上海市静安区届高三上学期期末质量检测物理试题含详解.docx

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上海市静安区届高三上学期期末质量检测物理试题含详解

2019年4月

静安区2019届高三上学期期末质量检测（一模）

物理试卷

一、单项选择题（共40分．第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题3分．每小题只有一个正确答案．

1.物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规律，这位科学家是

A.伽利略B.牛顿C.亚里士多德D.笛卡尔

【答案】A

伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规律，故选A.

2.磁感应强度的单位用国际单位制的基本单位可表示为（　　）

A.Wb/m2B.V•s/（C•m）C.V•s/m2D.kg/（A•s2）

【答案】D

【分析】

在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题.

【详解】磁感应强度B＝

，磁感应强度单位为T，则1T＝

，故ABC错误，D正确；故选D。

【点睛】本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键。

注意A不是由国际单位制表示的，故不能选。

3.向心加速度描述的是做圆周运动的物体（　　）

A.向心力变化的快慢B.线速度方向变化的快慢

C.线速度大小变化的快慢D.转动角度变化的快慢

【答案】B

【分析】

向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题。

【详解】ACB．圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量，故AC错误，B正确；

D．匀速圆周运动的向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，与转动角度变化的快慢无关。

故D错误；

故选B。

【点睛】解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢。

4.如图，一匹马拉着车加速前行，则地面对车的作用力F1和车对马的作用力F2

A.方向相反，F1＞F2B.方向相反，F1＜F2

C.方向相同，F1＞F2D.方向相同，F1＜F2

【答案】D

【分析】

先对车受力分析，明确拉力和地面作用力间的关系，再根据牛顿第三定律分析车对马的作用力。

【详解】对车分析可知，车做加速运动，故马对车的作用力大于地面对车的作用力；因马对车的作用力与车对马的作用力为相互作用力，故二力相等，则可知，地面对车的作用力F1小于车对马的作用力F2，故D正确，ABC错误。

故选D。

【点睛】本题考查作用力和反作用力的关系，要注意正确分析题意，明确哪些力是作用力和反作用力。

5.一个强烈冷却的空瓶子，放入热水中，一段时间后瓶塞被弹出，瓶塞被弹出的原因是（　　）

A.瓶内气体分子数增加

B.瓶内所有气体分子的运动更剧烈

C.瓶塞所受气体分子的平均作用力变大

D.瓶塞所受外力变小

【答案】C

【分析】

根据理想气体得状态方程分析气体的压强的变化，然后结合分子动理论分析即可。

【详解】A．瓶子是密封的，所以瓶内气体分子数不能增加。

故A错误；

B．温度是分子的平均动能的标志，当瓶子放入热水中，一段时间后瓶内气体的温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每一个分子的平均动能都增大，即不是瓶内所有气体分子的运动更剧烈。

故B错误；

C．瓶内气体的温度增大而体积不变，由理想气体得状态方程可知，瓶内气体的压强将增大，所以瓶塞所受气体分子的平均作用力变大，瓶塞被弹出。

故C正确；

D．瓶子外是大气，大气压没有变化，所以瓶塞所受外力不变。

故D错误；

故选C。

【点睛】该题结合理想气体得状态变化考查对温度、压强的微观意义的理解，解答的关键是要理解温度是分子的平均动能的标志，温度升高瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每一个分子的平均动能都增大。

6.一根粗细均匀的绳子，右端固定，一人拿着左端的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻波形如图，则该波的（　　）

A.波速增大B.波速减小C.频率增大D.频率减小

【答案】C

【分析】

波速是由介质的性质决定的，与波长无关。

由图读出波长的变化，抓住波速不变，由波速公式v＝λf分析频率的变化。

【详解】AB．波速是由介质的性质决定的，与波长无关。

故该波的波速保持不变。

故A、B错误。

CD．由图看出，该波的波长减小，而波速一定，由波速v＝λf分析得知频率增大。

故C正确，D错误。

故选C。

7.如图，为某一点电荷Q的一条电场线，一电子以某一速度沿电场线由A点运动到B点的过程中，电势能减小，则（　　）

A.场强大小EA＞EBB.场强大小EA＜EB

C.场强方向由B指向AD.场强方向由A指向B

【答案】C

【分析】

根据电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中电势能的变化可知电场力做功情况，从而判断场强的方向；电场线疏密反映场强的大小；

