上海市奉贤区届高三第一次模拟考试物理试题附答案解析Word文档格式.docx

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3.用单色光照射一光电管的阴极时，有无光电效应现象发生取决于该单色光的（　　）

A.频率B.强度C.照射时间D.光子数目

【答案】A

当入射光的频率大于金属的极限频率时才会产生光电效应，由此分析。

【详解】根据光电效应产生的条件可知，当入射光的频率大于极限频率时才会产生光电效应，小于极限频率时无论光照时间多么长、光多么强，都不会产生光电效应，故A正确，BCD错误。

故选A。

4.一弹簧振子在水平方向振动，则当振子远离中心位置时，逐渐增大的是（　　）

A.重力势能B.弹性势能C.动能D.机械能

【答案】B

明确简谐运动的特点，根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析回复力、位移、速度和加速度的变化。

【详解】A．重力势能EP＝mgh，振子在水平面上运动，故重力势能不变，故A错误；

B．由于当振子远离中心位置时，弹簧振子的形变量增大，故其弹性势能增大，故B正确；

C．振子远离平衡位置，速度减小，故动能减小，故C错误；

D．由于只有弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故D错误。

故选B。

【点睛】本题关键是知道弹簧振子在一周期内的振动特点，注意弹簧振子的位移与回复力成正比反向关系，加速度与恢复力是正比同向关系。

5.如图是某一质点沿直线运动的v﹣t图象，则下列时刻质点的加速度为零的是（　　）

A.0B.1sC.2sD.4s

v﹣t图象的斜率表示加速度，斜率为零时加速度为零。

由此分析。

【详解】根据v﹣t图象的斜率表示加速度，知t＝0、t＝1s、t＝2s时刻图象的斜率不为零，则质点的加速度不为零。

t＝4s时，图象的斜率为零，则质点的加速度为零。

故ABC错误，D正确。

6.下列现象能说明分子间存在斥力的是（　　）

A.液体难以压缩

B.破碎的玻璃通过压紧不能粘合

C.压缩气体要用力

D.用斧子花很大的力气才能把柴劈开

固体液体难被压缩，是由于分子间存在斥力，气体分子间的距离较大，分子力很小甚至分子力为0，不存在斥力作用，难被压缩，是气体压强造成。

【详解】A．液体难被压缩，是由于分子间存在斥力。

故A正确；

B．将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起，是由于分子之间的距离较大，引力比较小，不能说明分子之间存在斥力。

故B错误；

C．气体压缩要用力，是由于气体压强的原因，不能说明分子间存在斥力。

故C错误；

D．用斧子花很大的力气才能把柴劈开，说明是分子间存在引力而不是斥力，故D错误；

7.如图为一定质量的理想气体由状态A变化到状态B过程中的P﹣

图象，则该气体的温度变化情况是（　　）

A.逐渐变大B.逐渐变小

C.保持不变D.先变小再变大

应用理想气体状态方程求出图象的函数表达式，然后根据图象分析答题。

【详解】由理想气体状态方程：

可知：

P＝

CT，即的P﹣

图象中过原点的倾斜直线表示等温变化；

斜率表示K＝CT，C为常数，即倾斜程度表示温度；

过A、B做过原点的直线，如图所示：

由图可知：

TA＞TB，故ACD错误，B正确；

8.下列图样中有泊松亮斑的是（　　）

A.

B.

C.

D.

当单色光照射在宽度小于或等于光源波长的小圆板时，会在之后的光屏上出现环状的互为同心圆的衍射条纹，并且在所有同心圆的圆心处会出现一个极小的亮斑，这个亮斑就被称为泊松亮斑。

由此即可找出答案。

【详解】结合泊松亮斑的特点可知，光照射在宽度小于或等于光源波长的小圆板或圆珠时，会在之后的光屏上出现环状的互为同心圆的衍射条纹，所以A是泊松亮斑，其他的三个都不是，故A正确，BCD错误。

9.如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为的斜面上，杆的另一端固定一个小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力方向为（　　）

A.平行于斜面沿OA斜向上

B.与杆右上端垂直沿OB斜向上

C.竖直向上沿OC

D.与杆右上端平行沿OD斜向上

掌握二力平衡条件，对小球进行受力分析，小球手重力和杆对它的弹力作用，又由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用在同一直线上。

