届上海市闵行区高三下二模物理试题解析版.docx
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届上海市闵行区高三下二模物理试题解析版
闵行区2019学年第二学期高三年级质量调研考试
物理试卷
（试卷满分100分，考试时间60分钟）
一、选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题4分。
每小题只有一个正确选项）
1.最先发现电流磁现象的科学家是（ ）
A.安培B.奥斯特C.库仑D.法拉第
【答案】B
【解析】
【详解】最先通过实验发现电流磁现象的科学家奥斯特，故B正确，ACD错误。
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.某次光的衍射实验中，观察到如图所示的明暗相间的图样，则障碍物为（ ）
A.很小的不透明圆板B.中间有较小圆孔的不透明挡板
C.很大的不透明圆板D.中间有较大圆孔的不透明挡板
【答案】B
【解析】
【详解】A.用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即泊松亮斑，故A错误；
B.用光照射中间有小圆孔的不透明挡板时是明暗相间的衍射图样，故B正确；
C.用光照射很大的不透明圆板时后面是一片阴影，故C错误；
D.用光照射很大的中间有大圆孔的不透明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，故D错误。
故选B。
3.天然放射性元素放出的α、β、γ射线中（ ）
A.三种射线的速度相同
B.α射线的穿透本领最强
C.β射线的本质与阴极射线的相同
D.γ射线在真空中的速度比X射线的大
【答案】C
【解析】
【详解】A.γ射线速度为光速，β射线次之，α射线速度最慢，故A错误；
B.γ射线的穿透本领最强，故B错误；
C.β射线的电子来源于原子核，阴极射线的电子来自于核外电子，两者本质都是高速电子流，故C正确；
D.γ射线和X射线的传播速度都是光速，故D错误。
故选C。
4.如图是对北极星附近的星星经长时间曝光拍摄的照片，星光划出一些有规律的弧线，这一现象最适合说明（ ）
A.地球在自转B.地球是球形
C.银河系的形状D.星星在做匀速圆周运动
【答案】A
【解析】
【详解】ABCD.星星的轨迹是相对于地球的运动，轨迹呈弧线，说明了地球在自转，故A正确BCD错误。
故选A。
5.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A.电阻定律B.库仑定律
C.欧姆定律D.能量守恒定律
【答案】D
【解析】
【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.
6.2018年国际基本单位之一“千克”被重新定义为：
一千克等于普朗克常量h除以6.62607015×10-34m2s-1，则普朗克常量h的单位是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】ABCD.由题可知
则普朗克常量的单位为
，故B正确ACD错误。
故选B。
7.在水平向右的匀强电场中，一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，带电粒子在（ ）
A.b点的动能大于a点的动能
B.b点的动能等于a点的动能
C.b点的动能小于a点的动能
D.在a、b两点的动能大小关系不确定
【答案】A
【解析】
【详解】ABCD.带电粒子从a运动到b的过程中，电场力的方向与ab连线方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能减小，动能增加，故A正确BCD错误。
故选A。
8.一物体在两个力F1和F2共同作用下产生的加速度为a，换为一个力F作用时产生的加速度为－a，则（ ）
A.F称作F1和F2的合力
B
a与F成正比，方向相同
C.以F1和F2为邻边作平行四边形，则其对角线可表示为F
D.若F1、F2与F同时作用在一个物体上，可使之处于平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】ACD.F1和F2的作用效果与一个力F作用效果相反，即F1和F2的合力与力F大小相等方向相反，F不为F1和F2的合力，以F1和F2为邻边作平行四边形，则其对角线不为F，F1、F2与F同时作用在一个物体上，可使之处于平衡状态，故D正确AC错误；
B.由牛顿第二定律可知，a与F成正比，方向相反，故B错误。
故选D。
9.如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量相等的小球A、B。
整个转动过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等。
则有（ ）
A.A、B两球所受的合力大小不等
B.A、B两球所受的合力大小相等
C.框架对A球的弹力方向一定垂直球A所在的边斜向上
D.框架对B球的弹力方向一定垂直球B所在的边斜向下
【答案】B
【解析】
【详解】AB.A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据
可以知道，合力大小相等，故B正确A错误；
C.A球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可以知道，A受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，故C错误；
D.B球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可以知道，A受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向只能垂直框架向上，故D错误。
故选B。
10.如图，水平面上有一均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为O点。
有一带电量+q，质量为m的小球恰能静止在O点正上方的P点。
