2020学年上海市崇明县高三第一次模拟考试试题物理

1、2020年上海市崇明县高三第一次模拟考试试题物理一、单选题：(每题3分，共24分)1.下列各物理量的定义式正确的是()A.电流强度I=B.加速度a=C.电场强度E=D.电势=解析：A、公式I=是欧姆定律的表达式，不属于比值定义式。故A错误B、加速度a=是牛顿第二定律得到的牛顿第二定律的表达式，不是定义式，故B错误；C、公式E=是点电荷的电场强度与距离的关系，不属于定义式，故C错误；D、公式=是电势的定义式，为比值定义法，故D正确。答案：D2.升降机地板上放一木箱，质量为m。当它对地板的压力N=0.8mg时，升降机可能做的运动是()A.加速上升B.减速上升C.静止D.匀速下降解析：木箱对升降机地

2、板的压力为N=0.8mg，小于木箱的真实的重力，所以木箱受到的合力的方向应该是向下的，有向下的加速度，所以木箱可能是向上减速，也可能是向下加速，故B正确，ACD错误。答案：B3.如图所示，一偏心轮绕O点做匀速转动。偏心轮边缘上A、B两点的()A.线速度大小相同B.角速度大小相同C.向心加速度大小相同D.向心加速度方向相同解析：A、偏心轮上各处角速度相等，由v=r可知半径不同点，线速度不同，故A错误；B、同一偏心轮上各处角速度相同，故B正确；C、根据公式an=2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，半径不同的点，向心加速度不相等。故C错误；D、向心加速度的方向始终指向圆心，所以A、B两点向心加

3、速度的方向不同，故D错误。答案：B4.起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起质量相等货物，则两次起重机对货物的拉力和起重机的功率大小关系是()A.拉力不等，功率相等B.拉力不等，功率不等C.拉力相等，功率相等D.拉力相等，功率不等解析：两次均匀速吊起，根据平衡知，F=mg，知拉力相等，根据P=Fv，速度越大，功率越大，故D正确，A、B、C错误。答案：D5.两根相同的绳子上某时刻存在A、B两列绳波，两波形如图所示。经过t时间，在该区域内两波再次出现如图波形，设波A和B的周期分别是TA、TB，则t可能等于()A.TAB.TBC.2TAD.2TB解析：由图知A波的波长为L，B波的波长为，同一介

4、质，速度相同A波周期：B波周期：周期关系： 根据题意，在该区域内两波再次出现如图波形，经历的时间可能是、故C正确，ABD错误。答案：C6.物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能Ep与下落速度v之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是()A.B.C.D.解析：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：EP=Emv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以C正确，ABD错误。答案：C7.如图所示电路中，电源电压恒定不变，若将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电路中的()A.电压表示数减小，灯L变暗B.电压表示数减小，灯L变亮C.电压表示数增大，灯L变暗D.电压表示数增大，

5、灯L变亮解析：将滑动变阻器的滑片P向右移动，其有效电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中电流减小，则灯泡L变暗。电流减小，电源的内电压和R2所占的电压减小，则知电压表示数增大。故C正确，ABD错误。答案：C8.如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是()A.h增大，l增大B.h增大，l减小C.h减小，l增大D.h减小，l减小解析：当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据P=P0Ph知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律pV=c知气体的体积将增

6、大，则l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据P=P0Ph知，管内液面升高，所以h增大。故A正确，BCD错误。答案：A二、多选题：(每题4分，共16分)9.(4分)下列单位属于国际单位制基本单位的是()A.千克B.开尔文C.牛顿D.安培解析：A、千克是质量单位，是国际基本单位，故A正确。B、开尔文是热力学温度得单位，是国际基本单位，故B正确。C、牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故C错误。D、安培是电流的单位，是基本单位，故D正确。答案：ABD10.(4分)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球缓慢地在竖直平面内由A点运动到B点的过程中()A.拉力

7、F逐渐增大B.拉力F对小球做正功C.细绳对小球做负功D.小球的机械能保持守恒解析：A、小球缓慢运动，合力为零，设绳子与竖直方向的夹角为，在垂直绳子方向有：Fcos=mgsin，解得：F=mgtan，逐渐增大，则拉力F逐渐增大，故A正确。B、拉力F与小球速度的夹角为锐角，所以拉力对小球做正功，故B正确。C、绳子的拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子张力对小球不做功，故C错误。D、根据功能原理可知，拉力F对小球做正功，小球的机械能增加，故D错误。答案：AB11.(4分)如图所示，用与竖直方向成角(45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1.现保持小球在原位置不动

8、，使绳b在原竖直平面内逆时转过角固定，绳b的拉力变为T2；再转过角固定，绳b的拉力为T3，则()A.T1=T3T2B.T1T2T3C.T1=T3T2D.绳a的拉力增大解析：以小球为研究对象，分析受力：重力、a、b两绳的拉力T1、T2.根据平衡平衡条件得知，T1和T2的合力方向竖直向上，大小与重力相等，保持不变，作出b绳在三个不同位置时，两个拉力的变化，如图，可图得到，T1=T3T2。由图看出，绳a的拉力减小。故A正确，BCD错误。答案：A12.(4分)如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过

