2020年上海奉贤区高考物理一模试卷

2020年上海市奉贤区高考物理一模试卷一、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）.下列物理量属于矢量的是（）A.电流强度 B.磁通量 C.电场强度 D.电势差【答案】C【考点】矢量和标量【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。【解答】4BC、磁通量、电势差是只有大小没有方向的标量，不是矢量。电流有方向，表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量。故4B。错误。C、电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。.甲、乙、丙三个物体，甲在上海，乙在海南，丙在北京，当它们踉随地球的自转运动时，（）A.三个物体角速度相等B.乙的角速度最大C.三个物体线速度相等D.丙的线速度最大【答案】A【考点】线速度、角速度和周期、转速【解析】共轴转动角速度相等；线速度与角速度的关系式"=3丁。【解答】4B、共轴转动角速度相等，因而除了南北两极点外，各个地点的转动角速度、周期都是一样大，故4正确，B错误。C。、共轴转动角速度相等，线速度与半径成正比，由线速度与角速度的关系式V=3丁,可知地球的线速度由赤道向两极递减，赤道最大，极点没有线速度。自然是海南线速度最大，北京线速度最小了，故C。错误。3.某跳高运动员在运动会中成功跳过了1.76的高度。不计空气阻力，则运动员在空中（）A.一直处于超重状态B.一直处于失重状态C.上升处于超重，下降处于失重D.上升处于失重，下降处于超重【答案】B【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重试卷第1页，总14页【解析】超重：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；失重：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。【解答】在空中，不计空气阻力，无论上升还是下降只受重力，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故B正确，4CD错误。4.如图，一定质量的理想气体从初始状态M经过M-1、Mt2、Mt3变化过程到状态1、2、3，则气体（）A.Mt1过程不可能实现B.Mt2过程体积保持不变C.Mt3过程不可能实现D.Mt3过程体积逐渐增大【答案】B【考点】理想气体的状态方程【解析】一定质量的气体在体积不变的情况下，气体的压强与热力学温度成正比，根据题意分析清楚图示图象，应用理想气体状态方程分析答题。【解答】B、由图示图象可知，Mt2过程0-T图象的反向延长线过原点，即0与T成正比，该过程为等容过程，气体体积不变，故B正确。4CD、由理想气体状态方程：掌二C可知：?=了，0-T图象的斜率：k=/，0-T图象斜率越大，表面气体体积U越小，0-T斜率越小气体体积U越大，由图示图线可知，Mt1过程图线的斜率小于Mt2过程图线的斜率，Mt3过程图线斜率大于Mt2过程图线的斜率，由于Mt2过程气体体积不变，因此Mt1过程气体体积变大，Mt3过程气体体积变小，即状态1的体积大于状态2的体积，状态3的体积小于状态2的体积，由图示图线可知，由状态1到状态2到状态3,气体温度不变而压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，Mt1、Mt2、Mt3过程都是可能实现的，故4CD错误。.如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（）【答案】试卷第2页，总14页B【考点】力的合成与分解的应用牛顿第二定律的概念【解析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可。【解答】鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力户沿着虚线向上；鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如图所示，根据图象可知空气对其作用力可能是F2,故B正确，4CD错误。.如图，一段直导线长为1加，通有14的恒定电流，置于匀强磁场中受到垂直于纸面向外的大小为1N的磁场力。据此，磁感应强度（）J-1AA.大小和方向都能确定B.大小和方向都不能确定C.大小能确定，方向不能确定D.大小不能确定，方向能确定【答案】B【考点】安培力的计算【解析】题中知道导线的长度、电流的大小和磁场力的大小，不能确定磁感应强度的大小和方向，若再给出磁场的方向，就能确定磁感应强度的大小。【解答】导线在磁场中受到的磁场力不仅与导线的长度、电流的大小有关，还与磁场的方向、磁感应强度的大小有关，所以知道导线的长度、电流的大小和磁场力的大小，不能确定磁感应强度的大小和方向。故4CD错误，B正确。.在“互成角度的两个力的合成〃实验中，实验要求（）A.只要两次橡皮条的伸长量相同即可.互成角度的两个力大小必须相等C.互成角度的两个拉力夹角应该为90。D.弹测力计必须与木板保持平行【答案】D【考点】验证力的平行四边形定则【解析】为了使两根弹簧秤拉力的作用效果与一根弹簧秤拉力的作用效果相同，两次橡皮条伸长的长度相同，且拉到同一个结点，为了减小实验误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记方向的两点要远些，该实验中两个分力的大小不能太大，其夹角要大小适当。