上海市浦东新区届高三上学期期末质量检测物理试题附答案解析.docx

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上海市浦东新区届高三上学期期末质量检测物理试题附答案解析

上海市浦东新区2019届高三上学期期末质量检测

物理试题

一、单项选择题（共40分，1-8题每小题3分，9-12题每小题3分．每小题只有一个正确选项）

1.元电荷是（　　）

A.电荷量B.点电荷C.电子D.质子

【答案】A

【解析】

【分析】

元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍。

【详解】元电荷又称“基本电量”，元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，不是指质子或者是电子，也不是电荷，故A正确，BCD错误；故选A。

【点睛】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性。

2.如图所示，为一列沿x轴传播的横波，周期为2s，则该波（　　）

A.波长为2mB.振幅为10cmC.频率为2HzD.波速为2m/s

【答案】D

【解析】

【分析】

明确波动图象的性质，根据图象可直接得出波的波长和振幅；根据周期和频率的关系即可确定频率，根据波长波速和频率的关系即可确定波速大小。

【详解】由图可知，该波的波长为4m，振幅为5cm，故AB错误；周期为2s，则频率f＝1/T＝0.5Hz，故C错误；根据波速、波长和频率的关系可知，波速v＝λf＝4×0.5m/s＝2m/s，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查对波动图象的认识，要注意明确图象的性质，同时掌握波长、波速和周期、频率间的关系。

3.如图中标出了磁感应强度B、电流I和其所受磁场力F的方向，正确的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

试题分析：

由于该题判断的是通电导体在磁场中的受力方向问题，故需要用左手定则来判定，可见，A是正确的；B中由于电流方向与磁场方向相同，故不受磁场力，C中力的方向是竖直向上的，D中受力的方向是垂直纸面向外的，故B、C、D都是不对的。

考点：

左手定则的应用。

4.如图所示，一只小甲虫沿着倾斜的树枝向上匀速爬行，则（　　）

A.甲虫速度越大所受摩擦力越大

B.树枝对甲虫的摩擦力方向沿树枝向下

C.树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力

D.甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受摩擦力方向相反

【答案】C

【解析】

【分析】

甲虫匀速爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化。

【详解】设倾角为θ，根据平衡条件可知甲虫所受的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿树枝向上，匀速运动过程中，θ不变，则摩擦力不变，故AB错误。

匀速运动，受力平衡，树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力，故C正确；甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受摩擦力方向相同，均为沿树枝向上，故D错误。

故选C。

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意匀速运动时摩擦力的大小和方向与速度大小无关。

5.用国际单位制中基本单位表示的磁通量单位是（　　）

A.WbB.T•m2

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。

【详解】根据磁通量∅＝BS＝

，F＝ma，a＝

，则∅的单位用基本单位表示是kgm2/As2，故ABC错误，D正确；故选D。

6.一个物体作竖直上抛运动，则（　　）

A.上升到最高点时，加速度为零

B.上升和下落过程的平均速度相同

C.任何相等时间内的速度变化量都相同

D.相等时间内的位移可能相同

【答案】C

【解析】

【分析】

竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反。

【详解】上升到最高点时，瞬时速度为零，加速度为g，故A错误；速度是矢量，上升和下落过程的平均速度大小相等，方向相反，故B错误；竖直上抛运动是匀变速直线运动，故运动过程中任何相等时间内的速度变化量都相同，故C正确；运动过程中，不同的相等时间段的平均速度不可能相同（大小和方向不可能同时相同），故相等时间内的位移不可能相同，故D错误；故选C。

【点睛】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要明确其上升和下降过程的速度、时间和能量具有对称性。

7.如图所示，同一水平面内有一金属圆线圈M和一带正电橡胶圆环N，当N绕其圆心在水平面内顺时针加速转动时，可判断出M环中产生的感应电流方向及M变化趋势（　　）

A.逆时针；收缩B.逆时针；扩张

C.顺时针；收缩D.顺时针；扩张

【答案】B

【解析】

【分析】

本题中是由于N的转动而形成了感应电流，而只有N中的感应电流的变化可以在M中产生磁通量的变化，才使M中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。

【详解】当带正电的绝缘圆环N顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环M处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环M包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，M中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以M中产生逆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ACD错误B正确；故选B。

