精品解析上海市宝山区届高考一模物理试题精校Word版.docx

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精品解析上海市宝山区届高考一模物理试题精校Word版

上海市宝山区2019届高三模拟一考试物理试题

一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）

1.首先发现“磁”能生“电”的物理学家是（　　）

A.安培B.奥斯特C.法拉第D.楞次

【答案】C

【解析】

【详解】法拉第首先发现了电磁感应现象，即是首先发现“磁”能生“电”的物理学家，故选C.

2.描述运动和力的关系的物理定律是（　　）

A.牛顿第一定律和牛顿第二定律

B.牛顿第一定律和牛顿第三定律

C.牛顿第二定律和牛顿第三定律

D.牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律

【答案】A

【解析】

【详解】描述运动和力的关系的物理定律是牛顿第一定律和牛顿第二定律；牛顿第三定律描述的是作用力和反作用力之间的关系；故选A.

3.科学思维在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到万有引力定律的启发，运用类比创建了另一个物理定律，该定律是（　　）

A.牛顿第二定律B.库仓定律

C.楞次定律D.闭合电路欧姆定律

【答案】B

【解析】

【分析】

明确理想模型、控制变量、等效替代、类比等各种方法的应用即可正确解答本题．

【详解】科学方法在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到牛顿万有引力定律的启发，运用类比方法方法在电磁学领域中建立了一个物理学定律，该定律的名称为库仑定律。

故选B。

4.关于能量的转化下列说法中正确的是（　　）

A.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行

B.不但能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高

C.空调机既能致热又能制冷，说明热传递不存在方向性

D.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化

【答案】D

【解析】

【分析】

热力学第二定律反映了自然界的宏观过程具有方向性，虽然总能量守恒，但能量可以利用的品质降低了．

【详解】根据热力学第二定律，满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行，选项A错误；能量在转化过程会由高品质能源转化为低品质的能源，故可利用性会降低，选项B错误；空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，故C错误；根据热力学第二定律，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，选项D正确；故选D.

5.振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力（　　）

A.指向地面B.指向悬点

C.数值为零D.垂直摆线，指向运动方向

【答案】C

【解析】

【分析】

单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，方向指向平衡位置.

【详解】摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，经过平衡位置时，回复力为零。

由于单摆做圆周运动在平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点。

故C正确，ABD错误。

故选C。

【点睛】解决本题的关键知道单摆做简谐运动回复力的来源，知道在平衡位置，回复力为零，合力不为零．

6.两列机械波在介质中产生干涉现象，它们的振幅分别为A1和A2，某一时刻介质中质点P的位移大小为A1+A2，则（　　）

A.质点P的振幅一直为A1+A2

B.质点P的振幅再过半个周期为|A1-A2|

C.质点P的位移大小一直为A1+A2

D.质点P的位移大小再过半个周期为零

【答案】A

【解析】

【分析】

相干简谐横波相遇时，波峰与波谷相遇处质点的振幅等于两列波振幅之差；波峰与波峰相遇处质点的振幅等于两列波振幅之和；

【详解】对于两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇，波峰与波峰相遇处质点的振幅等于两列波振幅之和，即振幅一直为A1+A2．但质点离开平衡位置的位移不总是最大的，某一时刻介质中质点P的位移大小为A1+A2，则再过半个周期质点P的位移大小仍为A1+A2，所以A正确，BCD错误；故选A；

7.在静电场中将一负电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则（　　）

A.a点电势高于b点电势B.a点电场强度大于b点电场强度

C.a点电势能大于b点电势能D.电场线方向从b指向a

【答案】A

【解析】

【分析】

根据电场力做功公式W=qU分析电势的高低，抓住电场强度与电势无关，不能确定电场强度的大小和电场线的方向．电场力做正功时负电荷的电势能减小．

【详解】根据电场力做功公式Wab=qUab，知Wab<0，q＜0，则a、b两点的电势差Uab>0，因此a点电势高于b点电势，故A正确。

电场强度与电势无关，不能确定电场强度的大小，故B错误。

电场力做了负功，负电荷的电势能增加，因此a点电势能小于b点电势能，故C错误。

电场力做功与路径无关，所以不能确定电场线的方向，故D错误。

故选A。

【点睛】本题是功能关系的角度分析电场力做功与电势能变化的关系，也可以利用推论“负电荷在电势能高处电势能小”分析电势的高低．电势与场强无关，电势高，场强不一定大．

8.如图所示，在倾斜的环形赛道上有若干辆小车正在行驶，假设最前面的小车做匀速圆周运动，则它所受的合外力（　　）

A.是一个恒力，方向沿OA方向

B.是一个恒力，方向沿OB方向

C.是一个变力，此时方向沿OA方向

D.是一个变力，此时方向沿OB方向

【答案】D

【解析】

【分析】

做匀速圆周运动的物体所受的合力大小不变，方向指向圆心.

