【物理】上海市崇明区2020届高三一模考试物理试题（解析版） 14页

上海市崇明区2020届高三一模考试物理试题 一、选择题：‎ ‎1.物理算式3（s）×4（V）×2（A）计算的结果是（　　）‎ A. 24N B. 24W C. 24C D. 24J ‎【答案】D ‎【详解】s是时间的单位，V是电压的单位，A是电流的单位，则对应的公式为：UIt＝W，W指的是功，其单位为J，所以3（s）×4（V）×2（A）＝24J，故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.两同频波源Ⅰ、Ⅱ在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，a、b两点是两列波相遇点，则两点的振动情况（　　）‎ A. a、b两点都始终加强 B. a、b两点都始终减弱 C. a点始终减弱，b点始终加强 D. a点始终加强，b点始终减弱 ‎【答案】D ‎【详解】两列波的频率相同，在两波的相遇区域发生干涉现象，从图中看出，a点是波谷和波谷相遇处，b点是波峰与波谷相遇处，故a点时振动加强点，b点是振动减弱点，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎3.如图，a、b是正点电荷电场中的一条电场线上的二点，二点的电势和电场强度分别为φa、φb和Ea、Eb，则他们的大小关系是（　　）‎ A. φa＞φb，Ea＞Eb B. φa＞φb，Ea＜Eb C. φa＝φb，Ea＝Eb D. φa＜φb，Ea＞Eb ‎【答案】A ‎【详解】由于图中没有电场线的方向，所以电场线的方向可能向左，也可能向右；‎ ‎①若电场线的方向向右，则正电荷在a的左侧，所以a点的电场强度大，即 Ea＞Eb 沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知 φa＞φb ‎②若电场线的方向向左，则正电荷在b的右侧，所以b点的电场强度大，即 Eb＞Ea 沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知 φb＞φa 由以上的分析可知，A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.设a、v和S分别代表物体运动的加速度、速度和位移。现有初速度均为零的四个物体，他们的运动图象分别如下图所示，则哪个物体在做单向直线运动？（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．根据s﹣t图象的斜率表示速度，知物体的速度方向周期性变化，做往返运动，故A错误；‎ B．根据速度的正负表示速度方向，知物体的速度方向周期性变化，做往返运动，故B错误；‎ C．0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，知t＝2s末物体的速度为零，接着，周而复始，所以物体在做单向直线运动，故C正确；‎ D．0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，t＝2s末物体的速度为零。2﹣3s内物体沿负方向做匀加速运动运动，3﹣4s继续沿负方向做匀减速运动，t＝4s时速度为零，接着，周而复始，所以物体在做往返运动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2‎ ‎．已知主动轮做逆时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。则从动轮将做（　　）‎ A. 顺时针转动，转速 B. 逆时针转动，转速为 C. 顺时针转动，转速为 D. 逆时针转动，转速为 ‎【答案】A ‎【详解】因为主动轮做逆时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮顺时针转动；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据 v＝ωr＝r＝2πnr 得：n2r2＝nr1‎ 所以有：‎ n2＝‎ 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎6.用单分子油膜法测出油酸分子（视为球形）的直径后，若要计算阿伏伽德罗常数，还需要的物理量是（）‎ A. 油滴的体积 B. 油滴的质量 C. 油酸的摩尔体积 D. 油酸的摩尔质量 ‎【答案】C ‎【详解】设一个油酸分子的体积为V1，则：，根据 可知，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，故C正确，ABD错误．‎ ‎7.如图电路，开关接通后三个灯消耗的电功率恰好相等。由此可以判定此时三个灯的电阻值R1、R2、R3的大小关系是（　　）‎ A. R1＞R2＞R3 B. R1＝R2＝R3 ‎ C. R1＜R2＜R3 D. R1＞R3＞R2‎ ‎【答案】D ‎【详解】三个灯泡的电功率相等，灯泡R1两端电压最大，根据可知，灯泡R1的电阻最大；由图可知通过灯泡R2的电流大于通过R3的电流，根据P＝I2R可知灯泡R2的电阻小于R3的电阻，所以三个灯泡的电阻关系为：‎ R1＞R3＞R2‎ 故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎8.A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（　　）‎ A. 1：3 B. 2：3 C. 2：1 D. 3：1‎ ‎【答案】A ‎【详解】由图波长λA＝24cm，λB＝12cm又 t＝，t＝kTB 得到 TA:TB＝2k:1，（k＝0，1，2）‎ 则由波速v＝得到 vA：vB＝1：k 当k＝1时 vA:vB＝1:1‎ 当k＝2时 vA:vB＝1:2‎ 当k＝3时 vA:vB＝1:3‎ 因为k为整数 vA:vB≠3:1‎ 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图所示为一定质量气体状态变化时P﹣T图象，由图象可知，此气体的体积（　　）‎ A. 