁场虽然看不见、摸不着，但它是客观存在的物质，A错误；‎ B．描述磁场的磁场线是虚拟的，现实并不存在，B错误；‎ C．磁场的强弱由磁场本身决定，与放入其中导线的电流无关，C错误；‎ D．通电导线在磁场中受力的大小与磁感应强度大小、电流大小、以及导线放置的方向有关，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示的静电场中，实线表示电场线，虚线表示等势面。则（ ）‎ A. b、c两点的电势相等 B. a、b两点的电势相等 C. b、c两点的场强相等 D. a、b两点的场强相等 ‎【答案】A ‎【详解】A．同一等势面上的点电势相等，所以b、c两点的电势相等，A正确；‎ B．沿电场线方向电势降低，所以a点电势大于b点的电势，B错误；‎ C．b、c两点的场强大小相等、但方向不同，所以场强不相等，C错误；‎ D．电场线的疏密表示场强的大小，a点的电场线更密一些，所以a点的场强大于b点的场强，D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.从牛顿第一定律可直接演绎得出（ ）‎ A. 质量是物体惯性的量度 B. 质量一定的物体加速度与合外力成正比 C. 物体的运动需要力来维持 D. 物体有保持原有运动状态的特性 ‎【答案】D ‎【分析】要解决此题需要掌握牛顿第一定律的内容，即任何物体在不受任何外力的作用下，总保持匀速直线运动状态或静止状态．并且要理解牛顿第一定律的内容．‎ ‎【详解】一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态．静止状态或匀速直线运动状态是指原来静止的将保持静止状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态．故牛顿第一定律说明了一切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了力是改变物体运动状态的原因；‎ 故只有D正确；故选D．‎ ‎【点睛】此题主要考查了对牛顿第一定律的理解，不仅要知道牛顿第一定律的内容，并且要理解“或”字的含义．‎ ‎5.下列单位中不可能为能量单位的是（ ）‎ A. kg·m2/s2‎ B. V·s/Ω C. A2·Ω·s D. T·C·m2/s ‎【答案】B ‎【详解】A．能量的单位与功的单位都为J，根据 有，A正确，不符合题意；‎ B．根据 有，所以V·s/Ω是电量的单位，不可能是能量的单位，B错误，符合题意；‎ C．根据 有，C正确，不符合题意；‎ D．根据 有，D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎6.物体做自由落体运动，其动能Ek随运动时间t的关系图线可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】物体做自由落体运动，根据速度时间公式有：‎ 则动能：‎ 所以Ek-t图线为开口向上的抛物线，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎7.电梯以大小为0.25g的加速度竖直向上做减速运动，站在电梯中质量为m的人对电梯的压力为（ ）‎ A. 0.25mg B. 0.75mg C. mg D. 1.25mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 站在电梯中质量为m的人与电梯具有相同的运动情况，对人受力分析，根据牛顿运动定律列方程即可求解。‎ ‎【详解】由电梯竖直向上做减速运动，具有向下的加速度0.25g，站在电梯中质量为m的人与电梯具有相同的运动情况，对人受力分析，受到重力mg、地面支持力F，根据牛顿运动定律有 解得：，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎8.四个做直线运动物体的运动图像如图所示，其中在2s末不能回到0时刻位置的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．s-t图象中2s末图线回到坐标原点表示回到0时刻位置，A正确，不符合题意；‎ BCD．v-t图象中图线与坐标轴所围成的面积表示位移，2s末回到0时刻位置，则需要2s内图线与坐标轴所围成的面积为零，CD选项面积为零，不符合题意；B选项面积不为零，符合题意。‎ 故选B。‎ ‎9.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为（ ）‎ A. 摆球的质量太大 B. 测摆长时，将线长加小球直径作为摆长 C. 测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次 D. 摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长 ‎【答案】D ‎【详解】在“用单摆测定重力加速度”的实验中，根据 得 A．g值与摆球的质量无关，A错误；‎ B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长，使得偏大，则g值偏大，B错误；‎ C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次，使得g值偏大，C错误；‎ D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长，使得测得的比实际值偏小，则g值偏小，D正确。故选D。‎ ‎10.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab边受到的安培力为F，则（ ）‎ A. F向上，乙线框表示电动机的原理 B. F向上，乙线框表示发电机的原理 C. F向下，乙线框表示电动机的原理 D. F向下，乙线框表示发电机的原理 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。‎ ‎【详解】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。根据左手定则可判断乙线框的ab边受到的安培力F方向向下，C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎11.如图，在a、b两点分别放置电量为Q1、Q2的点电荷，P是a、b连线上的中点。