【高考模拟】上海市松江区高考物理一模试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 20 20页，总 =sectionpages 21 21页试卷第 =page 21 21页，总 =sectionpages 21 21页上海市松江区高考物理一模试卷一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每题3分；第9-12小题，每题4分，每小题只有一个正确答案。）1. 首先通过实验发现“电流磁效应”的科学家是（ ） A.安培B.法拉第C.麦克斯韦D.奥斯特2. 磁感应强度B的单位T等价于（ ） A.NAmB.ANmC.AN3. 做竖直上抛运动的物体，每秒的速度增量总是（ ） A.大小不等，方向不同B.大小相等，方向不同C.大小不等，方向相同D.大小相等，方向相同4. 如图

2、轻质支架，A、B固定在竖直墙上，C点通过细绳悬挂一重物，则重物对C点的拉力按效果分解正确的是（ ） A.B.C.D.5. 图示电场中，负电荷仅受电场力作用，由A点沿电场线运动到B点，此过程中（ ） A.电场力增大，电势能减小B.电场力减小，电势能减小C.电场力增大，电势能增大D.电场力减小，电势能增大6. 从冰箱中拿出的空瓶，一段时间后瓶塞弹出，其原因是（ ） A.瓶内气体分子数增加B.瓶内所有气体分子的运动都更剧烈C.瓶塞所受合外力变小D.瓶塞受瓶内气体分子的作用力变大7. 如图所示，斜面上放一物体A恰好能匀速下滑，如果在物体A上再施加一个力F，使A仍匀速下滑，关于力F的方向，下列说法正确的

3、是（ ） A.垂直斜面向下B.竖直向下C.水平向左D.水平向右8. 物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的v-t图是（ A.B.C.D.9. 如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形图，此时质点A沿y轴负方向振动，该波的波速为v20m/s，则（ ）A.这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为B.这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为C.这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为D.这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为10. A、B两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图

4、所示，曝光的时间间隔相等，则（ ） A.t2时刻，A木块速度大于BB.t2时刻，A木块速度小于BC.t1时刻，A木块速度大于BD.t1时刻，A木块速度小于B11. 如图所示，质量为m的物体静止于粗糙水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为，物体右侧与一轻弹簧相连，初始时弹簧为原长，现用水平力缓慢向右拉弹簧，使物体向右通过一段位移s，该过程中手的拉力做功一定（ ） A.等于mgsB.大于mgsC.小于mgsD.大于2mgs12. 如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改为相应的温度刻度。下列说法正确的是（ ） A.低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀B.低温对

5、应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀C.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀D.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀二、填空题（共20分） 牛顿第一定律_牛顿第二定律的推论（选填“是”或“不是”）；_用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”或“不能”）。 如图所示，一块蹄形磁铁放在水平台秤上，金属棒AB固定在两个磁极之间。当AB中通入电流时，台秤示数减小。则AB棒所受安培力的方向为_，电流的方向为_。 如图，固定密闭容器内储有一定量的水，若拔掉容器底部的软木塞，可能观察到的现象有_。 如图，当开关K断开时，电源内电路功率为P1；K闭合时，电源内电路功率为P2。若两种情

6、况下电源的输出功率相等，则P1_P2；R2_r。（选填“大于”、“等于”或“小于 竖直向上拋出的物体，从抛出点到最高点的过程中其动能和重力势能随高度h的变化图线如图所示，物体上升过程中空气阻力做的功为_J，加速度大小为_m/s2。三、综合题（共40分） 如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置： （1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变，用钩码所受的重力作为_，用DIS测小车的加速度； （2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图b），此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 （3）若在原装置中的P处加装一力传感器

7、，重复上述实验，得到的a-F图线与图b中的图线相比会有什么不同： （4）在（3）中，若小车的质量为M，不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为_。 如图所示，用绝缘丝线将质量为m、电荷量为qA的带负电小球A系在O点。在距O点的正下方H处用绝缘柄固定一带电小球B（两球均可看成点电荷）。当丝线与竖直方向夹角为30时，球A静止，此时A、B两球连线与丝线AO垂直。已知静电力常量为k，重力加速度为g。（1）画出A球受力示意图，判断B球的电性； （2）求A球所在处的电场强度E； （3）求B球的电荷量qB （4）若支持B球的绝缘柄漏电，A球在竖直平面内缓慢运动至0处，B 如图，在竖直平面内，AB为粗糙的