【解答】试卷第3页，总14页4两次拉伸橡皮条要将橡皮条拉伸到同一结点，保证两次情况下，两根弹簧秤拉力的合力与一根弹簧秤拉力大小相等，方向相同，故4错误；B、互成角度的两个力大小不需要一定相等，故B错误；C、实验时两个分力间的夹角稍微大一些，但不是越大越好，不一定必须等于90。.故C错误；。、实验中为了减小误差，弹测力计必须保持与木板平行，这样才能正确的确定弹力方向，故。正确；.如图所示，电路中电池均相同，当电锚分别置于a、b两处时，导线MM'与NN'之间的安培力的大小为力、fb，判断可知这两段导线()A.相互排斥，fa>fb.相互吸引，fa>fbC.相互排斥，fa<fbD.相互吸引，fa<fb【答案】C【考点】平行通电直导线间的作用【解析】两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥。由于电流越强，产生的磁场越强，根据尸=B〃可知，电流越大则相互作用力越大。【解答】无论电键S置于a处还是b处，导线MM'与NN'的电流方向始终相反，根据平行通电直导线间的相互作用规律可知，反向电流相互排斥。当电键S置于a处时，电源为一节干电池，电流较小；当电键5置于b处时电源为两节干电池，电流较大；电流越大，周围产生的磁感应强度B越大，根据尸=B〃可知，平行直导线间的相互作用力越大，fa<fb，故C正确，4BD错误。当水面波平稳地以1.86/s的速率向着海滩传播，漂浮在海面上的人并不向海滩靠近，还发现从第九个波峰到第九十9个波峰通过身下的时间间隔为15s。据此，可知该水面波()A.能量没有传递出去B.各质点随波迁移C.频率为6HzD.波长为36【答案】D【考点】机械波【解析】波传播的信息、振动形式和能量。试卷第4页，总14页

首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，即可计算出波的频率。利用波速、周期、波长之间的关系式a=w可求得波长。结合波传播的特点可知，参与振动的质点只是在自己的平衡位置处振动。【解答】4波传播的是振动形式、信息和能量，故能量传递出去了，故4错误。B、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会'随波逐流〃，故B错误。C、第九个波峰到第九十9个波峰通过身下的时间间隔为15s,可得知振动的周期T=1ss=5s,频率/'=1=0.6Hz,故C错误。。、由公式A=uT可知，A=5X1.86=36，故D正确。.如图所示电路，电源的内阻r不能忽略，々>R2>r，电键打到位置1时，电流表示数/•,，外电阻消耗功率为乙；电键打到位置2时，电流表示数/2,外电阻消耗功率为。2，则（）BLS，P1>4

D.L>I,R<P,A.，i<，2BLS，P1>4

D.L>I,R<P,电功闭合电路的欧姆定律【解析】分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律确定电流大小；根据电源输出功率和外电阻关系分析，外电阻等于内阻时，电源输出功率最大。【解答】根据闭合电路欧姆定律可知：，=上当电键打到位置1时，外电阻为々，当电键打到位置2时，外电阻为R2,根据々>R2>r,可知：/1</2根据电源输出功率和外电阻关系可知，外电阻等于内阻时，电源输出功率最大，两阻值越接近，电源输出功率越大，故当电键打到位置2时，电源输出功率最大，即外电阻消耗功率最大，有：P1vp2,故4正确，BCD错误。.如图所示两等量异种点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，a、b,cm点所在直线平行于两电荷的连线，b点位于MN上，m=加，d点位于两电荷的连线上靠近负电荷。则（）试卷第5页，总14页A.a、c两点场强相同B力点场强小于d点场强C.a、c两点电势相同D力点电势小于d点电势【答案】B【考点】电势电场的叠加电场线【解析】根据等量异号电荷的电场分布特点分析各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知就及加两点间的电势差；由电势能的定义可知点电荷在a、c两点电势能的大小。【解答】4、根据对称性可知，a、c两点的场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故4错误。B、在两等量异号电荷连线上，中点的电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，两电荷连线中点的电场强度最大，d点的场强大于两电荷连线中点的场强，而b点的场强小于电荷连线中点的场强，所以b点场强小于d点场强，故B正确。CD、沿电场线方向，电势降低，所以a点的电势低于c点的电势，MN为等势线，b点电势大于d点电势，故CD错误。12.医院输液时药液有时会从针口流出体外。为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。R为定值电阻，M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电IM”发生变化，导致警报器S两端电压U增大，装置发出警报，此时（）MA.R”变大，且R越大，u增大越明显b.Rm变大，且R越小，u增大越明显C.Rm变小，且R越大，u增大越明显D.Rm变小，且R越小，U增大越明显【答案】C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】M与R并联后与S串联，由S两端电压U增大可知电流增大，则R”减小；再利用极限法判断可知，R越大，U变化越明显。【解答】试卷第6页，总14页由5两端电压U增大可知干路电流增大，由欧姆定律/=:可知总电阻减小，所以传感器的电阻Rm变小；假设R很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器Rm的大小变化对S的电压就无影响，贝*越大，U增大越明显，故4BD错误，C正确。