2021届上海市松江区高三（上）一模物理试题（期末）（解析版）

松江区 2020 学年度第一学期期末质量监控试卷 高三物理 （满分 100 分，完卷时间 60 分钟） 考生注意： 1.本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填空题，第三 部分为综合题。 2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名、考号。作答必须涂或写在答题纸上，在试 卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二、三部分的作答 必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。 3.本卷 g 取 10m/s2。 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 4 分，每小题只 有一个正确答案。） 1. 首先通过实验发现“电流的磁效应”的科学家是（ ） A. 安培 B. 法拉第 C. 麦克斯韦 D. 奥斯特 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】丹麦物理学家奥斯特在 1820 年最早通过实验发现“电流的磁效应”。 故选 D。 2. 磁感应强度 B 的单位 T 等价于（ ） A. N Am B. A Nm C. AN m D. m AN 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】根据安培力公式 F=BIL 得 FB IL  所以 N1T 1Am  所以 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3. 竖直上抛运动物体落回原地，上升过程速度的变化量与下降过程速度的变化量（ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】竖直上抛运动中加速度为重力加速度 g，根据竖直上抛运动的对称性可知上升过程和下降过程时间 相同，根据 v gt  可知，上升过程速度的变化量与下降过程速度的变化量大小相等，方向相同。 故选 D。 4. 如图轻质支架 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. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据题意，C 点是静止的，对 C 点进行受力分析，受到重力，杆 A 的弹力，方向沿杆向上，杆 B 的弹力，沿杆向上，根据平衡条件，C 点所受的合力为零，重力的效果就是抵消杆 A、B 产生的弹力，所以 重力就可以分解为沿杆 A 向下的力和沿杆 B 向下的力，所以 B 正确。 故选 B。 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 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由图可知，从 A 点到 B 点电场线逐渐变密，所以从 A 点到 B 点电场强度逐渐增大，则负电荷由 A 点沿电场线运动到 B 点，电场力在逐渐增大，电场力方向始终与电场方向相反，所以电场力做负功，电势 能增大，所以 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 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 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．瓶子是密封的，所以瓶内气体分子数不能增加，A 错误； B．温度是分子的平均动能的标志，当瓶子拿出冰箱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，B 错误； C．瓶子外是大气，大气压没有变化，所以瓶塞所受外力不变，而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，瓶塞被弹出，瓶塞合外力变大，C 错误； D．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，D 正确。 故选 D。 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，下列说法正确的是（ ） A. 垂直斜面向下 B. 竖直向下 C. 水平向左 D. 水平向右 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】未加 F 时，物体匀速下滑，受力平衡，由平衡条件得 sin cosmg mg   可得 sin cos   A．当施加力 F 垂直斜面向下时，摩擦力变大为 ( cos ) sinf mg F mg     物体不能匀速下滑；故 A 错误； B．当施加力 F 竖直向下时，物块受到的滑动摩擦力为 ( )cosf mg F   重力和 F 沿斜面向下的分力大小为 ( )sinmg F  则可知 ( )sin ( )cosmg F mg F     则物块受力仍然平衡，所以仍匀速下滑，故 B 正确； C．当施加力 F 水平向左时，沿斜面向上的合力为 ( cos sin ) cosmg F F     沿斜面向下的力为 sinmg  联立方程，可知 ( cos sin ) cos sinmg F F mg       物体受力不再平衡，所以不能匀速下滑，故 C 错误； D．当施加力 F 水平向右时，沿斜面向上的合力为 ( cos sin )f mg F    沿斜面向下的力为 sin cosmg F  联立方程，可知 ( cos sin ) sin cosmg F mg F       物体受力不再平衡，所以不能匀速下滑，故 D 错误。 故选 B。 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. 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由于阻力大小与速度成正比，则 f kv 由牛顿第二定律得 sinmg kv ma   由此可知，当速度在增加的时候，加速度在减小，物体在做加速度减小的加速运动，直到加速度减到 0 后， 物体做匀速直线运动。故 BCD 错，A 对。 故选 A。 9. 如图所示为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=0 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 v=20m/s，则（ ） A. 这列波沿 x 轴负向传播，2s 内质点 A 通过的路程为 40m B. 这列波沿 x 轴正向传播，2s 内质点 A 通过的路程为 40m C. 这列波沿 x 轴负向传播，2s 内质点 A 通过的路程为 2m D. 这列波沿 x 轴正向传播，2s 内质点 A 通过的路程为 2m 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由题意可知，0 时刻质点 A 沿 y 轴负方向振动，由同侧法结合图象可知，这列波沿 x 轴负向传播， 由图可知，波长 4m  ，则周期为 4 s 0.2s20T v    2s 内即 10 个周期内质点 A 的路程为 10 4 40 5cm 200cm 2ms A      故选 C。 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，如图所示，曝光的时间间隔相等，则（ ） A. t2 时刻，A 木块速度大于 B 木块速度 B. t2 时刻，A 木块速度小于 B 木块速度 C. t1 时刻，A 木块速度大于 B 木块速度 D. t1 时刻，A 木块速度小于 B 木块速度 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AB．由 A、B 两木块 1 3~t t 这段时间内位移相同，根据某段时间内的平均速度等于这段时间内的 中间时刻的瞬时速度，得 t2 时刻，A 木块速度等于 B 木块速度。