以下四种情况中P点的场强方向一定向左的是（ ）‎ ‎①Q1、Q2都带正电，且Q1Q2；‎ ‎③Q1带正电、Q2带负电，且Q1>Q2；‎ ‎④Q1带负电、Q2带正电，且Q1Q2，则E1>E2，所以P点的合场强方向向左；‎ ‎③Q1带正电、Q2带负电，则Q1在P点的场强E1方向水平向右，Q2在P点的场强E2方向水平向右，所以P点的合场强方向向右；‎ ‎④Q1带负电、Q2带正电，则Q1在P点的场强E1方向水平向左，Q2在P点的场强E2方向水平向左，所以P点的合场强方向向左；‎ 所以P点的场强方向一定向左的是①②④。A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎12.如图，光滑绝缘的斜面底端固定一带电体A，另一带电体B在斜面上c点由静止释放后沿斜面向上运动，最远可到达d点。则从c运动到d的过程中，带电体B的（ ）‎ A. 加速度逐渐减小，电势能逐渐增大 B. 加速度先减小后增大，电势能逐渐减小 C. 加速度逐渐减小，电势能先减小后增大 D. 加速度先减小后增大，电势能先减小后增大 ‎【答案】B ‎【详解】带电体B在斜面上c点由静止释放后沿斜面向上运动，则可判断AB带同种电荷，物体B受到重力和沿斜面向上的库仑力作用。开始阶段，所受的库仑力大于下滑力，加速度沿斜面向上，但库仑力不断减小，加速度不断减小；当库仑力小于下滑力时，合力与运动方向相反，加速度变为方向向下，逐渐增大。由于库仑力对B一直做正功，则物体A、B之间的电势能一直减小。B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ 二、填空题（共5小题）‎ ‎13.一列沿x轴传播的横波某时刻的波形如图所示，此时质点a正向下运动。由此可知该波的传播方向为______，此后b、c两质点中先到达平衡位置的是______点。‎ ‎【答案】沿x轴负方向（向左） b ‎【详解】[1]质点a正向下运动，则该质点前面的点在它下方，所以波自右向左传播，即沿x轴负方向传播。 ‎ ‎[2] 根据波沿x轴负方向传播，则b点跟随前面的质点向平衡位置方向振动，c点跟随前面的质点远离平衡位置振动，所以b、c两质点中先到达平衡位置的是b点。‎ ‎14.在如图所示的实验装置中，最下方的D点与B点间的竖直高度差为0.1m，摆锤的质量为7.5×10-3kg。某次实验测得摆锤经过B点的速度大小为1.0m/s，由此可推算出摆锤经过D点时的动能为_____×10-3J，推算依据的理论是_____。（g取9.8m/s2）‎ ‎【答案】11.1 机械能守恒定律 ‎【详解】[1]摆锤运动过程中，拉力方向与速度方向垂直，拉力不做功，重力做正功，机械能守恒。以D点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律有 代入数据解得；‎ ‎[2]推算依据的理论是机械能守恒定律。‎ ‎15.图中①、②分别为锂离子电池充电过程中充电电流I、电池电压U随时间t变化的图线。此过程中充电功率最大为_________W，图线①与时间轴所包围的面积对应的物理量是__________。‎ ‎【答案】4.2 电量（电荷量）‎ ‎【详解】[1]充电功率 由图可知在t2时刻充电电流I、电池电压U都最大，所以充电功率最大为 ‎[2]图线①与时间轴所包围面积是电流I与时间t的乘积，根据 可知图线①与时间轴所包围的面积对应的物理量是电量（电荷量）。‎ ‎16.如图，用力传感器A、B共同支起一个质量为m的光滑球。其中A对球的作用力方向与水平方向间夹角始终为30°，B对球的作用力方向可调。为使球保持平衡，传感器B对球作用力的作用点所在范围为______（在区域①、②、③、④、⑤中选填），作用力的最小值为______。（重力加速度为g）‎ ‎【答案】②③ mg ‎【详解】[1]以球为研究对象，受重力G和力传感器A对它的支持力FA作用，如图： ‎ 为使球保持平衡，传感器B对球作用力的作用点所在范围应在②③区域内。‎ ‎[2]当传感器B对球作用力FB与传感器A对它的支持力FA垂直的时候作用力的最小，最小值为。‎ ‎17.科学家测得一行星A绕一恒星B运行一周所用的时间为1200年，A、B间距离为地球到太阳距离的100倍。设A相对于B的线速度为v1，地球相对于太阳的线速度为v2，则v1:v2=_________，该恒星质量与太阳质量之比为________。‎ ‎【答案】1:12 25:36‎ ‎【详解】[1]行星A绕恒星B运行，有 地球绕太阳运行，有 因为，，‎ 所以 ‎[2]根据万有引力提供向心力有：‎ 解得恒星质量与太阳质量之比为 三、综合题（共4小题）‎ ‎18.如图，一长直铁芯上绕有固定线圈M，铁芯右侧悬挂一闭合金属环N，金属环与铁芯共轴。将M接在如图所示电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关。‎ ‎（1）请填写下列操作中金属环N的摆动方向___________（选填“向左”、“向右”或“不动”）。‎ 操作 环N摆动方向 在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 ‎①_________‎ 在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间 ‎②_________‎ 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 ‎③_________‎ 在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 ‎④_________‎ 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 ‎⑤_________‎ 在S已向b闭合的情况下，断开S ‎⑥_________‎ ‎（2）从上述实验现象中可以归纳出：使环N向右摆动的操作引起的共同变化有（请写出2个）______；_____。‎ ‎【答案】(1). 向右 向右 向右 向右 向左 不动 ‎ ‎(2). 电路中电流增大 穿过金属环的磁通量增加（或通电螺线管M的磁场增强）‎ ‎【详解】（1）[1]在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间，线圈M中的电流有无到有增大，磁场由无到有增强，通过金属环N的磁通量由无到有增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。