【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。

8.如图所示，人随自动扶梯加速上行，扶梯对人的作用力为F，则F（　　）

A.大小等于人的重力，对人做正功B.大小等于人的重力，对人做负功

C.大小大于人的重力，对人做正功D.大小小于人的重力，对人做负功

【答案】C

【解析】

【分析】

以人为研究对象，根据牛顿第二定律分析作用力大小，力的方向与运动方向夹角小于90°，由此分析电梯对人做功的情况。

【详解】人随自动扶梯加速上行，加速度方向沿扶梯向上，如图所示；

根据图象可知扶梯对人的作用力大小F大于人的重力mg，F与速度方向夹角小于90°，对人做正功，故C正确，ABD错误。

故选C。

【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：

确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意扶梯对人的作用力是支持力和摩擦力的合力。

9.“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。

如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。

不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则（　　）

A.蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大

B.蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大

C.蹦极者的机械能先增大后减小

D.蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小

【答案】A

【解析】

【分析】

先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到橡皮绳刚绷紧时，只受重力，重力势能转化为动能。

从绷紧到最低点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：

上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。

【详解】A．蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点最长，弹性势能最大。

故A正确；

B．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能越来越大；从橡皮绳恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。

所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故B错误；

C．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能不断减少，故C错误；

D．从跳台运动到最低点的过程中，蹦极者重力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故D错误；

故选A。

【点睛】分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；D选项一定看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。

10.一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0向右做直线运动，其v﹣t图象如图所示。

则（　　）

A.t1时刻前后电场力方向相反

B.0～t2时间内电场力先减小后增大

C.0～t2时间内粒子速度一直减小

D.0～t2时间内粒子速度改变量的方向向左

【答案】D

【解析】

【分析】

根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小；由图象可知速度大小的变化；由图象的斜率表示加速度知，加速度的方向与初速度的方向相反，由△v＝at讨论速度改变量的方向。

【详解】AB．由图象可知，粒子的加速度不变，由于仅仅受到电场力作用，因此电场力大小与方向不变，故AB错误；

C．由图象可知，0～t1粒子的速度减小，t1之后速度反向增大，故C错误；

D．由图象可知，图象的斜率表示加速度，可知加速度的方向与初速度的方向相反，即向左，由△v＝at知速度改变量的方向为加速度的方向，所以向左，故D正确；

故选D。

【点睛】本题考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，进而确定电场力、速度改变量的方向。

11.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3阻值相同。

将单刀双掷开关由a点打到b点（　　）

A.伏特表的读数变大B.电源的总功率变小

C.电源的效率变大D.R2的功率变小

【答案】D

【解析】

【分析】

分别确定好两种接法的电路，由串联、并联电路知识确定电压，电流，电功率分析各项。

【详解】接a点时：

R2接入电路，电压表示数为：

U＝E/2，电源的效率为：

U/E＝50%，电源的总功率为：

P＝

．R2的电流为：

I2＝

；接b点时：

R1与R2串联再与R3并联后接入电路，电压表示数为：

U′＝

；电源的效率为：

＝40%；电源的总功率为：

P＝

；R2的电流为：

；电压表的示数变小，则A错误；电源的总功率变大，则B错误；电源的效率变小，则C错误；通过R2的电流变小，功率变小，则D错误；故选D。

12.空间有一沿x轴方向电场，x轴上各点电势φ随x变化的关系如图所示，则（　　）

A.该电场可能是单个点电荷所形成的电场

B.x2～x3区间内，场强沿x轴负方向

C.0～x2区间内，沿x轴正方向电势先降低后升高

D.将电子沿x轴从x1移到x3处，其电势能先减小后增大

【答案】B

【解析】

【分析】

顺着电场线方向电势降低结合电场线的特点与点电荷的电场线比较即可；0处电势最高，x2处电势最低，可判断场强的方向。

φ﹣x图象的斜率等于场强，电子带负电，在电势高处的电势能小。

【详解】点电荷的电场的电势为单调增函数或单调减函数。

故A错误；沿电场线方向电势越来越低，可知在x2～x3区间内，场强沿x轴负方向。

故B正确；由图可知，在0～x2区间内，沿x轴正方向电势一直降低。

故C错误；由图可知，在x1到x3区间的电势先减小后增大，电子带负电，所以电子的电势能先增大后减小。

故D错误；故选B。

【点睛】本题的解题关键是根据φ﹣x图象的斜率等于场强和顺着电场线方向电势降低，分析两电荷的电性和电量关系。

二、填空题（共20分）

13.如图所示是“研究向心力与哪些因素有关”的实验仪器，叫做“DIS向心力实验器”。

该实验装置中需要用到力传感器和_____传感器，由于该实验涉及多个物理量，所以实验采用的方法是_____法。

【答案】

（1）.光电门

（2）.控制变量

【解析】

【分析】

明确实验原方法，知道实验中所采用的仪器和实验中的用到的实验方法。

【详解】要研究向心力的决定因素，应测量力和速度，故采用“DIS向心力实验器”进行实验时，应采用力传感器和光电门传感器；实验中涉及多个物理量，故一定要采用控制变量法进行实验；