先不变后变大 B. 先不变后变小 C. 先变大后不变 D. 先变小后不变 ‎【答案】B ‎【详解】根据＝C可得：‎ P＝T 可知，第一阶段为等容变化，体积不变；第二阶段为等温变化，压强变大，根据气体状态方程知体积减小，所以体积先不变后变小，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎10.如图，在薄金属圆筒表面上通以环绕圆筒、分布均匀的恒定电流时，由于受磁场力的作用，该圆筒的形变趋势为（　　）‎ A. 沿轴线上下压缩，同时沿半径向内收缩 B. 沿轴线上下拉伸，同时沿半径向内收缩 C. 沿轴线上下压缩，同时沿半径向外膨胀 D. 沿轴线上下拉伸，同时沿半径向外膨胀 ‎【答案】C ‎【详解】根据电流间的相互作用力关系：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以通以同向电流后，电流间相互吸引，所以整个圆筒有沿轴线上下压缩，同时沿半径向外膨胀的趋势，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎11.如图，质量均为m的环A与球B用一轻质细绳相连，环A套在光滑水平细杆上。现用水平恒力F作用在球B上，使A与B一起以相同的加速度a向右匀加速运动。此时细绳与竖直方向的夹角θ＝，若轻绳上拉力为T，A受到杆的支持力为N，当地重力加速度为g。则下列关系正确的是（　　）‎ A. F＝2mg B. T＞N C. T＞F D. F＞N ‎【答案】A ‎【详解】先后对A、B受力分析，如图所示，对B：‎ Tcos＝mg 解得 T＝mg F﹣Tsin＝ma 以整体为研究对象 F＝2ma 解得：‎ F＝2mg 竖直方向根据平衡条件可得 N＝2mg 所以 F＝N＝2mg＞T＝mg 故A正确、BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎12.如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，水平光滑轨道AB在圆轨道最低点与其平滑连接。一小球以初速度v0沿AB向左运动，要使球能沿圆轨道运动到D点，则小球初速度v0和在最高点C点的速度vC的最小值分别为（　　）‎ A. v0＝，vC＝0 B. v0＝2，vC＝0‎ C. v0＝2，vC＝ D. v0＝，vC＝‎ ‎【答案】D ‎【详解】小球在最高点C所受轨道正压力为零，有：‎ mg＝m 解得：‎ vC＝，‎ 小球从B点运动到C点，根据机械能守恒有：‎ 解得：v0＝vB＝‎ 故ABC错误，D正确。故选D。‎ 二、填空题：‎ ‎13.牛顿第一定律揭示了物体不受力作用时将保持_____状态或静止状态，由这条定律可知，维持物体运动的原因是_____。‎ ‎【答案】匀速直线运动 惯性 ‎【详解】[1][2]牛顿第一定律的意义是反映物体具有惯性，并且惯性是维持物体运动的原因，同时揭示了物体不受力作用时将保持匀速直线运动状态或静止状态。‎ ‎14.以初速度45米/秒竖直上抛的物体，如不计空气阻力，则它在上升过程中最后2秒内的位移是_____米，第5秒内的位移为_____米。（g取10m/s2）‎ ‎【答案】(1). 20 (2). 0‎ ‎【详解】[1]物体在上升过程中最后2秒内的位移与下落2s内的位移大小相等，为 ‎[2]物体上升的总时间 根据对称性可知，第5秒内的位移为0。‎ ‎15.一绝缘细棒的两端固定两带等量异种电荷的小球，置于光滑绝缘水平面上，在细棒的延长线上某处有一固定的点电荷Q，如图所示。细棒由静止释放后，向右做加速度增大的加速运动，由此可知固定点电荷Q带_____电（选填“正”或“负”），位于细棒的_____侧（选填“左”或“右”）。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 右 ‎【详解】[1][2]细棒由静止释放后，向右做加速度增大的加速运动，根据加速度增大知道细棒受力变大，而细棒水平方向仅受库仑力，根据F＝，知道细棒距离Q越开越近，即Q在细棒右侧，又细棒向右做加速运动，合外力向右，而﹣q距离Q近，则﹣q受吸引力，则Q带正电。‎ ‎16.电阻R1、R2的I﹣U图象如图所示，则R1＝_____Ω．若把R1、R2串联后接到一个内阻r＝2Ω的电源上时，R1消耗的电功率是8W，则电源的电动势是E＝_____V。‎ ‎【答案】8 22‎ ‎【详解】[1]I﹣U图象的斜率等于电阻的倒数，则有：‎ Ω＝8Ω R2＝Ω＝12Ω ‎[2]R1、R2串联联后接到电源上时，R1消耗电功率为：P1＝解得：U1＝8V 根据欧姆定律可知：＝1A 根据闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎17.用力传感器对单摆振动过程进行测量，力传感器测出的F﹣t图象如图所示，根据图中信息可得，摆球摆到最低点的时刻为_____s，该单摆的摆长为_____m（取π2＝10，g＝10m/s2）。‎ ‎【答案】 0.6 0.64‎ ‎【详解】[1]摆球摆到最低点拉力最大，根据图的信息可得，摆球摆到最低点的时刻为0.6s；‎ ‎[2]摆球摆到最高点的时刻为0.2s和1.0s，单摆摆动的周期为 T＝2×（1.0﹣0.2）s＝1.6s 根据公式T＝2π，有：‎ L＝＝0.64m 三、综合题：‎ ‎18.