8、长直轨道，与水平方向的夹角为53，BCD、DEG均为半径为r2m的光滑圆弧形轨道，AB与BCD相切于B点，O1、O2为圆心，连线水平，C为圆弧形轨道的最低点，E为最高点。一质量为m1kg的小环套在轨道AB上，受到水平恒力F的作用，自P点由静止下滑，运动到B点时撤掉水平恒力F，小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点E。已知小环与AB轨道间的动摩擦因数为0.8，P、B之间的距离为s=16047m，sin（1）小环过B点的速度； （2）小环在PB间运动的加速度； （3）水平恒力F的大小； （4）若改变水平恒力F的大小，小环能否到达E点？请分析说明。参考答案与试题解析 上海市松江区高考物理一模试卷一、

9、单项选择题（共40分。第1-8小题，每题3分；第9-12小题，每题4分，每小题只有一个正确答案。）1.【答案】D【考点】磁现象和磁场【解析】根据各位物理学家的贡献回答：奥斯特发现电生磁，安培研究了电流的磁场的判断方法：安培定则；焦耳研究了热功当量；法拉第发现了磁生电【解答】A、安培是提出安培定则与安培力，故A错误；B、法拉第提出磁能生电，故B错误；C、麦克斯韦提出电磁场理论，故C错误；D、第一个发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故D正确。2.【答案】A【考点】磁感应强度【解析】明确国际单位制中基本单位以及基本物理量，明确国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题【解答】磁感应

10、强度B=FIL，磁感应强度单位为T，则1T=3.【答案】D【考点】竖直上抛运动【解析】竖直上抛运动是匀变速直线运动，根据vgt【解答】竖直上抛运动是匀变速直线运动，加速度为g。方向竖直向下，根据vgt，知每秒速度增量大小相等，方向竖直向下。故ABC错误，D4.【答案】B【考点】力的合成与分解的应用力的效果分解法力的正交分解法【解析】对C点进行受力分析，结合C点受到的力，对重物的拉力进行分解即可。【解答】轻质支架不考虑其自身的重力，C点受到重物的拉力、AC的作用力以及BC的作用力，由于C点的作用力没有引起AC与BC边的转动，可知AC对C点的作用力一定沿AC的方向，BC对C的作用力一定沿BC的方向

11、，所以重物对C点的拉力可以沿AC的方向与BC的方向分解，结合结合平行四边形定则可知，重物对C点的拉力按效果分解为沿AC的方向斜向下的一个分力以及沿CB的方向斜向下的另一个分力，故B正确，ACD错误。5.【答案】C【考点】电势能电场力做功与电势能变化的关系电场线【解析】明确电场线的疏密表示电场强度的大小，从而确定电场力的大小；再根据电场力的方向确定电场力做功情况，由功能关系确定电势能的变化情况。【解答】根据电场线的疏密可知，A处的电场强度小于B处的电场强度，故由A到B的过程中电场力增大；负电荷受力与电场线方向相反，故由A到B的过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确，ABD错误。6.【答案】D【

12、考点】分子间的相互作用力气体压强的微观意义【解析】由理想气体状态方程和分子的平均动能进行分析。【解答】A、瓶子是密封的，故瓶内气体分子数不变，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，从冰箱中取出后温度将上升，分子平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故B错误；C、瓶塞在冰箱中不动，合外力为零，取出后瓶塞弹出，合外力不为零，此时合外力增大，故C错误；D、由理想气体状态方程可得：pVT=C7.【答案】B【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】由于施加外力F前物体A匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsinmg【解答】设物体的质量为m、物体与斜面间的动摩擦因数为、斜面的

13、倾角为。由于施加外力F前物体A匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsinmgcos，解得：gsingcos。A、如果施加的力F垂直斜面向下，正物体与斜面间的压力增大、摩擦力增大、重力沿斜面向下的分力不变，物体减速运动，故A错误；B、如果施加的外力F竖直向下，则有：(mg+F)sin(mg+F)cos8.【答案】A【考点】非常规图像匀变速直线运动的概念x-t图像（匀变速直线运动）v-t图像（匀变速直线运动）牛顿第二定律的概念【解析】根据阻力大小与速度成正比，分析物体所受合外力的变化情况，判断加速度的变化，结合v-【解答】设阻力大小为f，物体的质量为m，斜面的倾角为，据题有fkv，k是常量。根据牛顿第

14、二定律得mgsin-fma，即得agsin-kvm，可知，随着速度v的增大，物体的加速度减小，当mgsinf时a9.【答案】C【考点】波长、频率和波速的关系横波的图象【解析】解答本题的思路是：（1）根据质点A的振动方向，由图得到波的传播方向；（2）由图得到波长，根据波速求得周期；（3）根据振幅求得路程。【解答】根据“上下坡”法可知，由于质点A沿y轴负方向振动，所以波向左传播。由图可知，振幅A5cm，波长4m，根据公式v=T，解得T0.2s，质点A在2s振动10个周期，通过的路程s104A2m10.【答案】D【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系匀变速直线运动的速度与时间的关系匀变速直线运动规

