届上海市浦东新区高三上学期期末考试一模物理试题及答案Word文档下载推荐.docx
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解决本题的关键理解比值定义法的特点：
被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．
2．（2分）（2018•浦东新区一模）下列物理量中属于矢量的是（ ）
重力势能
电流强度
功
磁感强度
矢量和标量．.
本题根据矢量和标量的概念进行分析．矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．矢量的运算遵守平行四边形法则．
A、C、重力势能和功都是只有大小没有方向的标量，不是矢量．故AC错误．
B、电流强度是标量，因为电流强度运算时遵守代数加减法则，不是平行四边形定则，所以不是矢量．故B错误．
D、磁感强度是矢量，其方向就是磁场方向．故D正确．
D
矢量与标量的区别有两点：
一是矢量有方向，标量没有方向；
二是矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法．
3．（2分）（2018•浦东新区一模）对牛顿第一定律的建立作出过重要贡献的科学家是（ ）
卡文迪什
惠更斯
伽利略
奥斯特
物理学史．.
此题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答．
在牛顿发现牛顿第一定律之前，伽利略就研究了力和运动的关系，得出了力不是维持物体运动原因的结论，为牛顿第一定律的建立奠定了基础．故C正确，ABD错误．
物理学史是高考考查内容之一，是常识性问题，这些常识要与物理学其他知识一起识记．
4．（2分）（2018•浦东新区一模）如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路，S为汽车启动开关，汽车启动时S闭合．RT为安全带使用情况检测传感器，驾驶员末系安全带时其阻值较小，系好安全带后RT阻值变大，且远大于R1．要求当驾驶员启动汽车但未系安全带时蜂鸣器报警．则在图中虚线框内应接入的元件是（ ）
“非”门
“或”门
“与”门
“与非”门
简单的逻辑电路．.
未系安全带时要求鸣器报警，则要求蜂鸣器两端有高电压，即输出端为高电势，蜂鸣器两个输入端已有一个是高电势，另一个输入端的电势高低看RT阻值的大小，未系安全带时RT阻值很小，RT两端的电势差很小，即输入端为高电势，否则为低电势．
未系安全带时RT阻值很小，RT两端的电势差很小，即输入端为高电势，另一输入端已为高电势，此时蜂鸣器报警，知输出端为高电势．若系安全带，RT阻值大，两端电势差也大，即输入端为低电势，此时蜂鸣器不报警，知输出端为低电势．所以该该元件为“与”门．故C正确，A、B、D错误．
解决本题的关键掌握“与”门电路的特点，即几个条件都满足，事件才能发生．
5．（2分）（2018•浦东新区一模）如图所示为弹簧振子的振动图象，根据此振动图象不能确定的物理量是（ ）
周期
振幅
频率
最大回复力
简谐运动的振动图象．.
简谐运动专题．
由振动图象可直接振幅A和周期T，由f=求出频率．由单摆的周期公式T=2
求出摆长．摆球的质量未知，无法确定回复力．
由图知，单摆的周期为T=2s，振幅为A=3cm，则频率为：
f==0.5Hz
由单摆的周期公式T=2
求得摆长L=1m，摆球的回复力等于F=﹣mg，由于摆球的质量m未知，无法确定最大回复力．故ABC正确，D错误．
本题不能确定的物理量，故选：
本题考查基本的读图能力，要掌握单摆的周期公式T=2
，知道单摆的回复力表达式F=﹣mg．
6．（2分）（2018•浦东新区一模）关于静电现象，下列说法正确的是（ ）
摩擦起电现象说明通过做功可以创造出电荷
摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程
验电器可以测量物体带电量的多少
日常生活中见到的所有静电现象都是有危害的
静电场中的导体．.
摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．
A、B、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．故A错误，B正确．
C、D、验电器可以检验是否带电，不能测量物体带电量的多少．故C错误；
D、日常生活中见到的所有静电现象有一些是有危害的，有一些是有益的．故D错误．
摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．
7．（2分）（2018•浦东新区一模）在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间（小球均未落地）（ ）
三个小球的速度变化相同
做竖直上抛运动的小球速度变化最大
做平抛运动的小球速度变化最小
做竖直下抛运动的小球速度变化最小
抛体运动．.