14.“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图所示，定值电阻R1在实验中的作用是_____；传感器的连接还未完成，其上端的接线柱C应连接在_____上（选填“a”或“b”）。

【答案】

（1）.保护电路

（2）.a

【解析】

【分析】

实验一定要保护电路安全，开关应能控制整个电路，分析图示电路图答题。

【详解】由图示电路图可知，定值电阻R1在实验中的作用保护电路；由图示电路图可知，如果C接在b点开关不能控制电压表能否接入电路，C应接在a处；

15.质量分别为2m和m的两颗恒星A和B组成双星系统，仅在相互之间万有引力的作用下，以两星连线上的某点为圆心，在同一平面内做周期相同的匀速圆周运动。

则A、B两颗恒星的向心力之比FA：

FB＝_____；运动半径之比RA：

RB＝_____。

【答案】

（1）.1:

1

（2）.1:

2

【解析】

【分析】

双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据万有引力等于向心力列式分析即可。

【详解】作用力与反作用力大小相等，方向相反，对A、B星，都是万有引力提供向心力，所以A、B两颗恒星的向心力之比FA：

FB＝1：

1；同时：

，其中：

d＝RA+RB；联立解得：

RA＝

d；RB＝

d；故RA＝

RB.

【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。

以及会用万有引力提供向心力进行求解。

16.a车和b车在同一平直公路上行驶，它们的位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知0﹣t1时间内a车与b车之间的距离_____（选填“一直减小”、“一直增大”或“先增后减”）；设0﹣t2时间内a、b两车的平均速度分别为va和vb，则va_____vb（选填“＞”、“＝”或“＜”）

【答案】

（1）.先增后减

（2）.

【解析】

【分析】

位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，交点表示相遇。

根据位移和时间的比值比较平均速度的大小。

【详解】t1时刻a、b位移相同，a车先启动后b车启动，说明0﹣t1时间内a车与b车之间的距离先增后减，t2时刻位移相等，时间相等，根据平均速度公式

知平均速度相等；

【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，交点表示位置相同，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向。

17.边长为L、电阻为R的N匝正方形线圈，以速度v匀速进入磁感应强度为B的有界匀强磁场。

线圈运动方向与磁场边界成θ角，如图所示。

当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量Φ＝_____：

线圈所受安培力F＝_____。

【答案】

（1）.

（2）.

【解析】

【分析】

根据Φ＝BS求穿过线圈的磁通量Φ．线圈所受安培力是右边和下边所受安培力的合力，由E＝NBLv、I＝E/R求感应电流，由F＝BIL求每条所受的安培力，再合成求得线圈所受的安培力F。

【详解】当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量为：

Φ＝B•

L2＝

BL2。

线圈产生的感应电动势为：

E＝NBLv

感应电流为：

线圈的右边和下边所受的安培力大小为：

F安＝NBIL＝

这两边所受安培力相互垂直，所以线圈所受安培力为：

【点睛】解决本题时要知道磁通量与线圈的匝数无关，而安培力与线圈的匝数平方成正比，要能熟练推导出安培力与速度的关系。

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.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，

（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过_____（选填“最高点”或“最低点”）时开始计时。

（2）某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为T1，得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的_____（选填“上方”或“下方”）。

于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是_____。

（3）为了更准确测量，他测出多组摆长L和振动周期T，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示_____；由图象求出的重力加速度g＝_____m/s2．（小数点后保留两位）

【答案】

（1）.最低点

（2）.下方（3）.

（4）.

（5）.9.81（或9.82）

【解析】

【分析】

（1）单摆在最低点时计时误差较小。

（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的方法。

（3）根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。

【详解】

（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。

（2）根据

得：

可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长L的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。

开始时：

于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，则：

联立可得：

（3）根据：

得，

，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示T2；图线的斜率

，

解得：

g＝9.81m/s2。

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中应该的注意的事项以及误差形成的原因，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。

19.如图所示，长L＝3.41m的水平直杆BC，与高H＝0.2m的光滑细弯杆AB底部和足够长斜杆CD底部都平滑连接，CD与水平方向夹角θ＝37°．一质量m＝0.2kg的小环套在杆上，从最高点A由静止释放，沿细弯杆运动到B点时在小环上加一水平向右的外力F＝2N，至C点撤去，小环冲上斜杆CD．已知小环与杆BC、CD间动摩擦因数均为μ＝0.8．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小环在B点时的速度vB大小；