【详解】AB．不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱。

故AB错误；

CD．一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，电势能减小，则动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由B指向A，故C正确，D错误；

故选C。

【点睛】解决本题的关键根据电子动能增加判断出电场的方向。

以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

8.如图，矩形导线框abcd与长直导线MN在同一竖直平面内，ab、cd与MN平行，若MN中通过的电流强度逐渐减小，则ab边所受磁场力的方向（　　）

A.可能竖直向上B.可能竖直向下

C.一定竖直向上D.一定竖直向下

【答案】D

【分析】

直导线中通有减小的电流，根据安培定则判断导线上侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大。

但本题没有告之电流方向，故直接运用楞次定律的阻碍相对运动来求解。

【详解】由于电流的减小，所以导致线圈磁通量减小，从而产生感应电流，因处于磁场中，受到磁场力使其阻碍磁通量变小，所以靠近通电导线。

由于靠近导线磁场越强，所以ab边受到的磁场力一定竖直向下，故D正确，ABC错误，故选D。

9.探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比（　　）

A.轨道半径变大，加速度变大B.轨道半径变大，加速度变小

C.轨道半径变小，加速度变小D.轨道半径变小，加速度变大

【答案】D

【分析】

根据万有引力提供向心力列式求解即可得到线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系；根据周期变小，先得到轨道半径的变化，再得出其它量的变化。

【详解】根据

可得

，

，可知周期小的半径小，加速大，则ABC错误，D正确；故选D。

10.如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了一定质量的气体，两管水银面相平若固定A管将B管沿竖直方向缓慢上移一小段距离高H，A管内的水银面相应升高h，移动过程中温度保持不变，则（　　）

A.h＝HB.h＝

C.h＜

D.

＜h＜H

【答案】C

【分析】

封闭气体是等温变化，气压变大，体积缩小。

【详解】封闭气体是等温变化，B端抬高，压强变大，故气体体积要缩小，但最终平衡时，封闭气体的压强比大气压大，一定是B侧水银面高，故有：

H﹣h＞h，故h<

；故ABD错误，C正确；故选C。

11.如图，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0．假设灯的电阻不变，某同学合上电键后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，观察到灯L1的亮度一直变暗，则可作出以下判断（　　）

A.R2＞R0，L2亮度先变亮后变暗B.R2＞R0，L2亮度不断变亮

C.R2＜R0，L2亮度先变后亮变暗D.R2＜R0，L2亮度不断变亮

【答案】B

【分析】

由电路图可知：

灯L2与滑动变阻器的一部分串联后与另一部分并联，再跟灯L1串联连接到电源上，根据电阻的变化情况，判断电流的变化情况，进而判断灯泡变亮还是变暗。

【详解】AB．当R2＞R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，所以L1变暗，通过L2的电流变大，L2变亮，故A错误，B正确；

CD．当R2＜R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮；当电路的总电流处于减小状态的时候，灯L1两端电压减小，电路并联部分电压是逐渐增大，此时L2亮度不断变大，当总电流处于增大的状态的时候，L1灯电压逐渐增大，而并联部分的电压不断减小，灯L2不断变暗，所以L2的亮度先变亮后变暗，故CD错误；

故选B。

12.将一物体由地面竖直向上抛出，物体距离地面的高度为h，上升阶段其机械能E随h的变化关系如图所示，则下落阶段的E﹣h图象是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【分析】

由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功，同时结合阻力变化的特点分析即可。

【详解】由题图可知，物体上升的过程中机械能减小，是由于物体受空气阻力的作用；物体的机械能的减小等于阻力做的功，即：

△E＝fh，则：

f＝

，可知图线的斜率变化特点可以表示阻力变化的特点，可知，随高度的增大，阻力减小；由于小球向上做减速运动，可知小球向上的过程中速度逐渐减小；结合随高度的增大，阻力减小减小可知，空气最小球的阻力随速度的减小而减小。