【详解】做匀速圆周运动的物体所受的合力大小不变，方向指向圆心，则最前面的小车所受的合外力是大小不变，方向不断变化的变力，此时方向沿OB方向，故选D.

9.探测器探测到土星外层上有一个环．为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系来确定（　　）

A.若v2∝R，则该环是土星的一部分

B.若v2∝R，则该环是土星的卫星群

C.若v∝

，则该环是土星的一部分

D.若v2∝

，则该环是土星的卫星群

【答案】AD

【解析】

试题分析:

A、C、若小环是土星的一部分则各层自转的角速度相等，根据v=ωR得：

v∝R，故A正确，C错误；B、D、若该层小环是土星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据

得：

，即

，故B错误，D正确．故选AD．

考点：

考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【名师点睛】解决本题要知道若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，若该层是土星的卫星群，则根据向心力等于万有引力求解。

10.如图所示，用绳牵引小船，设水的阻力不变，则在小船匀速靠岸的过程中（　　）

A.绳子拉力不断减小B.绳子拉力不断增大

C.船的浮力不变D.船的浮力增大

【答案】B

【解析】

【分析】

对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速直线运动，根据共点力平衡判断绳子的张力和浮力的变化．

【详解】对小船进行受力分析，如图，

因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向的夹角为θ，有：

Fcosθ=f…①

Fsinθ+F浮=mg…②

船在匀速靠岸的过程中，θ增大，阻力不变，根据平衡方程①知，绳子的张力增大，根据平衡方程②知，张力增大，sinθ增大，所以船的浮力减小。

故B正确，ACD错误。

故选B。

【点睛】解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0，根据θ角的变化，判断力的变化．

11.如图，a、b、c三个上下平行的圆形线圈同轴水平放置，现闭合b线圈中的电键S，则在闭合S的瞬间，由上向下观察（　　）

A.a、c线圈中无感应电流

B.a、c线圈中的感应电流都沿顺时针方向

C.a、c线圈中的感应电流都沿逆时针方向

D.a、c线圈中感应电流的方向相反

【答案】B

【解析】

【分析】

根据安培定则确定电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断上方线圈中感应电流的方向；

【详解】闭合时，b线圈中电流由上向下观察逆时针方向，根据安培定则穿过a、c线圈的磁场方向向上，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则判断，由上向下观察a、c线圈的感应电流均为顺时针方向；故选B.

【点睛】该题考查楞次定律的应用，楞次定律应用的题目我们一定要会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律常规的步骤进行判断即可。

12.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而增大。

某同学利用压敏电阻设计了一个判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图1所示。

将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为2I0．电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，则下列判断中正确的是（　　）

A.甲图表示电梯可能做匀加速上升运动

B.乙图表示电梯可能做匀减速上升运动

C.丙图表示电梯可能做匀加速下降运动

D.丁图表示电梯可能做匀减速下降运动

【答案】A

【解析】

【分析】

据题知，压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而增大，而电流变大说明电路中电阻变小，则电流变大说明压力变小；反之，电流变小说明压力变大；物体加速上升和减速下降是超重状态，减速上升和加速下降是失重状态．

【详解】甲图中，电流从2I0逐渐变大，电阻变小，则压力逐渐变小，且小于重力，所以加速度向下逐渐变大，电梯可能变加速下降，也可能变减速上升。

故A错误；乙图中，电流从I0逐渐变大到2I0，电阻变小，则压力逐渐变小，且大于重力，所以加速度向上逐渐变小，电梯可能变加速上升，也可能变减速下降。

故B错误；丙图中，电流从2I0逐渐变小，电阻变大，则压力逐渐变大，且大于重力，所以加速度向上逐渐变大，电梯可能变加速上升，也可能变减速下降。

故C错误；丁图中，电流恒为I0，压力大于重力，故电梯处于超重状态，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故D正确；故选D。