OP间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ。
P点场强大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD.由微元法分析
选取圆环上某一点计算在P点竖直方向上的场强为
圆环上各点累加可得
由受力分析可知
解得
故C正确ABD错误。
故选C。
11.如图为甲、乙两列简谐横波某时刻的波形图，甲波向右传播，乙波向左传播。
质点M位于x=0.2m处，则（ ）
A.这两列波会发生干涉现象
B.M点是振动加强点，所以其位移总是最大
C.此时M点位移为零，故M点是振动减弱点
D.由图示时刻开始，再经过
甲波周期，M点将位于波峰
【答案】A
【解析】
【详解】A.两列简谐横波在同一均匀介质内传播，波速相等，由图可知两列波的波长相等，由
可知，频率相等，所以两列波能产生干涉，故A正确；
BC.两波在质点M的振动均为在平衡位置向下振动，振动总是加强，振幅等于两列波振幅之和，M点做简谐运动，位移随周期变化，故BC错误；
D.从图示时刻开始，再经过
甲波周期 ，两列波的波谷在M点相遇，所以M点到达波谷，故D错误。
故选A
12.图示电路中，电源E、r恒定，闭合S后，改变R1、R2接入电路的阻值，下列判断正确的是（ ）
A.若仅增大R1阻值，则R2消耗的电功率必增大
B.若仅把滑片P从a滑到b，R1消耗的功率一直增大
C.若增大R1阻值，同时也增大R2接入电路的等效阻值，则两电表示数变化量的比值也增大
D.不论如何改变R1和R2接入电路的总阻值，两电表的示数变化必然相反
【答案】D
【解析】
【详解】A.设R2接入电路的等效阻值为R，则R2消耗的电功率为
可知仅增大R1阻值，则R2消耗的电功率变小，故A错误；
B.因R2并联接入电路，当把滑片P从a滑到b时，R2并联接入电路的等效阻值先增大后减小，电路总电流先减小后增大，则R1消耗的功率先减小后增大，故B错误；
C.当不改变R1、R2接入电路的阻值时，由闭合电路的欧姆定律有
当增大R1阻值，同时也增大R2接入电路的等效阻值时，有
联立可得
则两电表示数变化量的比值不变，故C错误；
D.因电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，当电流表示数变大时，电源内电压变大，则路端电压减小，电压表示数变小；当电流表示数变小时，电源内电压变小，则路端电压增大，电压表示数变大，则不论如何改变R1和R2接入电路的总阻值，两电表的示数变化必然相反，故D正确。
故选D。
二、填空题（共20分。
每个空格2分）
13.向心力是按照力的_________命名的，它对物体_________（选填“做功”、“不做功”或“有时做功有时不做功”）。
【答案】
（1）.作用效果
（2）.不做功
【解析】
【详解】[1][2]向心力是按照力的作用效果命名的，向心力方向与物体速度垂直，故向心力对物体不做功。
14.如图所示为两架螺旋桨直升机在空中水平加速或减速飞行的姿态，其中水平加速前进的飞机是图_______，其判断的依据是___________。
【答案】
（1）.（a）
（2）.螺旋桨叶片产生的推力（或空气对螺旋桨叶片的反作用力）垂直螺旋桨平面向上，它与重力的合力指向飞机前进的方向
【解析】
【详解】[1][2]因螺旋桨叶片产生的推力垂直螺旋桨平面向上，它与重力的合力指向飞机前进的方向，故加速飞行的是图a。
15.左端封闭右端开口粗细均匀的倒置U形管，用水银封住两部分气体，静止时如图所示，若让管保持竖直状态做自由落体运动，则气体柱Ⅰ长度将________，气体柱Ⅱ长度将________。
（选填：
“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】
（1）.减小
（2）.不变
【解析】
【详解】[1][2]设大气压强为P0，由图示可知，封闭气体压强
当U型管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压P0
可知气柱I的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小；气柱Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变。
16.电池对用电器供电时，是将其它形式能（如化学能）转化为电能；对充电电池充电时，是把电能转化成化学能。
现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示。
已知充电器的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的电动势为E，内阻为r。
此过程中电能转化为化学能的功率为________，锂电池的充电效率为________。
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】
【详解】[1]充电的总功率为
充电产生的热功率为
则电能转化为化学能
功率为
[2]充电的效率为
17.如图所示，某宇航员在X星球表面用一根细线悬挂一个质量为m的小球，并将小球从与悬点O同一高度处由静止释放，测得小球过最低点时绳子拉力为F。
已知X星球半径为R，星球表面为真空，不考虑星球自转，则X星球表面的重力加速度为________；若能让小球靠近X星球表面绕该星球做匀速圆周运动，小球的速度大小应为________。
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】
【详解】[1]设小球在最低点速度为v，绳长为r，小球从静止释放到达最低点的过程中，由动能定理可得
在最低点由向心力公式
联立解得
[2]绕该星球表面做匀速圆周运动，重力提供向心力，设小球此时速度为v，则
解得
三、综合题（共40分）注意：
第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18.某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）如图所示电路中的虚线是该小组同学正准备接入的最后一根导线。