小球向下运动的过程中小球的速度逐渐增大，所以小球受到的阻力也逐渐增大，所以h越小，f越大，则图线的斜率越大，所以下落阶段的E﹣h图象是曲线；由于空气阻力做功，所以小球下降阶段经过上升阶段对应的同一点的速度将小一些，而小球的速度越大阻力越大，所以小球下降阶段受到的阻力较小，在下降的过程中，机械减小量较小。

由图可知，小球在上升阶段机械能的减小量为：

15﹣10＝5J，则小球下降阶段机械能的减小量小于5J，所以最终小球的机械能大于5J．故ABD错误，C正确；故选C。

【点睛】物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力的大小是变化的，所以机械能不是均匀减小的。

二、填空题（共20分）

13.两列周期均为T、振幅均为A的水波相遇形成稳定的干涉图样，t＝0时水波中某质点的位移为2A，则t＝

时该质点的位移为_____，此刻该质点的振动　____（选填“加强”或“减弱”）

【答案】

（1）.0

（2）.加强

【分析】

根据t＝0时水波中某质点的位移为2A说明该质点是振动加强点，根据振动情况确定位移。

【详解】t＝0时水波中某质点的位移为2A，即该质点是两列波的波峰相遇，为振动加强点，再经过t＝T/4该质点回到平衡位置，即位移为零。

【点睛】本题主要是考查波的干涉，知道波峰与波峰相遇为振动加强点、波峰和波谷相遇为振动减弱点。

14.电荷量为2.0×10﹣8C的正点电荷，在电场中的A点所受电场力的大小为2.0×10﹣6N，A点的场强大小为_____N/C；若A点电势为10V电场中另一点B点电势为15V，则该点电荷从A运动到B过程中电场力做功为_____J。

【答案】

（1）.100

（2）.﹣1×10﹣7J

【分析】

（1）根据F＝qE求E的大小。

（2）点电荷所受的电场力是恒力，由功的定义式W＝qUAB可得电场力对电荷做的功W。

【详解】

（1）A点的场强大小为：

。

（2）点电荷从A点移动到B点的过程中，电场力对电荷做的功为：

W＝qUAB＝q（∅A﹣∅B）＝2.0×10﹣8×（10﹣15）J＝﹣1×10﹣7J。

【点睛】解决本题时要知道E＝F/q和W＝qU，直接根据功的计算公式可求电场力做功，要注意W＝qU，电场力做功与路径无关。

15.利用油膜法可以粗略测定分子的大小，实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成_____油膜。

若已知油酸酒精溶液的浓度为A，n滴溶液的总体积为V，一滴溶液形成的油膜的面积为S，则油酸分子的直径约为　____。

【答案】

（1）.单分子

（2）.

【分析】

利用油膜法测分子的直径，让油滴在水面上尽量散开，形成单分子的薄膜，通过已知油滴的体积与油膜的面积，从而求出膜的厚度，即为油分子的直径。

【详解】让油滴在水面上尽量散开，形成单分子的薄膜，已知油酸酒精溶液的浓度为A，n滴油的总体积为V，则一滴油的体积为

，由于一滴油所形成的油膜面积为S，所以油膜的厚度为d＝

。

16.如图，为洗衣机水位控制器的示意图，洗衣机进水前塑料管内充满空气，塑料管顶端连接着压强传感器。

进水时，洗衣桶内水位上升，塑料管中空气压强_____（选填“增大”“减小”或“不变”），若此时水进入塑料管的高度为1.75cm，压强传感器测得气体压强是1.03×105Pa，则塑料管总长度约为_____cm．（设大气压强是1.0×105Pa，不计塑料管下部水平部分长度）

【答案】

（1）.增大

（2）.60cm

【分析】

分析塑料管中的气体，根据气体状态变化方程可知，体积减小，可知压强变化；根据玻意耳定律求解塑料管总长度。

【详解】当洗衣机进水时，洗衣桶内的水位上升，塑料管中空气的体积减小，根据气体方程PV/T＝C得，塑料管中空气的压强增大。

当洗衣桶内的水位达到一定深度时，水进入塑料管的高度为1.75cm，设塑料管的长度是xcm；

根据气体方程PV/T＝C得：

P0x•S＝P1（x﹣1.75）•S

解得：

x＝60cm。

17.如图，轻质光滑小滑轮用细绳悬挂于O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，保持静止。

已知物块A的质量为m，重力加速度为g，连接物块B的细绳与水平方向夹角为θ，则B与水平面间的摩擦力大小为_____：

现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，O点所受拉力的大小的变化情况是_____。

【答案】

（1）.mgcosθ

（2）.减小

【分析】

对A分析可知绳上的拉力，再对B分析，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小；物块B移至C点后，根据平行四边形定则分析悬于墙上的绳所受拉力变化情况。