（2）判断小环最终能否静止在斜杆上，通过表达式及计算加以说明；

（3）小环在斜杆CD上运动的时间。

（小数点后保留两位）

【答案】

（1）2m/s

（2）由于G1＜fmax，可得小球能静止在斜杆上（3）0.34s

【解析】

【分析】

（1）对小环，从A到B的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒求解B点速度；

（2）在斜杆CD上，小球重力的沿斜面方向分力G1＝mgsin37°，与最大静摩擦力fmax＝μmgcos37°比较可知。

（3）对小环，在BC段，由牛顿第二定律求解加速度，根据vC2﹣vB2＝2a1L得vC，小环沿斜杆CD上滑过程中，由牛顿第二定律可得加速度，根据运动学公式求解时间。

【详解】

（1）对小环，从A到B的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒，有：

mvB2＝mgH

代入数据解得：

vB＝

m/s＝2m/s

（2）在斜杆CD上，小球重力的沿斜面方向分力为：

G1＝mgsin37°＝0.6mg

而最大静摩擦力为：

fmax＝μmgcos37°＝0.64mg

由于G1＜fmax，可得小球能静止在斜杆上。

（3）对小环，在BC段，由牛顿第二定律知：

F﹣f1＝ma1

N1＝mg

f1＝μN1

代入数据解得：

a1＝

m/s2＝2m/s2；

由vC2﹣vB2＝2a1L得：

vC＝

＝4.2m/s

小环沿斜杆CD上滑过程中，由牛顿第二定律可得：

mgsin37°+f2＝ma2

N2＝mgcos37°，

f2＝μN2

代入数据解得a2＝12.4m/s2

由vt＝vC﹣at

得t＝

s＝0.34s

20.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，左侧水平，右侧倾斜且与水平部分平滑连接并成α＝30°夹角，两导轨间距为L＝0.5m，左端接有电阻R＝0.5Ω，其余电阻不计。

水平部分空间内有竖直向上的匀强磁场B1＝0.5T，斜面部分有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场B2．质量为m＝0.2kg的导体棒CD，与导轨接触良好且始终垂直于导轨。

给棒CD沿斜面向下的初速度v0＝2m/s后，棒匀速下滑，经时间△t＝1s进入水平部分。

（g＝10m/s2）求：

（1）B2的大小；

（2）进入水平部分后，棒CD的电流方向和安培力方向，并从速度、加速度两个角度描述导体棒CD进入水平部分后的运动情况；

（3）棒CD从开始到最终停止，电阻R上产生的热量Q；

（4）棒CD进入水平部分瞬间加速度a的大小和方向；若要让棒进入水平部分后，加速度保持不变，需在棒上加一个水平外力F，直至棒离开水平面，从棒进入水平部分开始计时，请写出力F与时间t的表达式，并标明F的方向及t的取值范围。

【答案】

（1）1T

（2）导体棒做加速度减小的减速运动，直到导体棒速度为零为止（3）2.4J（4）

方向：

水平向右，0≤t≤3.2s

【解析】

【分析】

（1）导体棒匀速下滑处于平衡状态，由平衡条件可以求出磁感应强度。

（2）由右手定则可以判处出感应电流方向，由左手定则可以判断出安培力方向，应用牛顿第二定律求出加速度，然后分析导体棒的运动过程与运动性质。

（3）应用能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热。

（4）由牛顿第二定律求出加速度大小，应用牛顿第二定律求出拉力。

【详解】

（1）导体棒下滑过程受到的安培力：

F安培＝B2IL＝

，

导体棒匀速运动，由平衡条件得：

mgsinα＝

，

代入数据解得：

B2＝1T；

（2）由右手定则可知，流过导体棒CD的电流由C流向D，由左手定则可知，导体棒所受安培力：

水平向右；导体棒所受合力方向水平向右，加速度方向向右，导体棒速度向左，导体棒做减速运动，由牛顿第二定律得：

＝ma，

加速度：

a＝

，速度v减小，加速度a减小，导体棒做加速度减小的减速运动，直到导体棒速度为零为止；

（3）对整个过程，由能量守恒定律得：

Q＝mgh+

，

代入数据解得：

Q＝2.4J；

（4）导体棒进入水平部分瞬间，

加速度：

，

代入数据解得：

a＝1.25m/s2，方向：

水平向右，

导体棒加速度不变，导体棒做匀减速直线运动，导体棒速度：

v＝v0﹣at，

对导体棒，由牛顿第二定律得：

F+

＝ma，

代入数据解得，拉力：

F＝

t方向水平向右，

从棒进入水平面开始到棒离开为止，棒先向左做匀减速直线运动到速度为零，然后向右做匀加速运动，整个过程位移为零，由匀变速运动的位移公式得：

s＝v0t+

at2，代入数据解得：

t＝3.2s，则：

0≤t≤3.2s；

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：

一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。