根据加速度等于知速度变化△v=at判定．
根据加速度等于知速度变化△v=at知竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球加速度相同，均为g，经过相等的时间，则△v相同，故A正确
本题关键是知道加速度的定义，并知道竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球加速度相同．
8．（2分）（2018•浦东新区一模）如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别放在AC连线上M点与N点，且OM=ON，则（ ）
A、C两处电势、场强均相同
B、D两处电势、场强均相同
在MN连线上O点的场强最大
在BD连线上O点的场强最小
电场的叠加；
电场强度；
电势；
电势差与电场强度的关系．.
电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和．
A、A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向向右，故A错误；
B、BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；
C、在MN连线上O点的场强最小．故C错误；
D、在BD连线上O点的场强最大，故D错误．
B
熟记等量异种电荷的电场线分布图，知道电场强度为矢量，电势为标量．
二、单项选择题．（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上．）
9．（3分）（2018•山东）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ）
F1不变，F2变大
F1变大，F2变小
F1变大，F2变大
F1变小，F2变小
共点力平衡的条件及其应用；
物体的弹性和弹力．.
共点力作用下物体平衡专题．
木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．
木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：
F1=0；
根据共点力平衡条件，有：
2F2cosθ=mg
解得：
F2=
当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．
本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．
10．（3分）（2018•浦东新区一模）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．在图中标出的各时间段中，质点所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相同的时间段是（ ）
0～t1
t1～t2
t2～t3
t3～t4
质点的认识；
匀变速直线运动的速度与时间的关系．.
运动学中的图像专题．
根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动．
A、0～t1加速度逐渐减小，故A错误；
B、t1～t2所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相反，故B错误；
C、t2～t3质点所受合外力恒定且合外力方向与速度方向始终相同，故C正确；
D、t3～t4加速度逐渐增大，故D错误；
本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；
物体减速时合力与速度反向，基础题目．
11．（3分）（2018•浦东新区一模）如图所示，T型支架可绕O点无摩擦自由转动，B端搁在水平地面上，将一小物体放在支架上让其从A端自由下滑，若支架表面光滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N1；
若支架和小物体间有摩擦，并从A端给小物体一定的初速度，小物体恰好沿AB匀速下滑，当小物体经过C点时，B端受到的弹力为N2，前后两次过程T型支架均不翻转，则（ ）
N1=0
N1＜N2
N1＞N2
N1=N2
力矩的平衡条件．.
以O为支点，根据力矩平衡条件研究N1与N2的大小关系．支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过C时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡．当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩．
设物体经过C时对支架的压力大小为N．以O为支点．
当支架和小物体间光滑，小物体经过C时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：
MN1=MN．
当小物体匀速下滑经过C时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即MN2+Mf=MN．
由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN1=MN2+Mf，则有MN1＞MN2，而力臂不变，所以N1＞N2．
C
本题是力矩平衡问题，分析除支点以外支架的受力情况是解题的关键，还要分析力矩的方向．
12．（3分）（2018•浦东新区一模）物体做方向不变的直线运动，若在任意相等的位移内速度的变化量均相等，则下列说法中正确的是（ ）
若△v=0，则物体作匀加速直线运动
若△v＞0，则物体作匀加速直线运动
若△v＞0，则物体作加速度逐渐增大的加速直线运动
若△v＜0，则物体作加速度逐渐增大的减速直线运动
匀变速直线运动的速度与位移的关系．.
直线运动规律专题．
若△V=0，物体的速度不变，则知物体作匀速直线运动．若△V＞0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的时间△t减小，加速度增大．相反，若△V＜0，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动．
A、若△V=0，物体的速度不变，则物体作匀速直线运动．故A错误；
B、C，△V＞0，物体作加速直线运动，通过任意相等位移的所用时间△t逐渐减小，由加速度a=
知，加速度增大．故B错误，C正确；
D、若△V＜0，物体作减速直线运动，通过任意相等位移的所用时间△t逐渐增大，由加速度a=
知，加速度减小，物体作加速度逐渐变小的减速直线运动．故D错误．
本题关键要抓住匀变速运动的特点：
加速度不变，由加速度的定义分析其变化，要注意是相等位移内速度的变化不是相等时间．
13．（3分）（2018•浦东新区一模）如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方恰好改变了90°
．在此过程中，质点的动能（ ）
不断增大
不断减小
先减小后增大
先增大后减小
动能定理的应用；
曲线运动．.