【详解】小球受到重力和弹力作用，由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，重力方向竖直向下，所以弹力方向竖直向上，即沿OC方向，故C正确，ABD错误。

故选C。

10.空间有一电场，在x轴上其电场方向正好沿x轴，电场强度分布如图所示，则关于电势和电势能的说法正确的是（　　）

A.x2点的电势最高

B.x1、x3点的电势相等

C.点电荷在x1处的电势能等于其在x3处的电势能

D.点电荷在x1处的电势能可能大于其在x2处的电势能

沿电场的方向电势降低，正电荷在高电势点电势能较大，负电荷在高电势点电势能较小。

【详解】沿x轴正向，场强先增加后减小，因沿电场线方向电势逐渐降低，可知x1点电势最高，x3电势最低；

点电荷在x1处的电势能不等于其在x3处的电势能，故ABC错误；

若点电荷带正电，则正的点电荷在x1处的电势能大于其在x2处的电势能，故D正确。

【点睛】题干本题要知道场强和电势没有直接的关系，不能根据场强的大小判断电势的高低，同样不能根据电势的高低去判断场强的大小。

11.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b以同心O点共面放置，当a绕O点在其所在平面逆时针加速旋转时，则b中产生的感应电流方向是（　　）

A.顺时针，且b具有扩张趋势B.顺时针，且b具有收缩趋势

C.逆时针，且b具有扩张趋势D.逆时针，且b具有收缩趋势

本题中是由于a的转动而形成了感应电流，a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流，根据楞次定律进行判断。

【详解】当带正电的绝缘圆环a逆时针加速旋转时，相当于逆时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向里的磁场，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外（因为向外的比向里的磁通量多，向外的是全部，向里的是部分）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里，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，故A正确，BCD错误；

【点睛】本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。

综合考查了电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。

12.滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动，然后又滑回斜面底端。

若滑块向上运动的位移中点为A，滑块两次经过A点的速率分别为vA1、vA2，上滑和下滑过程的重力势能的变化量的绝对值分别为△EP1、△EP2，则（　　）

A.vA1＝vA2，△EP1＝△EP2B.vA1＝vA2，△EP1＞△EP2

C.vA1＞vA2，△EP1＝△EP2D.vA1＞vA2，△EP1＞△EP2

根据能量守恒定律判断速度大小，根据重力做功判断重力势能变化情况。

【详解】根据能量守恒定律可知，滑到最高点又返回A时摩擦力做功比第一次滑到A点摩擦力做功多，故第一次动能大于第二次的动能，所以vA1＞vA2，根据重力做功等于重力势能的减少量，可知重力势能变化量相等，故△EP1＝△EP2，故C正确。

二、填空题（每小题4分，共20分）

13.粗细均匀的轻绳一端固定，另一端用手握住连续上下抖动，形成一列沿水平方向向右传播的横波，某一时刻的波形如图所示。

根据这些信息，得知波在绳子中的传播速度_____，手抖动绳的频率_____。

（均选填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”）

【答案】

（1）.不变

（2）.变小

机械波的波速是由介质决定的，与波长无关；

由图可看出波长的变化，由波速公式分析频率的变化。

【详解】机械波的波速是由介质决定的，则波在绳子中的传播速度不变；

根据相邻波峰之间或波谷之间的距离等于波长，由图看出波长越来越大，波速不变，由波速公式v＝λf可知，频率越来越小。

14.设A、B两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M、2M的行星做匀速圆周运动。

若A、B的线速度大小分别为vA和vB，周期分别为TA和TB，则vA：

vB＝_____，TA_____TB（选填“＞”、“＝”或“＜”）

【答案】

（1）.1：

（2）.＞

卫星做圆周运动向心力由万有引力提供，得到周期、线速度与轨道半径的关系式，再进行分析。

【详解】卫星由万有引力提供向心力有：

，则得：

T＝

，可见，中心天体的质量M越小，T越大，所以得TA＞TB，由

得：

.