二、填空题（共20分）如图所示点电荷Q为场源电荷，虚线为等势线，取无穷远处为零电势。若将两个带正电检验电荷q1、q2分别从电场中4、B两点移动到无穷远，此过程中外力克服电场力做功相等。由此判断出q1的电量q2的电量（选填“>〃、“=〃或“<〃），判断理由'、二J【答案】〈，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q对q1、q2存在引力作用，Q带负电，电场线方向从无穷远指向Q,所以4点电势低于B点电势。4点与无穷远处间的电势差绝对值大于B与无穷远处间的电势差绝对值，外力克服电场力做功相等，由勿=qU得知，%的电荷量小于q2的电荷量【考点】等势面点电荷的场强【解析】将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知q1在4点的电势能等于q2在B点的电势能。分析可知，场源电荷带负电，则4点的电势低，由勿=qU分析q1的电荷量与q2的电荷量的关系。【解答】将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q对q1、q2存在引力作用，Q带负电，电场线方向从无穷远指向Q,所以4点电势低于B点电势。4点电势低于B点电势，4点与无穷远处间的电势差绝对值大于B与无穷远处间的电势差绝对值，外力克服电场力做功相等，由勿=qU得知，q1的电荷量小于q2的电荷量。如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2~圆形匀强磁场垂直它们所在的面，磁感应强度为B,其边缘恰好与a线圈重合，则穿过a的磁通量为，穿过a、b两线圈的磁通量之比为。【答案】Bw2,1：1【考点】磁通量试卷第7页，总14页【解析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量；其中S为有效面积，即存在磁场的有效面积。【解答】由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：0=BS,线圈a半径为r,面积为S=w2，则穿过a的磁通量为g=Bw2；线圈b的半径为2r,但存在磁场的有效面积与线圈a相同，故磁通量为q=Bw2,穿过a、b两线圈的磁通量之比为1:1。卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为P。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为6的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为工则该行星表面的重力加速度为，行星的半径约为。【答案】Emu2,mF【考点】向心力万有引力定律及其应用【解析】先根据G=mg求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解行星的半径。【解答】因为G=mg所以g=c=Emm根据万有引力提供向心力，得：Mmv2g元二m/mg解得：R=^=牛。如图气体温度计结构图。玻璃测温泡4内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时4处于冰水混合物中，左管C中水银面在。点处，右管。中水银面高出。点勺=14cm,后将4放入待测恒温槽中，上下移动。，使C中水银面仍在。点处，测得。中水银面高出。点h2=44cm。（已知外界大气压为76cmHg）则恒温槽的温度。。，此过程4内气体内能（填"增大〃、"减小〃或"不变〃）。【答案】91,增大【考点】热力学第一定律试卷第8页，总14页理想气体的状态方程【解析】由于温泡4内封闭气体的体积不变，应用查理定律得求解恒温槽的温度，就需要确定在冰水混合物中时气体的压强和在恒温槽中时气体的压强；理想气体内能由温度决定，气体温度升高，气体内能增大。【解答】由于使C中水银面仍在。点处，故温泡4内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化。冰水混合物的温度T1=273K,此时封闭气体的压强P1=P0+Ph1=90cmHg设待测恒温槽的温度丁2，此时封闭气体的压强P2=P0+Ph2=120cmHg根据查理定律得：/二生，代入数据得：%=364K,t2=T2-273=91。-Tit2 2 22气体温度升高，气体内能增大；如图，倾角为。的光滑斜面固定在地面上，长为Z，质量为加、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面项端齐平。设斜面顶端为零势能面。用细线将质量也为n的小物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)。软绳刚好离开斜面时，软绳的重力势能为，此时物块的速度大小为。-2-m^/(1-sin0),J1gl(3-sin0)【考点】机械能守恒的判断【解析】分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量。以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律求小物块的速度大小。【解答】物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为丫步应软绳刚好全部离开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=1',则软绳重力势能共减少■m〃(1-sin6)，设斜面顶端为零势能面,软绳重力势能为-16矶(1-sin‘)；根据能量转化和守恒定律：刎+即(1-sin6)=1.2加2得：v=11gl(3-sin。)2三、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.在“用单摆测量重力加速度〃实验中，某同学将摆悬挂后，进行如下操作:试卷第9页，总14页