15、律的综合运用【解析】根据一段时间内的平均速度与瞬时速度的关系可得出两木块中间时刻的速度大小，结合公式xaT2【解答】AB、根据图象可知，A、B两木块在t1到t3时间内运动了相同的位移，故两木块在整段时间内的平均速度相等，根据匀加速直线运动情况下一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在t2时刻两木块的速度相等。故AB错误；CD、由图象可知，对于A木块，t1到t2时间内的位移与t2到t3时间内的位移之差较大，由xaT2可知，A木块的加速度较大，且11.【答案】B【考点】恒力做功【解析】在拉力F作用下，弹簧伸长，需要克服弹力做功，物体在前进过程中，克服摩擦力做功，根据能量守恒即可判断。【解

16、答】物块克服摩擦力做功为Wfmgs，在拉力F作用下，由于弹簧伸长，故克服弹力做功为W弹，故拉力做功等于克服摩擦力做功和克服弹簧弹力做功，故WFWf+W弹12.【答案】B【考点】闭合电路的欧姆定律电阻率与温度的关系【解析】根据欧姆定律解得电路的电流表达式，根据电阻阻值随温度变化的关系，然后应用闭合电路欧姆定律求出t的表达式进行分析。【解答】根据图示电路图结合闭合电路的欧姆定律得：EI(r+R+RA)，解得电路的电流为：I=Er+R+RA，可见电阻R越小，电流I越大，对应的温度越低，所以低温对应电流较大的刻度上；由于电阻R随温度升高均匀增大，则电阻R与温度的变化为：二、填空题（共20分）【答案】不

17、是,能【考点】牛顿第一定律的概念牛顿第二定律的概念【解析】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，【解答】（1）牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的定量关系，所以牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论；（2）力-是改变物体运动状态的原因，加速度-描述物体运动状态变化的快慢由Fma得F一定时，m越大，a越小-即物体运动状态越不容易改变；说明m越大，物体惯性越大；a一定时，m越大，F越大-即要更大的力才能改变相同的运动状态，说明m越大，物体惯性越大，所以m是惯性大小的量度，即能用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的

18、量度。【答案】向下,B指向A【考点】磁场对电流的作用左手定则【解析】（1）由牛顿第三定律判断安倍力的方向；（2）由左手定则判断电流方向。【解答】当AB中通入电流时，台秤的示数减小，说明磁铁受到金属棒的作用力向上，根据牛顿第三定律可知，金属棒受到的安倍力向下，根据左手定则可知电流方向为从B到A；【答案】水部分流出、水全部流出、水柱不动、水柱向上运动【考点】“玻璃管封液”模型【解析】根据水柱最终的平衡，由pp0【解答】设水的高度为h，密闭容器内气体的压强为p，外界大气压强为p0，当pp0-gh时，水部分流出甚至全部流出；当p【答案】小于,小于【考点】闭合电路的欧姆定律电功率电功【解析】根据开关断开

19、、闭合时电路的连接情况求出电流强度，再根据电功率的计算公式求解电功率；根据外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大分析电阻大小关系。【解答】当开关K断开时，R1和R2串联，此时电路中的电流为I1=ER1+R2+r，电源内电路功率为：P1I12r；K闭合时，R1短路，外电路只有R【答案】-1,【考点】摩擦力做功与能量转化【解析】物体在上升过程中，重力势能增大，动能减小，根据图示图象求出物体上升过程中空气阻力做的功；然后根据功的计算公式求出物体受到的阻力大小；由重力势能表达式EPmgh求出物体的质量【解答】由图示图象可知，物体在抛出点时的机械能为：E15J+05J，物体在最高点的机械能为：E24J+0

20、4J，由能量守恒定律可知，上升过程空气阻力做功WE2-E1(4-5)J-1J，由图示图象可知，物体上升的最大高度h4m，空气阻力f做功：W-fh，代入数据解得阻力大小：f0.25N；由图示图象可知，物体在最高点时的重力势能：Ep三、综合题（共40分）【答案】小车总质量,小车所受外合力钩码质量过大或未满足m图线为直线，没有弯曲部分Mg【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【解析】（1）探究加速度与力的关系，应控制小车的总质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；（2）控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因；（3）若在

21、原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足m小车m钩码，应该为一条倾斜的直线；【解答】探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：m钩码g(m小车+m钩码)a，小车的加速度a=mm若在原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足m小车以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg，由牛顿第二定律得：mg(M+m)a，小车的加速度a=mgM+m【答案】受力分析如图所示，B球带负电场强大小E=mg2B的带电量q拉力变大【考点】解直角三角形在三力平衡问题中的应用库仑定律【解析】本题的关键在于画出受力分析图，