9、B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是()A.A点的场强一定大于B点的场强B.A点的电势一定高于B点的电势C.粒子在A点的速度一定小于在B点的速度D.粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能解析：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断AB两点哪儿场强更大，故A错误。B、由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势。故B错误。C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故粒子在A点时的速度大于它在B点时的速

10、度，故C错误。D、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大。故D正确。答案：D三、填空题：(每题4分，共20分)13.(4分)以初速度36m/s竖直上抛的物体，如不计空气阻力，则它在上升过程中最后一秒内的位移是 m，从抛出到落回抛出点的时间为 s。(g取10m/s2)解析：上升到最高点前的最后一秒内发生的位移大小与自由落体运动1s时间内的位移是大小是相等的为：h=m=5m；回到出发点的时间：t=s。答案：5，7.214.(4分)如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用轻绳相连，球B与球C之间用弹簧S2相连。A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧的

11、质量均不计。已知重力加速度为g。开始时系统处于静止状态。现将A、B间的绳突然剪断，线刚剪断时A的加速度大小为 ，C的加速度大小为 。解析：细线剪断前，BC球整体受重力和细线拉力T，故：T=(mB+mC)g；细线剪断前，A球受到重力、细线的拉力和上方弹簧的弹力，根据平衡条件，有：T+mAgF1=0；解得：F1=(mA+mB+mc)g细线剪断后，小球C受力情况不变，故加速度为零；细线剪断后，小球A受重力和上面的弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F1mAg=mAa解得：a=。答案：，015.(4分)如图所示电路中，电源电动势E=2V，内阻r=2，R1=4，R2=6，R3=3。若在C、D间连一个理想电

12、流表，其读数是 A；若在C、D间连一个理想电压表，其读数是 V。解析：若在C、D间连一个理想电流表，则电路结构为R2、R3并联后与R1串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得：总电流I=所以并联部分的电压为：U=R并I=所以通过电流表的电流为I1=若在C、D间连一个理想电压表，则电路结构为R1、R2串联接到电源上，电压表测量的是R2的电压则R2=。答案：；116.(4分)如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为 ，方向 。(静电力恒量为k)解析：q在a点形成的电场强度的大小为E

13、1=，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强，方向向左；q在b处产生的场强大小为E2=，方向向左，根据电场的叠加原理可得：b点处的电场强度大小为 E=E1+E2=，方向水平向左。答案：，水平向左。17.(4分)在如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，L1消耗的电功率为 W，L2的阻值为 。解析：当开关S闭合稳定后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电功率为：P=U1I1=3V×0.25A=0.7

14、5W；灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的电阻均为：R2=R3=7.5。答案：0.75，7.5四、综合题：(共40分)18.(8分)在用单摆测重力加速度的实验中：实验时必须控制摆角在 以内，并且要让单摆在 平面内摆动；某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出LT2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)，可求得g= 。若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的g值和真实值相比是 的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。解析：单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于

15、5°(或10°)的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运动。由周期公式T=所以L=T2代入数据可得g=42由上面结论可以知道，漏加了小球半径后(y2y1)不变，故不影响最后结果。答案：5°，同一竖直；42；不变。19.(6分)在“用DIS描绘电场的等势线”实验如图所示，A、B是两个圆柱形电极，a、b、c、d、e是实验中选取的间距相等的5个基准点，c是AB的中点。(多选)关于该实验有下列叙述正确的是 。(A)本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的(B)在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸(C)实验中圆柱形电极与导电纸应有良

16、好的接触(D)放置导电纸时有导电物质的一面向下对传感器进行调零后进行测量，如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点C接触，黑色探针跟导电纸上Q点接触(已知Qc和Pb垂直于AB)，则传感器读数为 (选填“正”、“负”、“零”)。如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，则传感器读数为 (选填“正”、“负”、“零”)。解析：A、本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的，故A正确；B、在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，故B错误；C、实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触，故C正确；D、放置导电纸时有导电物质的一面应向上，故D错误；故选AC。根据对应的电场线和电势分布规律可

17、知，CG两点电势相等，故两指针接CQ时，传感器读数为零；如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，由于b点电势高于P点电势，故则传感器读数为正。答案：AC；零；正20.(12分)内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×104m2的活塞封闭了一定质量的气体。先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半。接着边在活塞上方缓缓倒上沙子边对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177。(外界环境温度为27，大气压强为1.0×105Pa，g=10m/s2)。(1)求加热前倒入多少质量的沙子？解析：气体做等温变化为：p

18、1=p0 根据玻意耳定律，有：p1v1=p2v2p2=2 p1=2.0×105Pa 由活塞和沙子受力平衡得：m1g=(p2p1)s=20N 解得：m1=2 kg。答案：求加热前倒入2kg质量的沙子。(2)求整个过程总共倒入多少质量的沙子？解析：气体做等体积变化：T2=273+27=300K T3=273+177=450K 代入数据解得：P3=3.0×105Pa 对活塞和沙子受力平衡，有：m2g=(p3p1)s=40N m2=4 kg 一共倒入了4kg的砂子。 答案：求整个过程总共倒入4kg质量的沙子。(3)在pT图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程。解析：在pT图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示。答案：在pT图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示：21.(14分)足够长光滑斜面BC的倾角=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成=53°的恒力F作用，如图(a)所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F。(已知sin53°=0.8，cos53°=0.6)。求：(1)小物块所受到的恒力F；解析：由图(b)可知，A