【点睛】本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况．

二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）

13.人们知道鸽子有很强的返巢能力，有人猜想鸽子体内可能有______，通过地磁场对它的作用来辨认方向。

为了证实这个假设，在鸽子翅膀下系上一小块______，以扰乱鸽子对地磁场的“感觉”，结果鸽子不能飞回家了。

由此，猜想得到了证实。

【答案】

（1）.生物磁体；

（2）.磁石

【解析】

【详解】人们知道鸽子有很强的返巢能力，有人猜想鸽子体内可能有生物磁体，通过地磁场对它的作用来辨认方向。

为了证实这个假设，在鸽子翅膀下系上一小块磁石，以扰乱鸽子对地磁场的“感觉”，结果鸽子不能飞回家了。

由此，猜想得到了证实。

【点睛】在关于信鸽是靠什么来辨别方向的实验中，一群信鸽的身上绑了小磁体，一群信鸽身上绑了小铜块，放飞后，结果是绑了铜块的信鸽大部分回到了巢穴，而绑了小磁铁的信鸽一只也没有飞回巢穴，由此可以验证信鸽的辨别方向靠的是地磁场．

14.将一小球竖直向上抛出，小球在第3内的位移是零，再过2.5s小球落至地面，则抛出时小球的速度大小为______m/s，抛出点距地面的高度为______m．（不计空气阻力，g=10m/s2）

【答案】

（1）.25；

（2）.13.75

【解析】

【分析】

小球在第3秒内的位移是零，第3秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即第2.5秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为2.5s，下落时间为3s，根据h＝

gt2分别求出上升和下落的高度，二者之差即所求高度．

【详解】小球在第3秒内的位移是零，第3秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即第2.5秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为t1=2.5s，下落时间为t2=3s，

由小球的初速度v=gt1=10×2.5=25m/s；

小球上升的高度：

h1＝

gt12=

×10×2.52=31.25m

下落的高度：

h2＝

gt22=

×10×32=45m

故小球抛出点离地面的高度h=h2-h1=13.75m

【点睛】本题考查自由落体运动和竖直上抛运动，关键根据题目条件明确上升和下落的时间，根据h＝

gt2列式求解.

15.如图所示，L形直角细管，竖直部分管内两水银柱长度分别为56cm和20cm，竖直管和水平管各封闭了一段气体A和B，长度分别为19cm和28cm，且上端水银面恰至管口，外界大气压强为76mHg．现以水平管为轴缓慢转动使L形管变为水平，此过程中气柱B的长度变为______cm，溢出的水银柱长度为______cm。

【答案】

（1）.56；

（2）.42

【解析】

【分析】

分别以上下各液柱为研究对象，由平衡可求得A、B内气体的压强；L水平后两部分气体的压强都应等于大气压强，则由玻意耳定律可得出气体长度的变化，得出溢出的水银长度．

【详解】由图可知，A中的气体压强PA=（76+56）cmHg=132cmHg；

B中气体压强PB=（132+20）cmHg=152cmHg；

L形管变为水平后，两部分气体压强均等于大气压强P=76mcHg；

由玻意耳定律可知：

PBLBS=PLB′S；

PALAS=PLA′S；

代入以上数据解得：

LA′=33cm；LB′=56cm； 

故A气体长度增加了33-19cm=14cm；B中气体长度增加56-28=28cm； 

溢出的水银长度为14+28cm=42cm；

【点睛】本题考查玻意耳定律及封闭气体压强，要求能正确理解题意：

转后整体装置是平放在地面上的，故气体压强为大气压强．

16.如图为水力发电的示意图，一台发电机能提供6.4×106W的电功率。

假定水轮机和发电机的效率都是80%，则从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机______J的能量。

若上、下游水面落差为24.8m，且上游水的流速为2m/s，则每秒钟需要______kg质量的水通过水轮机，才能产生这样的电功率。

（g=10m/s2）

【答案】

（1）.

；

（2）.

【解析】

【分析】

根据题意，从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机的能量满足：

；提供给水轮机的能量来自水的重力势能和动能.

【详解】从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机的能量：

根据

，即

，

解得m=4.0×104kg.

