2020届上海市崇明区高三（下）二模物理试题（解析版）

崇明区 2019 学年第二学期第二次等级考模拟考试试卷物理 一、选择题 1.物体分子热运动平均动能取决于物体的（　　） A. 压强 B. 温度 C. 体积 D. 状态 【答案】B 【解析】 【详解】由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度，故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 2.做以下各种运动的物体，受到合外力为零的是（　　） A. 在空中匀速降落的空降兵 B. 在秋千上做机械振动的小孩 C. 在空中被水平抛出后的小球 D. 摩天轮上做匀速圆周运动的游客 【答案】A 【解析】 【详解】A．空降兵在空中匀速降落，即匀速直线运动，处于平衡状态，因此合外力为零，故 A 正确； B．在小孩荡秋千时，随着小孩荡秋千 高度的变化，绳对小孩的拉力的方向会改变，不处于平衡状态，因 此合外力不可能为零，故 B 错误； C．平抛运动有由重力提供的竖直向下的加速度，不处于平衡状态，因此合外力不为零，故 C 错误； D．在摩天轮上的游客做匀速圆周运动，合外力一直指向圆心，即合外力方向会改变，因此不可能为零， 故 D 错误。 故选 A。 3.如图，弧光灯发出的光，经过下列实验后产生了两个重要的实验现象。①经过一狭缝后，在后面的锌板上 形成明暗相间的条纹；②与锌板相连的验电器的铝箔张开了一定的角度。则这两个实验现象分别说明（　　） A. ①和②都说明光有波动性 B. ①和②都说明光有粒子性 C. ①说明光有粒子性，②说明光有波动性 D. ①说明光有波动性，②说明光有粒子性 的【答案】D 【解析】 【详解】现象①是光的干涉现象，该现象说明了光具有波动性。现象②是光电效应现象，该现象说明了光 具有粒子性，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 4.下列叙述中符合物理学史的是（　　） A. 赫兹从理论上预言了电磁波的存在 B. 麦克斯韦成功地解释了光电效应现象 C. 卢瑟福的 粒子散射实验揭示了原子有核式结构 D. 汤姆逊发现了电子，并提出了原子核式结构模型 【答案】C 【解析】 【详解】A．麦克斯韦在理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验得到了证实，故 A 错误； B．爱因斯坦提出了光子说，故 B 错误； C．卢瑟福在 1909 年进行了 粒子散射实验，并由此提出原子有核式结构，故 C 正确； D．汤姆逊发现了电子，但提出的是原子枣糕式模型而不是原子核式结构模型，故 D 错误。 故选 C。 5.如图，BOC 为半径为 R 的光滑弧形槽，O 点是弧形槽的最低点。半径 R 远大于 BOC 弧长。一小球由静止 开始从 B 点释放，小球在槽内做周期运动。欲使小球运动的周期减小，可采用的方法是（　　） A. 让小球释放处更靠近 O 点 B. 让小球释放时有个初速度 C. 换一个半径 R 小一些的弧形槽 D. 换一个半径 R 大一些的弧形槽 【答案】C 【解析】 【详解】小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式 可知，其周期取决于摆长和 ，与质量和振幅无关。因此想要减小小球运动的周期，可以减小摆长 即换 一个半径 小一点的弧形槽，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 α α 2 LT g π= g L R6.如图，质量相等的两颗地球卫星 A、B，沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，已知轨道半径 。则 它们运动的周期 TA 与 TB 和动能 EkA 与 EkB 大小关系分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】根据万有引力等于向心力可得 化简可得 由于卫星 A 轨道半径大于卫星 B 轨道半径，因此可以得到 卫星的动能为 又因为两卫星质量相等 所以可以得到 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7.如图，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表。若发现电流表示数变小，电压表示数为零，则 可能的故障是（　　） A BR R> A BT T> kA kBE E< A BT T< kA kBE E< A BT T> kA kBE E> A BT T< kA kBE E> 2 2 2 2 4Mm r vG m mr T r π= = 3 2 rT GM π= GMv r = A BT T> 2 k 1 2 2 GMmE mv r = = A BR R> kA kBE E 7.5st =A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，实现波形到形成虚线波形传播距离为 ，经过 时间，则有 因此有 即 因为经过整数倍周期时间波形重复，因此 时刻与 时刻波形相同，则波向右传播 的距离，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 11.如图所示，左端封闭右侧开口的 U 型管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为 p1， 水银面高度差为 h。