“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示.‎ ‎（1）保持温度不变，封闭气体的压强p用_____传感器测量，体积V由_____读出.实验前是否需要对传感器进行调零？_____（选填：“是”或“否”）‎ ‎（2）某次实验中，数据表格内第2次～第8次压强没有点击记录，但其它操作规范.根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次压强p7，其最接近的值是_____‎ 次　数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 压强p/kPa ‎100.1‎ p7‎ ‎179.9‎ 体积V/cm3‎ ‎18‎ ‎17‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎14‎ ‎13‎ ‎12‎ ‎11‎ ‎10‎ A．128.5kPa B．138.4kPa C．149.9kPa D．163.7kPa ‎（3）若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积V0不可忽略，则封闭气体的真实体积为_____.从理论上讲p﹣图象可能接近下列哪个图？_____‎ ‎【答案】 (1). 压强 注射器刻度 否 (2). C (3). V0+V D ‎【详解】(1)[1]根据实验原理，结合实验设计，在保持温度不变情况，用压强传感器测量气体的压强；[2]体积V由用注射器刻度来读作，气体的体积，记作V；‎ ‎[3]压强传感器需要校准，不需要调零；‎ ‎(2)[4]根据玻意耳定律，一定质量气体，压强与体积成反比；而实验数据，第1次和第9次数据，它们的压强与体积乘积，也正好近似相等，因此第7次的压强 p7＝kPa＝150kPa 故选C；‎ ‎(3)[5][6]在软管内气体体积△V不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V0+△V，压强为p0，末状态的体积为V+△V，压强为p，由等温变化有：‎ p0（V0+V）＝p（V0+V′）‎ 解得：‎ p＝p0（）‎ 当式中的V趋向于零时，有：‎ p＝p0（）‎ 即该双曲线的渐近线方程是：‎ p＝p0（）‎ 故D正确，ABC错误.‎ 故选D。‎ ‎19.如图，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处。（已知cos＝0.8，sin＝0.6，g取10m/s2）‎ ‎（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）用大小为30N，与水平方向成的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动到达B处，在图上画出物体的受力图，并求到达B处时速度？‎ ‎（3）上题中，若到达B处后撤销外力，则物体还能运动多长时间？‎ ‎【答案】（1）0.5（2），21.45m/s（3）4.29s ‎【详解】(1)根据位移时间关系可得：L＝，代入数据解得：‎ a＝10m/s2‎ 由牛顿第二律有：‎ F﹣µmg＝ma 代入数据解得：‎ µ＝0.5‎ ‎(2)作图如图所示；‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 代入数据解得：‎ a1＝11.5m/s2‎ 根据速度位移关系可得： 代入数据解得：‎ vB≈21.45m/s ‎(3)撤销外力后，只在摩擦力作用下向左匀减速运动，到停止为止，根据牛顿第二定律可得：‎ µmg＝ma2‎ 解得加速度大小为：‎ a2＝5m/s2‎ 根据速度时间关系可得：vB＝a2t，代入数据解得： ‎ t＝429s ‎20.如图所示，由10根长度都是L的金属杆连接成的一个“目”字型的矩形金属框abcdefgh，放在纸面所在的平面内。有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟de杆平行，磁感应强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属杆ah、bg、cf、de的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好。现用水平向右的外力F，以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从de杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：‎ ‎（1）de刚进入磁场时ah中的电流强度大小和方向。‎ ‎（2）de进入磁场时，作用在de上的外力F大小。‎ ‎（3）从开始计时到ah离开磁场的过程中，电流在de杆上做的功。‎ ‎（4）从开始计时到ah刚进入磁场的过程中，通过ah某一横截面总的电荷量q。‎ ‎【答案】（1），方向为a到h（2）（3）（4）‎ ‎【详解】(1)根据右手定则可知，ah中的电流方向为a到h，de段做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv，de段为内电路，其余为并联外电路，电阻中的总电阻为：‎ R＝r+＝‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流为：‎ I＝‎ 则有：‎ ‎＝‎ ‎(2)根据平衡条件可知：‎ F＝F安＝BIL＝‎ ‎(3)当de段在磁场中时有：‎ I＝‎ 当de段离开磁场后，运动了：‎ de段中的电流恒为：‎ 有：‎ ‎，‎ 电流在de杆上做的功为：‎ W＝W1+W2＝‎ ‎(4)在ah进入磁场前，ah上的电流方向相同，且恒定，所以通过的电量为：‎ Q＝＝ ‎