【详解】对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力T等于A的重力，绳子对B的拉力F也等于A的重力，对B分析，由平衡条件知：

f＝Fcosθ＝mgcosθ，B向右移动时，由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于墙上的绳子的拉力将减小。

【点睛】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系。

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.“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中R0是阻值为5Ω的定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。

（1）某同学按照实验电路连接，闭合电键后，移动滑动变阻器滑片，DIS系统采集数据后，得到如图（b）所示的U﹣I图，则该同学在实验中可能出现的不当操作是_____。

（2）该同学发现操作不当之处，改正后重新实验，得到如图（c）所示的U﹣I图，根据图象可知电源电动势为_____V，内阻为_____Ω。

（3）在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是_____；电源效率的变化情况是_____。

【答案】

（1）.电压传感器正负极接反

（2）.2.9（3）.2（4）.先增大后减小（5）.减小

【分析】

（1）根据图中电压的情况判断不当操作；

（2）电源的伏安特性曲线中，电压轴的截距代表电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻和定值电阻之和；

（3）把定值电阻等效到电源内部，充当电源内阻，则外电路中只有滑动变阻器，再根据当内外电阻之和相等时，电源输出功率最大分析。

【详解】

（1）由图b可知，测量电压为负，说明电压传感器正负极接反；

（2）电源的伏安特性曲线中，电压轴的截距代表电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻；由图c可知，电源电动势为：

E＝2.90V

内阻为：

，则r＝7Ω﹣5Ω＝2Ω

（3）把定值电阻等效到电源内部，充当电源内阻，则等效内阻为：

r′＝7Ω；此时滑动变阻的功率等于等效电源的输出功率，又当内外电阻之和相等时，电源输出功率最大，滑动变阻器的阻值先减小到7Ω，此过程功率逐渐增大；电阻继续减小，则功率又开始减小，即在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的先增大后减小；电源的效率为：

，滑动变阻器电阻减小，则U减小，故电源的效率减小；

【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻。

同时要注意用等效电源法分析滑动变阻器的功率较为简单。

19.如图，AB为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为37°，BCD为光滑曲线轨道，两段轨道在B处光滑连接。

B、C、D三点离水平地面的高度分别为h1＝1m，h2＝1.8m和h3＝1.55m。

一质量m＝0.2kg的小环套在轨道AB上，由静止开始释放，经过t＝1.5s到达B点，速度vB＝6m/s。

求：

（sin37°＝06，cos37°＝0.8，g取10m/s2）

（1）小环沿AB运动的加速度a的大小；

（2）小环沿AB运动时所受摩擦力Ff的大小；

（3）小环离开轨道D处时的速度vD的大小；

（4）若使小环以最小速度落地，求小环在AB上释放处离地的高度h。

【答案】

（1）4m/s2；

（2）0.4N；（3）5m/s；（4）2.2m。

【分析】

（1）小环从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，由加速度的定义式求加速度a。

（2）分析小环受力，由牛顿第二定律求摩擦力Ff的大小；

（3）BCD为光滑曲线轨道，小环从B到D只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求小环离开轨道D处时的速度vD的大小；