当左侧部分气体温度升高较小的 ，重新达到平衡后，h 和 p1 的变化是（　　） A. h 不变，p1 不变 B. h 不变，p1 变大 C. h 变小，p1 变小 D. h 变小，p1 不变 【答案】D 1 4 λ 1 4T 2 1 1 4T t t= − ( )2 14 2sT t t= − = 7.5 15 2 4 t T = = 15 4t T= 15 4 T 3 4T 3 4 λ t∆【解析】 【详解】设大气压强为 p0，右侧液体压强为 h1，对右侧部分封闭气体 根据题意，p0 和 h1 均不变，故 p1 不变。 设左侧气体压强 p2，根据理想气体状态方程 对左侧液体 当左侧部分气体温度升高时，p2 增大，h 变小。故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 12.如图所示，一质量为 M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为 90°，两底角为 α 和 β；a、b 为两个位 于斜面上质量均为 m 的小木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现 a、b 沿斜面下滑，而楔形木块静止不 动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ ） A. Mg+mg B. Mg+2mg C. Mg+mg（sinα+sinβ） D. Mg+mg（cosα+cosβ） 【答案】A 【解析】 【分析】 本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面 体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力． 【详解】对木块 a 受力分析，如图， 为 1 0 1p p h= + pV CT = 1 2p h p= +受重力和支持力 由几何关系，得到： N1=mgcosα 故物体 a 对斜面体的压力为：N1′=mgcosα…① 同理，物体 b 对斜面体的压力为：N2′=mgcosβ… ② 对斜面体受力分析，如图， 根据共点力平衡条件，得到： N2′cosα-N1′cosβ=0… ③ F 支-Mg-N1′sinβ-N2′sinα=0…④ 根据题意有： α+β=90°…⑤ 由①～⑤式解得： F 支=Mg+mg 根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于 Mg+mg； 故选 A． 【点睛】本题关键先对木块 a 和 b 受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点 力平衡条件求出各个力．也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解 题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高．二、填空题 13.科学思想方法在物理问题的研究中十分重要，库仑受到牛顿的万有引力定律的启发，运用____方法（选 填“建立模型”、“类比”、“控制变量”、“理想实验”），发现了电荷间相互作用规律，该规律被称为_________。 【答案】 (1). 类比 (2). 库仑定律 【解析】 【详解】[1][2]万有引力定律研究是任意两个物体之间的作用，而库仑定律研究的是真空中两个静止的点电 荷之间的作用，两个定律都研究相互作用，可以进行类比。1785 年库仑经过实验提出库仑定律。 14.电场中一电荷量 q、质量 m 的带电粒子，仅在电场力作用下从 A 点沿直线运动到 B 点，其速度图像如图 所示，图线斜率为 k。则 A、B 连线上各点的场强_____（填“相等”或“不相等”），A 点的场强 _____。 【答案】 (1). 相等 (2). 【解析】 【详解】[1][2]由图像可知，粒子做匀加速直线运动，在 图像中，斜率代表加速度，因此 则合外力恒定，该电场为匀强电场，A、B 连线上各点的场强相等。 根据牛顿第二定律有 则电场强度 15.质量相等的 a、b 两部分同种气体做等容变化，其 图像如图所示。则气体的体积 ___ （填“>”、 “ a bV V< a 3 273 a 3 3273p t= + 273t = 6p = 2L L=甲 乙【答案】 (1). (2). 1:1 【解析】 详解】[1][2]由动能定理得 化简可得 由公式 变形可得 代入数据作比解得 根据牛顿第二定律可得 化简可得 两者作比可得 【 1: 2 21 2mgL mv=甲 甲 21 1 2 2mgL mv mgL= =乙 乙 甲 2v gL=甲 甲 v gL=乙 甲 v rω= v r ω = : 1: 2ω ω =甲 乙 2mvF ma L = = 甲 甲 甲 甲 2 22mv mvF ma L L = = =乙 乙 乙 乙 乙 甲 2a g=甲 2a g=乙17.如图所示电路中， 是由某种金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流 I 和它两端电压 U 遵循 的规律，（式中 ），R 是普通可变电阻，遵循欧姆定律，电源 E 电压恒为 6V，此电路 中的电流、电压仍遵循串联电路的有关规律。当电阻 R 的阻值为____Ω，电流表的示数为 0.16A；当 R、R0 电功率相等时，电源的输出功率 P 出=____W。 【答案】 (1). 25 (2). 3.24 【解析】 【详解】[1][2]串联电路电流相等，通过 的电流为 ，由 可得 代入数据解得 因为串联电路路端电压等于各部分电压之和，由此可得 代入数据解得 根据 代入数据解得 根据 : =1:1a a甲 乙 0R 3I kU= 30.02A / Vk = 0R 0.16A 3I kU= 30 IU k = 0 2VU = R 0U E U= − R 4VU = UR I = 25R = Ω P UI=和串联电路电流相等可得，当 时，R、R0 电功率相等。因此电流为 代入数据得 因此 代入数据得 同理可得 因此外电阻 因此电源输出功率 代入数据得 三、综合题 18.