‎ ‎[2]在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间，线圈M中的电流有无到有增大，磁场由无到有增强，通过金属环N的磁通量由无到有增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。‎ ‎[3]在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时，接入电路的电阻减小，电流增大，线圈M中的磁场增强，通过金属环N的磁通量增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。‎ ‎[4]在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时，接入电路的电阻减小，电流增大，线圈M中的磁场增强，通过金属环N的磁通量增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。‎ ‎[5]在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c 端移动时，接入电路的电阻变大，电流减小，线圈M中的磁场减弱，通过金属环N的磁通量减小，相当于线圈M远离金属环N，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向左摆动。‎ ‎[6]在S已向b闭合的情况下，断开S后，线圈M中没有电流通过，无磁场，所以金属环N不动。‎ ‎（2）[7] [8]从上述实验现象中可以归纳出：使环N向右摆动操作引起的共同变化有电路中电流增大，穿过金属环的磁通量增加（或通电螺线管M的磁场增强）。‎ ‎19.如图，质量为m、阻值为R、边长为L的正方形导线框，从位置A由静止下落，恰能竖直且匀速进入下方磁感应强度为B的有界匀强磁场（不计空气阻力）。求：‎ ‎（1）在A位置时线框的下边到磁场上边界的距离h；‎ ‎（2）线框进入磁场的过程中通过导线截面的电量q和线框上产生的热量Q；‎ ‎（3）分析并说明从开始下落到线框下边到达磁场下边界的过程中，线框机械能的变化情况。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析 ‎【详解】（1）线框进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒 ‎①‎ 线框进入磁场时受到竖直向下的重力和向上的安培力作用，恰好匀速，有 mg=BIL②‎ 根据切割产生感应电动势规律和闭合电路欧姆定律有 ‎ ③‎ 联立①②③三式，可得：‎ ‎（2）线框进入磁场时的感应电流大小，由 可得：‎ 所需的时间 线框进入磁场的过程中通过线框截面的电量 产生的热量 Q=I2Rt=mgL ‎（3）线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒；线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力，只有重力做功，机械能守恒。‎ ‎20.如图a所示“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了24m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程，如图b所示。‎ ‎（1）求爬犁减速滑行时加速度的大小a2和运动中的最大速率vmax；‎ ‎（2）求小孩“点冰”时爬犁加速度的大小a1；‎ ‎（3）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；‎ ‎（4）该同学把小孩每次“点冰”使爬犁加速的过程视为匀加速直线运动，他做了哪些近似的处理。‎ ‎【答案】（1）0.93m/s2；6.67m/s（2）3.72m/s2（3）见解析（4）把力近似看做恒力 ‎【详解】（1）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有 将s2=24m、△t2=（12-4.8）s=7.2s代入上式，‎ 可解得a2=0.93m/s2‎ 根据 可解得运动中的最大速率vmax=6.67m/s ‎（2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计 t1=0.8s+0.8s+0.8s=2.4s 减速的时间共计 t2=1.2s+1.2s+7.2s=9.6s 根据 a1t1=a2t2‎ 可解得小孩“点冰”时爬犁加速度的大小 m/s2‎ ‎（3）小孩和“爬犁”看作一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如图所示。‎ 当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。）‎ ‎（4）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看作恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。‎ ‎21. 某同学按照下图所示的电路进行实验。闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P 移到不同位置时，测得各电表的示数如下表所示。（电压表、电流表均可视为理想电表）‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ A1表示数/A ‎0.60‎ ‎0.44‎ A2表示数/A ‎0.30‎ ‎0.32‎ V1表示数/V ‎2.40‎ ‎2.56‎ V2表示数/V ‎1.20‎ ‎0.48‎ ‎（1）电路中E、r分别为电源的电动势和内阻，R1、R2、R3为三个定值电阻的阻值。这五个物理量中，根据上表中的数据可求出的是________。（写出物理量的符号即可）‎ ‎（2）实验中，由于用电器故障，发现两个电压表的示数相同且不为零，则可能的故障是：_________。‎ ‎【答案】(1). E、R2、R3 (2). RP短路或R2断路 ‎【详解】（1） [1]根据欧姆定律得 所以可求出R2，根据欧姆定律得 所以可求出R3，根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ‎ 代入两组测量数据可求得：E和（R1+r），但不能求出R1和r的具体值 ‎（2）[2]若两电压表示数相同，说明滑动变阻器两端的电压为零，所以可能的故障原因是Rp 短路或R2断路。‎