（4）测摆长L：用米尺量出悬点到摆球球心之间的长度。（B）测周期T:将摆球拉起，然后放开。在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时。读出这段时间如算出单摆的周期丁=工。30⑹将测得的乙和T代入单摆的周期公式，算出g，将它作为实验的最后结果写入实验报告。（1）请指出上面步骤中遗漏或错误的地方。要求写出该步骤的字母，并加以改正。（2）实验过程中发现单摆的摆角逐渐减小，某次使用摆长为0.9606的单摆，如图所示。摆球从摆角6<5。开始振动，某次当摆球从4到B经过平衡位置。时开始计时，发现该单摆随后经过30次全振动的总时间是59.6s，经过50次全振动停止在平衡位置。①则该次测得当地的重力加速度值约为 6/S2。②由于空气阻力的影响，测得的重力加速度值（选填“偏大〃、“偏小“或“不变〃）。【答案】B，且把60改为61次。9.56，偏小【考点】用单摆测定重力加速度【解析】根据单摆的周期公式确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材和测量工具;游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺上的读数；根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；根据单摆周期公式T=2兀以求解重力加速度。9【解答】4测摆长时从悬点到球心的距离，测摆长非常严密，无遗漏或错误的地方；B、由测量方法可知：从开始计时（数1）到第三次通过最低点（数3）才算一次全振动，为准确起风，当数到61次按表停止，这样周期才为犷C、代入公式进行计算无遗漏或错误的地方。故选：B，且把60改为61次。①由题意周期丁=肝①由题意周期丁=肝5=1.99s，所以重力加速度0=4兀21=4X3.142x0.96m/o2=T21.9929.56m/s2；②由于空气阻力的影响，导致周期变大，由周期公式知道测得重力重力加速度的值偏小。故答案为：（1）B选项有错误，只需将60改为61即可（1）①9.56②偏小试卷第10页，总14页如图所示，间距为d、倾角为a的两根光滑足够长的金属导轨间，有一竖直向上的匀强磁场，导轨上放有质量为6的金属棒MN,接触良好。在与导轨连接的电路中，变阻器的总电阻为凡定值电阻阻值为2几导轨和金属棒电阻不计。电源正负极未画出，电动势为日内阻丁为5,当滑片P处于中央位置时，金属棒恰静止在导轨上，重力加速度未g。求：（1）金属棒MN中电流大小和方向；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）移动滑片P，金属棒将如何运动？请简述理由。【答案】金属棒MN中电流大小为江，方向从N到M。11A匀强磁场的磁感应强度为11^^匕侬。2EL如果向右移动滑片P，金属棒将沿斜面向下运动，最后匀速运动；如果向左移动滑片P，金属棒将沿斜面向上运动，最后匀速运动。2R【考点】安培力的计算单杆切割磁感线闭合电路的欧姆定律【解析】（1）根据左手定则判断MN受到的安培力方向；根据电路的连接情况结合闭合电路的欧姆定律求解电流强度；（2）导体棒处于静止状态，根据平衡条件求解磁感应强度大小；（3）如果向右移动滑片P，并联部分的电阻减小；如果向左移动滑片P，并联部分的电阻增大，根据受力情况分析运动情况。【解答】根据左手定则可知MN受到的安培力方向向左，则MN中的电流方向从N到M；并联部分的电阻为：R=3=2R并2R* 5电路总电阻为：R总=〃并5；R=1.1R电路总电流为：4=艮=~^~总R1.1R试卷第11页，总14页金属棒MN中电流大小为：I=瓜=至2R11R导体棒处于静止状态，根据平衡条件可得:BILcosa^mgsina_mgsina=llmgRtana.ILcosa 2EL如果向右移动滑片P，并联部分的电阻减小、电压减小，通过MN的电流减小，金属棒将沿斜面向下运动，随着速度增大，感应电动势增大，电流增大，安培力增大，最后匀速运动；如果向左移动滑片P，并联部分的电阻增大、电压增大，通过MN的电流增大，金属棒将沿斜面向上运动，随着速度增大，感应电动势增大，电流减小，安培力减小，最后匀速运动。避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为6(小角度)的斜面。一辆长A=12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为％=23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动。当货物在车厢内滑动了$=46时，车头距制动坡床顶端d=38m。再过一段时间，货车停止。已知空货车质量M是货物质量6的4倍，货物与车厢间的动摩擦因加=0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos6=1,sin6=0.1,g=10m/s2。(1)请画出货物在车厢内滑动时受力示意图，并求货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)请画出当货物在车厢内滑动时货车的受力示意图，并求出货车此时的的加速度的大小和方向；(3)求出制动坡床的长度。【答案】货物在车厢内滑动时受力示意图见解析，货物在