动能定理的应用专题．
质点从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°
，可以判断恒力方向指向右下方，与初速度的方向夹角要大于90°
小于180°
因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大．
因为质点速度方向恰好改变了90°
，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°
才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C正确．
故选C
此题需要根据运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化．
14．（3分）（2018•浦东新区一模）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O的水平线．已知一小球从M点出发，以初速v0沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需的时间为t1；
若该小球仍由M点以相同初速v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（ ）
v1=v2，t1＞t2
v1＜v2，t1＞t2
v1=v2，t1＜t2
v1＜v2，t1＜t2
机械能守恒定律．.
根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论
由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．
小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确，BCD错误．
解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．
15．（3分）（2018•浦东新区一模）一倾角为30°
的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°
，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力（ ）
大小为零
方向水平向右
方向水平向左
无法判断大小和方向
滑动摩擦力；
力的合成与分解的运用．.
滑块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；
当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变．
块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；
当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；
故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；
故选A．
本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变．
16．（3分）（2018•浦东新区一模）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，从O点出发沿x轴正方向做初速度为零的直线运动，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，则以下所示的图象中正确的是（ ）
场强与位移的关系
动能与位移的关系
速度与位移的关系
加速度与位移的关系
电势差与电场强度的关系；
电势能．.
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；
根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；
然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
F=|
|，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；
故A错误；
B、根据动能定理，有：
F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；
由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、按照C图，速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小（加速运动），故加速度逐渐增加；
而电场力减小导致加速度减小；
故矛盾，故C错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；
不难．
三、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分，答案涂写在答题卡上．）
17．（4分）（2018•浦东新区一模）如图所示，甲、乙、丙三个物体放在匀速转动的水平粗糙圆台上，甲的质量为2m，乙、丙的质量均为m，甲、乙离轴为R，丙离轴为2R，则当圆台旋转时（设甲、乙、丙始终与圆台保持相对静止）（ ）
甲物体的线速度比丙物体的线速度小
乙物体的角速度比丙物体的角速度小
甲物体的向心加速度比乙物体的向心加速度大
乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小
向心力；
线速度、角速度和周期、转速．.
匀速圆周运动专题．
甲、乙、丙共轴转动，角速度大小相等，根据线速度、向心力、向心加速度公式即可判断转．
A、甲、乙、丙转动的角速度大小相等，根据v=ωr，且甲的半径小于丙的半径可知，甲物体的线速度比丙物体的线速度小，故A正确，B错误；
C、根据向心加速度a=rω2，且甲、乙半径相等，可知，甲物体的向心加速度和乙物体的向心加速度相等，故C错误；
D、根据F=mrω2知，甲、乙、丙的质量之比为2：
1：
1，转动的半径之比为1：
2，则向心力大小之比为2：
2，所以乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小，故D正确．
AD．
解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，结合v=ωr，a=rω2，F=mrω2分析求解．
18．（4分）（2018•浦东新区一模）如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源的内电阻为r．闭合电键S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为△U．对此过程，下列判断正确的是（ ）
可变电阻R阻值增大，流过它的电流增大
电阻R2两端的电压减小，减小量小于△U
通过电阻R2的电流减小，减小量等于
路端电压一定增大，增大量小于△U
闭合电路的欧姆定律．.
恒定电流专题．
由题意电压表的示数增大了△U，说明R和R1并联的电阻增大，知R增大．R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，根据路端电压的变化，分析电阻R2两端的电压减小量和△U的大小，由欧姆定律求出电流减小量的范围．
A、由题，电压表的示数增大，R和R1并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过R1的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误．
B、C、R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于△U，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于
．故C错误，B正确．
D、由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于△U．故D正确．
BD
本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大．
19．（4分）（2018•浦东新区一模）一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点．在t时刻A、B两点间形成如图甲所示波形，在（t+3s）时刻A、B两点间形成如图乙所示波形，已知A、B两点间距离a=9m，则以下说法中正确的是（ ）
若周期大于4s，波可能向右传播
若周期为4s，波一定向右传播
若波速为8.5m/s，波一定向左传播
该波波速可能的最小值为0.5m/s
横波的图象；
波长、频率和波速的关系．.
振动图像与波动图像专题．
根据两时刻的波形，列出周期通项，得到波速的通项，再分析特殊值确定波的传播方向．
A、若波向右传播，3s=（n+）T1，（n=0，1，2，…），T1=
s；
若波向左传播，3s=（n+）T2，（n=0，1，2，…），T2=
s
由于n是整数，当n=0时，T=4
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