15.如图所示，两端A、B开口的圆弧形小管充满水且竖直放置，B端用手指堵住，A、B两端在同一竖直线上且∠AOB＝θ，则管内B位置处的压强为_____（已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，圆弧半径为R）。

若松开B端的手指，则水将从_____端流出（选填“A”、“B”或“A、B两”）

【答案】

（1）.P0+2ρgR

（2）.B

根据液体产生的压强公式P′＝ρgh求解管内B位置处的压强；

根据AB两端的压强关系判断水从哪端流出。

【详解】液体产生的压强为：

P′＝ρgh＝2ρgRsin

；

所以管内B位置处的压强为：

P0+P′＝P0+2ρgRsin

，大于大气压，所以松开B端的手指，则水将从B端流出。

16.如图所示，水平地面上有一质量为m的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱在与水平方向夹角为θ的斜向上拉力F作用下作匀速直线运动，则拉力F的大小为____　。

保持木箱速度不变，改变F，当θ1＝0°

和θ2＝30°

时，让木箱发生相同的位移，两次拉力做的功分别为W1和W2，则W1_____W2（选填“＞”、“＝”或“＜”）

【答案】

（1）.

物体受力平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，由水平方向受力平衡可得，F在水平方向的分力始终等于摩擦力，θ增大，摩擦力逐渐减小，故F在水平方向的分力减小，由W＝Fx可得拉力F的功变化。

【详解】对物体受力分析如图：

因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：

水平方向：

Fcosθ＝μ（mg﹣Fsinθ）

竖直方向：

FN+Fsinθ＝mg

f＝μFN

联立解得：

，

则有：

W＝Fxcosθ＝

，

由上式知，θ从0逐渐增大到90°

的过程中，tanθ增大，拉力F的功W一直减小。

当θ1＝0°

时，让木箱发生相同的位移，两次拉力做的功分别为W1和W2，则W1＞W2

【点睛】本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，得出功表达式是注意力和位移方向的夹角。

17.如图所示的电路中，由均匀的电阻丝组成的等边三角形ABC导线框，垂直于匀强磁场放置。

将AB两点接入一节干电池的两端，AC和BC两边导线受到的总安培力为F，方向为_____。

若将AB边移走，其它不变，则余下的导线受到的总安培力大小_____F（选填“＞”、“＝”或“＜”）

【答案】

（1）.沿纸面垂直AB指向C

（2）.＞

根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可

【详解】AC和BC的等效长度可看做AB的长度，根据左手定则知方向为沿纸面垂直AB指向C；

将AB边移走，外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知路端电压变大，流过AC和BC的电流要大于原来流过AC和BC的电流，它们的有效长度相等，所以余下的导线受到的总安培力要大于F。

三、综合题（18题10分，19题14分，20题16分，共40分）

18.某同学利用DIS测定直流电动机效率装置和电路如图（a），其中A、B、C和D都是传感器。

A、B是分别是位移传感器的发射器和接收器，测重物上升高度h。

图（b）是所有传感器测得的数据记录，绘在一张图上。

（1）图（a）中，装置C是_____传感器，D是_____传感器。

（请填写传感器名称）

（2）如图（a）所示，闭合电键前，滑动变阻器滑片应处于_____。

（3）根据（b）图中的U﹣t、I﹣t和h﹣t图象，选择区域读取数据，为较精确地算出电动机的效率，则对应的时间段选取较适宜的是_____

（A）0～0.5s（B）0～10s（C）1.0～20s（D）1.0～30s

（4）读出所选过程中C、D的示数，已知重物和A的总质量为m＝70g，重力加速度g＝9.80m/s2，可算得该直流电动机的效率η＝_____%。

【答案】

（1）.电压

（2）.电流（3）.左端或阻值最大处）（4）.D（全对）或C（不全对）（5）.23.8（23.0﹣﹣﹣25.0均可）

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。

该实验是测量电动机的效率，应该选取电动机稳定工作的时段。

【详解】

（1）由实验原理和目的，要测电动机的效率，则要测出输入电动机的功率或电动机消耗的电功率，所以要测出电动机的输入电压和电流，由图（a）可以看出，C是与电动机并联的，所以是电压表，而D是电动机串联的，是电流表。