【点睛】求能量的转化效率时，要确定有效利用的能量和总能量。

三、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）

17.有一根足够长的水平弹性轻绳，绳的左端O振动了3s，产生的波形如图所示，

（1）O点的振动频率为______Hz；

（2）若从此时刻起波源停止振动，试在图中画出，从该时刻起经过3s后的波形图。

【答案】

（1）0.5

（2）图见解析；

【解析】

【分析】

（1）根据波形图求出周期，再根据周期和频率的关系求解频率；

（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s该波形先后平移3段，由此画图。

【详解】

（1）根据波形图可知，

解得周期T=2s；

则振动频率为f=

=0.5Hz；

（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s该波形先后平移3段，其波形图如图所示：

18.有一种电池，电动势约为9V，内阻约为30Ω，若该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学选用的实验器材有：

电键、电压传感器、定值电阻R0、电阻箱R（阻值范围为0～9999Ω），设计的实验电路如图甲所示。

（1）定值电阻R0起___________作用，实验室备有的R0有以下几种规格：

A.100Ω2.0WB.200Ω1.0WC.500Ω2.0WD.2000Ω5.0W

本实验应选用哪一种规格?

（）

（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值R，读取电压表的示数U，计录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则乙图中的横坐标表示___（用所给物理量的字母来表示）。

若乙图中图线的截距为a，斜率为b，则电池的电动势为___，内阻为__________。

【答案】

（1）.保护电路；

（2）.B；（3）.

；（4）.

；（5）.

【解析】

【分析】

（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；

（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻。

【详解】

（1）定值电阻R0起保护电路的作用；根据

，即

，解得R0=150Ω，可知R0选择B；

（2）由闭合电路欧姆定律可得：

   变形得：

，则乙图中的横坐标表示

；

由数学知识可知，图象中的斜率

；截距a=

；解得：

，

【点睛】本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。

四、计算题（本大题共2小题，共30.0分）

19.如图（a）所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体置于其上。

t=0时对物体施加一个平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v一t图如图（b）所示。

（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是多少m/s2？

（2）求斜面的动摩擦因素；

（3）物体运动到斜面最高位置时能否保持静止？

请说明理由。

（4）物体在何时具有最大机械能？

若以地面为零势能面，则最大机械能是多少J？

【答案】

（1）10m/s2；

（2）0.5；（3）不能保持静止；（4）520J

【解析】

【分析】

（1）根据v-t图像的斜率可求解加速度；

（2）根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；（3）比较mgsinθ和μmgcosθ的大小关系可进行判断；（4）外力做功结束后机械能最大，根据能量公式求解最大机械能。

【详解】

（1）加速度的大小是

（2）根据牛顿第二定律:

解得μ=0.5；

（3）不能静止；因为

，这表明，物体在最高点位置时所受的合力不为零，所以不能保持静止；

（4）物体在第1s末具有最大机械能

【点睛】此题关键是知道机械能的变化等于除重力以外的其它力的功，所以外力撤去的瞬间，机械能最大》

20.如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s后金属棒的速度保持稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象。

试问：

（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向怎样？

（2）金属棒在前2s内所做的是一种怎样的运动？

并说明理由。

（3）2s后金属棒的速度大小是多少m/s？

（4）0～2s内通过电阻R的电量约多少C？

【答案】

（1）d指向c；

（2）加速度减小的加速直线运动；（3）4m/s；（4）1.66C

【解析】

【分析】

（1）由右手定则可知金属棒cd中的电流方向；

（2）分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律判断物体的运动情况；（3）金属棒的速度最大时，所受的合外力为零，从而求解最大速度；（4）根据图像的“面积”求解安培力的冲量，结合电量的公式求解电量.

【详解】

（1）由右手定则可知，金属棒cd中的电流方向由d指向c；

（2）金属棒在前2s内所做的是加速度减小的加速直线运动；对于金属棒运动的起始时刻，金属棒在水平方向上受到安培力FA和拉力F的作用，

所以F>FA，金属棒所受的合力方向与初速度方向相同，因此金属棒向右做加速运动；由于

，所以FA将随着v的增大而不断增大；又由于

，所以F随着v的增大而不断减小；

而F-FA=ma，所以加速度a将不断减小；所以金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的加速直线运动.

（3）金属棒的速度最大时，所受的合外力为零，即

解出：

（4）图像与横轴之间共约83（81-85）个小方格，相应的“面积”为

即

故

（1.62C-1.70C）

【点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、动量定理、功能关系等知识，综合性较强，对学生能力的要求较高，是一道好题．