（4）若使小环以最小速度落地，则小环在C点的瞬时速度为零。

由机械能守恒定律求出B点的速度，再由运动学公式求小环在AB上释放处离地的高度h。

【详解】

（1）小环从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：

a＝

＝4m/s2。

（2）小环在AB段受力情况如图所示。

由牛顿第二定律得：

mgsin37°﹣Ff＝ma

解得：

Ff＝0.4N

（3）小环从B到D运动过程中只有重力做功，其机械能守恒，则有：

mgh1+

＝mgh3+

解得：

vD＝5m/s

（4）若使小环以最小速度落地，则小环在C点的瞬时速度为零。

小环从B到C运动过程中只有重力做功，其机械能守恒。

由机械能守恒定律得：

mgh1+

＝mgh2+

解得：

vB′＝4m/s

小环从释放处到B作初速度为零的匀加速直线运动，位移为：

s＝

m＝2m

根据几何关系得：

h＝h1+s•sin37°

解得：

h＝2.2m。

【点睛】解决本题的关键要明确小环的运动过程和运动规律，在轨道光滑时往往根据机械能守恒求速度。

要能灵活运用运动学公式。

20.如图，两条相距为d的倾斜固定平行金属导轨，位于与水平面成确的同一平面内，其右端接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。

质量为m、电阻为r的金属杆CD静止在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为μ．矩形匀强磁场区域MNPQ方向垂直导轨平面向下，磁慼应强度大小为B．磁场区域以速度v0沿导轨匀速向上扫过金属杆，磁场边界PQ与金属杆分离时杆的速度为ν，若导轨足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，求：

（1）MN刚到达金属杆时，杆中感应电流的大小和方向；

（2）MN刚到达金属杆时，杆的加速度大小；

（3）PQ与金属杆分离时，R上的电功率；

（4）请分析、说明：

从MN刚到达金属杆到PQ与金属杆分离的这段过程中，金属杆做怎样的运动？

【答案】

（1）

，感应电流方向从D指向C；

（2）

﹣gsinθ﹣μgcosθ；（3）

；（4）PQ与金属杆分离时①如果

，则金属杆做加速度减小的加速运动。

②如果

，则若金属杆与PQ分离之时，安培力大小刚刚减小到与滑动摩擦力大小相等，则金属杆做加速度减小的加速运动；若金属杆与PQ分离之前，安培力大小已经减小到与滑动摩擦力大小相等，则金属杆先做加速度减小的加速运动再做匀速运动

【分析】

（1）MN刚到达金属杆时，根据E＝Bdv0求出杆产生的感应电动势，由欧姆定律求杆中感应电流的大小，由右手定则判断感应电流的方向；

（2）MN刚到达金属杆时，分析杆的受力情况，求出杆受到的安培力，再求杆的加速度大小；

（3）PQ与金属杆分离时，根据法拉第定律、欧姆定律求出回路中电流，再求R上的电功率；

（4）从MN刚到达金属杆到PQ与金属杆分离的这段过程中，根据杆受到的安培力与重力沿导轨的分力和滑动摩擦力的合力大小关系，来判断金属杆的运动情况

【详解】

（1）MN刚到达金属杆时，杆中感应电动势E＝Bdv0

杆中感应电流的大小

由右手定则知杆中感应电流方向从D指向C；

（2）MN刚到达金属杆时，杆的受力情况如图所示。

沿斜面方向，由牛顿第二定律得

FA﹣mgsinθ﹣Ff＝ma

垂直于斜面方向受力平衡，有N﹣mgcosθ＝0

滑动摩擦力Ff＝μN

安培力FA＝BId

联立解得：

杆的加速度大小a＝

﹣gsinθ﹣μgcosθ

（3）PQ与金属杆分离时，杆中感应电动势E＝Bd（v0﹣v）

杆中感应电流的大小I＝

R上的电功率P＝I2R＝

；

（4）磁场区域扫过金属杆的过程中，根据牛顿第二定律有

﹣（mgsinθ+μmgcosθ）＝ma

随着金属杆的速度增大，加速度减小

PQ与金属杆分离时

①如果

＞（mgsinθ+μmgcosθ），则金属杆做加速度减小的加速运动。

②如果

＝（mgsinθ+μmgcosθ），则若金属杆与PQ分离之时，安培力大小刚刚减小到与滑动摩擦力大小相等，则金属杆做加速度减小的加速运动；

若金属杆与PQ分离之前，安培力大小已经减小到与滑动摩擦力大小相等，则金属杆先做加速度减小的加速运动再做匀速运动；

【点睛】本题是一道电磁感应与电路、力学相结合的综合题，要分析清楚导体棒的运动过程，明确其受力情况，能熟练推导出安培力与速度的关系是解题的关键。