（2）为保证安全起见，要使电动机逐步正常，开始闭合电路时使电路的电流最小，则滑动变阻器调到最大，应处最左端。

（3）电动机稳定工作的时段是1.0～3.0s，但由于1.0～2.0s时段高度显示不准确，所以选1.0～3.0，D选最好。

（4）电动机输入功率为P入＝UI＝0＝0.58×

6.0V×

0.4×

0.4A＝0.557W

而电动机的输出功率P出＝

所以电动机的效率为η＝

＝23.8%。

【点睛】本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键。

19.如图所示，ABC为金属杆做成的轨道，固定在竖直平面内。

轨道的AB段水平粗糙，BC段是半径为R＝0.1m的光滑半圆弧。

一质量m＝0.2kg的小环套在杆上，在恒定水平拉力F的作用下，从A点由静止开始运动，经时间t＝0.5到达B点，然后撤去拉力F，小环沿轨道上滑，到达C处恰好掉落做自由落体运动。

小环与水平直杆间动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小环从C处落到B处所用的时间；

（2）小环第一次到达B点时的速度大小；

（3）水平拉力F大小。

【答案】

（1）小环从C处落到B处所用的时间是0.2s；

（2）小环第一次到达B点时的速度大小是2m/s；

（3）水平拉力F大小是1.4N。

（1）小环从C处落到B处做自由落体运动，由位移时间公式求时间。

（2）由于轨道光滑，从B到C小环的机械能守恒，由机械能守恒定律求小环第一次到达B点时的速度大小。

（3）小环从A到B做匀加速运动，先由速度公式求得加速度，再由牛顿第二定律求F的大小。

（1）小环从C处落到B处做自由落体运动，则

可得

（2）因小环恰好能通过C点，则在C点速度为零，又因为BC轨道光滑，小环在BC段轨道运动时只有重力做功，机械能守恒，以AB为零势能面，则由机械能守恒定律得

解得vB＝2m/s

（3）在A点小环受重力G、支持力N、拉力F和摩擦力f，受力分析如图

小环在恒力作用下做匀加速直线运动，加速度为

。

根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma

又f＝μN

联立解得F＝1.4N

【点睛】本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键要知道小环在最高点速度为0。

20.如图所示，密立根油滴实验的装置示意图。

一带负电油滴处于水平放置的两平行金属板A、B之间。

当平行板不带电时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。

当上极板A带负电，下极板B带等量正电时，两极板之间形成的电场可看作匀强电场且电场强度为E，该油滴下落的最终速率为v2．已知运动中油滴受到的阻力可由公式f＝kv计算（其中k为常数），速率v1、v2、常数k、电场强度E均为已知，带电油滴运动过程中始终未触及极板。

求：

（1）油滴的重力G；

（2）油滴所带的电量大小q；

（3）若将两极板A、B上所带电荷互换，请分析油滴的运动过程，并求出最终速率v3。

（1）油滴的重力G为kv1；

（2）油滴所带的电量大小q为

；

（3）①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1时：

最终速率v3＝2v1﹣v2；

②若Eq＝G，即v2＝2v1时：

最终速率v3′＝0；

若Eq＞G，即v2＞2v1时：

最终速率v3″＝v2﹣2v1。

（1）当平行板不带电时，根据平衡列式求解；

（2）当上极板A带负电，下极板B带等量正电时，根据平衡求解油滴电荷量；

（3）根据受力分析，分析讨论油滴的各种运动情况。

（1）当平行板不带电时，最终以一恒定速率v1匀速下落，此时受力分析如图所示：

根据平衡得：

G＝kv1

（2）当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v2匀速下落，此时油滴受力分析如图所示：

G+Eq＝kv2

解得：

q＝

（3）将两极板A、B上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示：

开始时，向上的力大于向下的力，油滴将向下做减速直线运动，规定竖直向下为正方向

根据牛顿第二定律得：

①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1时：

油滴将做向下的加速度减小的变减速，最终向下匀速，此时，Eq+kv3＝G

k（v2﹣v1）+kv3＝kv2

最终速率v3＝2v1﹣v2

油滴将做加速度减小的变减速，最终速度为零，即静止；

最终速率v3′＝0

③若Eq＞G，即v2＞2v1时：

油滴将向下做加速度减小的变减速直线运动，速度减为零后，又向上做加速直线运动，受力如图所示：

v变大，a减小，即又会做向上的加速度减小的变加速直线运动，最终向上匀速，此时受力分析如图所示：

此时Eq＝G+kv3″

k（v2﹣v1）＝kv1+kv3″

最终速率v3″＝v2﹣2v1

【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是做好受力分析，特别注意，阻力随速度变化而变化，然后利用牛顿第二定律和运动规律列式求解即可。