在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中： (1)下列各实验步骤中，___有错误，应改为_____；按正确操作步骤排序为____（填字母）； A.在导电纸上画出两电极的连线，在该线上对称地找出等距的 5 个基准点（abcde），并用探针印在白纸上； B．连接好电极柱的电路并闭合电键； R 0 3VU U= = 3I kU′ = 0.54AI′ = RUR I = ′ 5.56R = Ω 0 5.56R = Ω 0 11.12R R R= + = Ω外 2P I R′=出 外 3.24WP =出C．在木板上先铺上白纸，再铺上复写纸，然后再铺上导电纸，导电面向下； D．取下白纸，将所找的等势点连成等势线； E.电压传感器的一个探针接触某基准点不动，另一探针缓慢移动直到显示电势差为零时复印一点，类似找出 若干等势点。 (2)在电源接通的情况，ab 间电势差 Uab 和 bc 间电势差 Ubc 的大小关系是 Uab___Ubc（选填“>”，“ (5). 见解析所示 【解析】 【详解】(1)[1][2][3]导电纸应放在最上层，从而形成电流，而为了得出痕迹，应把白纸放在复写纸下方，因 此由下至上依次是白纸、复写纸、导电纸。导电纸面朝上，故 C 错误。应该改为导电纸面朝上。根据实验 要求，正确的顺序为 CABED。 (2)[4]依题得，该电场并不是匀强电场。由 可知，当距离 相同时，距离点电荷越远， 也会减小，因此电势差 也会减小。从图中可以看出，ab 比 bc 更接近点电荷，因此 (3)[5]如图 19.一小球从离地 m 高处以初速度 m/s 竖直向上抛出，其上升过程中 图像如图所示。已知 小球质量 kg，小球运动过程中所受空气阻力大小不变。求：（g 取 10m/s2） (1)小球所受的空气阻力； (2)通过计算完成 2s 后的 图像； (3)整个运动过程中，重力的平均功率。 U ED= D E U ab bcU U> 40h = 0 24=v v t− 1m = v t−【答案】(1)2N；(2) ；(3) W 【解析】 【详解】(1)根据图像的斜率求得上升时的加速度 为 代入数据解得 根据牛顿第二定律可得 由此变形可得 代入数据解得 (2)上升高度 为 代入数据解得 200 3 1a 1 va t ∆= ∆ 2 1 12m sa = 1mg f ma+ = 1f ma mg= − 2Nf = 1h 2 0 1 12 vh a =下落的总高度 为 代入数据解得 根据牛顿第二定律可得 由此变形可得 代入数据解得 因此，落地时的速度 为 所以 2s 后的 2s 后的 图像如图所示 (3)依题得，该运动过程为上抛运动，因此重力做功 为 由图像可知，该运动过程持续了 6s，因此时间 所以重力的平均功率为 代入数据解得 1 24mh = H 1H h h= + 64mH = 2mg f ma− = 2a fg m = − 2 2 8m sa = 2v 2 2 22 32m sv a H= = v t− GW GW mgh= 6st = GWP t =20.如图，水平面上两平行固定放置的金属导轨，间距 m，电阻不计。左端连接阻值 的电阻， 右端连接阻值 的小灯泡 L（设小灯电阻保持不变）。在 CDFE 矩形区域内有竖直向上、磁感强度 T 的匀强磁场，CE 的宽度 m。在 AB 处有一质量 kg、阻值 Ω 的金属棒 PQ，PQ 在水平恒力 F 的作用下从静止开始，先以 m/s2 的加速度向右运动到磁场边界 CD 处，接着以某一速度 v 进入磁场，当运动到 EF 处撤去力 F，金属棒最终停止在导轨上。金属棒在磁场内运动的过程中，小灯泡 的亮度没有发生变化。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，求： (1)在小灯泡发光时，在图上标出通过小灯的电流方向； (2)水平恒力 F 的大小； (3)金属棒进入磁场时速度 v 的大小； (4)金属棒整个运动过程的时间 t。 【答案】(1) ；(2)2N；(3)1m/s；(4)3s 【解析】 【详解】(1)根据右手定则可知，金属棒 PQ 产生的感应电流方向为 ，因此流经小灯泡的电流方向如 图所示 (2)在金属棒进入磁场前，对其进行受力分析可知金属棒仅受重力、摩擦力以及恒力 F。根据牛顿第二定律 可得 200 W3P = 0.5d = 4R = Ω L 1R = Ω 2B = 2l = 0.5m = 0.2r = 2a = 0.2µ = 210m/sg = P Q→ F F mg maµ= − =合代入数据解得 (3)根据题目中“金属棒在磁场内运动的过程中，小灯泡的亮度没有发生变化”可知金属棒产生的感应电流 在 CD 到 EF 恒定不变，根据 可知，在 CD 到 EF 金属棒作匀速直线运动，即处于平衡状态，合外力为零，因此 代入数据解得 由于金属棒切割磁感线产生电动势，形成 电路为 与 并联，再与 串联，此时电路的总电阻为 代入数据解得 根据欧姆定理可得 代入数据解得 (4)依题得，设进入磁场前时间为 ，该过程为匀加速运动，因此有 代入数据可得 设在磁场中运动时间 ，该过程为匀速直线运动，则有 代入数据可得 的 2NF = E Bdv= F BId F mgµ= = −安 1AI = R L r L L R RR r R R = + +总 1R = Ω总 E IR Bdv= =总 1m sv = 1t 1 vt a = 1 0.5st = 2t 2 lt v = 2 2st =设出磁场后运动时间 ，此时金属棒仅受摩擦力作用，作匀减速直线运动，因此有 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 综上所述，整个运动过程时间 3t 3 vt a = ′ =F mg maµ′ ′=合 3 0.5st = 1 2 3 3st t t t= + + =