请指出图中在器材操作上存在的两个错误之处：
________________；________________。
（2）根据实验测得的多组“电阻箱阻值R和对应电流表示数I”数据，作出
关系图像，如图所示。
由图像可得出该干电池的电动势为__________V；内阻为_________Ω。
（保留两位小数）
（3）该小组同学继续探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。
为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（）
A．一个伏特表和一个电阻箱
B．一个安培表和一个电阻箱
C．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
D．一个安培表、一个伏特表和两个定值电阻
【答案】
（1）.电键未断开
（2）.电阻箱阻值为零（3）.1.37（1.35~1.40）（4）.1.20（1.15~1.25）（5）.D
【解析】
【详解】
（1）[1][2]由图可知，操作错误之处有：
电键未断开，电阻箱阻值为零；
（2）[3][4]由闭合电路的欧姆定律可得
即
可知图像斜率为E，截距为-r，由图知
（3）[5]A.伏特表测路端电压，电流可由路端电压和电阻箱求得，通过改变电阻箱的电阻，可以测得多组数据，故A正确；
B.安培表测电流，再由电流和电阻箱可得路端电压，通过改变电阻箱的电阻，可以测得多组数据，故B正确；
C.安培表测电流，伏特表测路端电压，滑动变阻改变电路的阻值从而获得多组数据，故C正确；
D.安培表测电流，伏特表测路端电压，但只有两个定值电阻则只能则得两组数据，不能精确测量，故D错误。
故选D。
19.将从空中下落的雨滴看作为球体，设它竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中v是雨滴的速度大小，r是雨滴半径，k是比例系数。
设雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）试通过列式说明雨滴在下落过程中加速度如何变化；
（2）设雨滴的密度为ρ，推导雨滴无风下落过程中的最大速度vm与半径r的关系式；
（3）示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）两种雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中对应半径为r1的雨滴；
（4）无风时，一般情况下小雨和暴雨雨滴落地时速度有何不同？
说明该自然现象的原因。
【答案】
（1）见解析；
（2）
；（3）①；（4）见解析
【解析】
【详解】
（1）对雨滴受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得：
由题意可知f=kr2v2，即：
雨滴下落过程中，速度v与加速度a方向相同，可见随着速度v的增加，加速度a减小，当阻力f增大到与重力mg一样大时，a减小到零（或雨滴做加速度减小的加速运动，直至加速度为零。
）
（2）根据上述推导
当加速度为零时，雨滴速度最大，而雨滴质量为
当加速度a=0，可得雨滴的最大速度：
（3）由
（2）中雨滴的最大速度
，可知，当雨滴半径增大时，雨滴的最大速度也增大，因r1>r2，则①是半径为r1的雨滴；
（4）一般情况下暴雨雨滴落地时速度要比小雨雨滴落地时速度的速度快由
（2）结论，雨滴收尾速度
与半径有关，暴雨的雨滴体积大，因此速度也大。
20.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接有阻值为R的电阻，水平条形区域I和II内有磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，I和II之间相距为h且无磁场。
一长度为L、质量为m、电阻也为R的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触。
现将导体棒由距区域I上边界H处静止释放，在导体棒穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况完全相同。
重力加速度为g，求：
（1）导体棒进入区域I
瞬间，通过电阻R的电流大小与方向；
（2）导体棒穿过区域I的过程中，电阻R上产生的热量Q；
（3）下面为定性地描述导体棒从开始下落到出磁场II过程中速度大小与时间的关系的图像，请选出正确的图像并简述理由。
【答案】
（1）
，电流方向为由右向左
（2）
；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）设导体棒进入区域I瞬间的速度大小为v，通过电阻R的电流大小为I，感应电动势为E，由机械能守恒定律得：
由导线切割磁感线得：
由闭合电路欧姆定律得：
联立解得：
由右手定则可以判断出通过电阻R的电流方向为由右向左；
（2）设导体棒穿出区域I瞬间的速度大小为v’，穿过区域I过程中电路产生的总电热为
，由能量守恒定律得
由于导体棒的阻值与电阻的阻值均为R，由焦耳定律可知：
导体棒上产生的电热与电阻R上产生的电热Q相同，所以电路中产生的总电热
由题意知，导体棒穿过两段磁场区域过程中，流过电阻R的电流及其变化情况相同，所以，导体棒在进入区域I和II的瞬时速度相同。
导体棒在两磁场之间区域运动时只受重力作用，由机械能守恒定律得：
联立解得：
（3）导体棒由静止开始到进入磁场区域I之前和在两磁场之间运动时，只受重力作用，导体棒做自由落体运动，加速度为g，因此在0~t1和t2~t3时间段内v-t图像为斜率相同的直线。
依据题意，在导体棒穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，可知导体棒在两磁场区域内速度变化相同，因此，导体棒在t1~t2和t3~t4时间段内的v-t图像相同；而且导体棒在磁场区域内的运动为加速度逐渐减小的减速运动（即
逐渐减小），所以C是正确的。
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