故 AB 错； CD．在 2t 时刻两木块速度相等，根据公式 0 2 tv vx t 又 21 ~t t 期间 B 的位移大于 A 的位移且时间相等，故在 t1 时刻，B 的速度大于 A 的速度，故 C 错，D 对。 故选 D。 11. 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µ，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，该过程水平力做功 一定（ ） A. 等于µmgs B. 大于µmgs C. 小于µmgs D. 大于 2µmgs 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】水平力缓慢向右拉弹簧,可以看成是物体处于平衡状态。对于弹簧右端，水平力等于弹簧弹力，对 于物体，弹簧弹力等于物体受到的滑动摩擦力µmg，所以水平力等于物体受到的滑动摩擦力µmg，由于物体 在运动前，弹簧先被拉伸，当弹簧拉伸到产生的弹力等于物体受到的滑动摩擦力µmg，水平已经作用了一段 位移，所以当物体向右通过一段位移 s 时，水平力作用的位移大于 s，所以水平力做功一定大于µmgs。所以 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 12. 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 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据图示，电路是串联电路，根据题意，当温度高时，电阻 R 增大，电路中总电阻增大，根据闭 合电路的欧姆定律，电路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；当温度低时，电阻 R 减小，电路 中总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流增大，即低温对应电流较大的刻度上。由题意电 阻 R 随温度升高均匀增大可得 R=R0+kt 根据闭合电路得欧姆定律 0 E EI R r R kt r     I 与温度 t 不成线性关系，所以电阻温度计得刻度是不均匀的，所以 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 二、填空题（共 20 分） 13. 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”）。 【答案】 (1). 不是 (2). 能 【解析】 【分析】 【详解】[1] 由于实际上不存在完全不受其它物体作用的孤立物体，所以第一定律不能用实验直接加以验证， 主要是由它所推出的结论和实验事实符合而得到验证。第一定律指出了物体在不受力的情况下处于怎样的 运动状态，这样就可以研究物体在受力情况下的运动状态，因此，在牛顿力学的理论系统中牛顿第一定律 是第二定律的前提和基础，则牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论。 [2]根据公式 F = ma 质量越大，加速度就越小，物体也就越能保持它原有的状态，惯性也就越大了，则能用牛顿第二定律来解 释质量是物体惯性大小的量度。 14. 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__________。 【答案】 (1). 向下 (2). B 指向 A 【解析】 【分析】 【详解】[1]根据牛顿第三定律，磁铁对金属棒有安培力的作用，金属棒对磁铁也有与安培力方向相反、大 小相等的力的作用。根据题意，当 AB 中通入电流后，台秤的示数减小，即磁铁对台秤的压力减小，根据力 的平衡，磁铁受到向上的力，此力是由 AB 施加给磁铁的力，所以磁铁对 AB 的安培力方向是向下的。 [2]根据左手判定定则，AB 棒的电流由 B 指向 A。 15. 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___________。 【答案】水流出部分、水全部流出、水柱不动、水柱向上动 【解析】 【分析】 【详解】当密闭容器内水上方气体的压强满足 1 0p S mg p S  若拔掉容器底部的软木塞，可观察到水往外流，流出水的体积跟内外压强差有关，由理想气体的状态方程 pV nRT 可知，在温度不变的条件下体积增大压强减小，当水流出一部分时 1 1 0p S m g p S  停止流动；如果全部流出时仍有 1 0p p ，全部流出；当 1 0p S mg p S  若拔掉容器底部的软木塞，水柱不会动；当 1 0p S mg p S  水柱会向上移动。 16. 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 P 2。若两种情况下电源 的输出功率相等，则 P1____ P2；R2 ______r。（选填“大于”、“等于”或“小于”） 【答案】 (1). 小于 (2). 小于 【解析】 【分析】 【详解】[1]当开关 K 断开时，电路的电流为 1 1 2 EI r R R    则此时电源内电路功率为 P1 为 2 2 1 1 2 1 2( ) EP I r rr R R     当开关 K 闭合时，电路的电流为 2 2 EI r R   则此时电源内电路功率为 P2 为 2 2 2 2 2 2( ) EP I r rr R    因为 R1 不为 0，故 1 2P P [2]因两种情况下电源的输出功率相等，故 2 2 1 1 2 2 2( )I R R I R  即 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ( ) ( ) ( ) E R R E R r R R r R     简化得 2 2 1 2 2R R R r  两边同除以 2 2R 得 2 1 2 2 2 1R r R R   故 2 2 2 1r R  可得 2R r 17. 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。 【答案】 (1). -1 (2). 12.5 【解析】 【分析】 【详解】[1]由动能定理得 f 0W mgh E   解得 f 1JW   [2]由功能关系得 P0mgh E   得 0.1kgm  由做功定义式得 fW fh 解得 0.25Nf   由牛顿第二定律得 f mg ma   解得 212.5m/sa   故加速度的大小为 212.5m/sa  三、综合题（共 40 分） 18. 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，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________。 【答案】 (1). 小车总质量 (2). 小车所受外合力 (3). 钩码质量过大或未满足 M >>m (4). 图 线为直线，没有弯曲部分 (5). Mg 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]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。 [2]探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力。 (2)[3]由图象 OA 段可知， a 与 F 成正比，即：在小车质量一定时，加速度 a 与小车受到的合力 F 成正比； 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 g钩码 ，由牛顿第二定律得  m g m m a 钩码 小车 钩码 小车的加速度 ma gm m   钩码 小车 钩码 小车受到的拉力 m mF m a gm m    钩码 小车 小车 小车 钩码 当 m m钩码 小车 时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小 于钩码的重力，实验误差较大， a F 图象偏离直线。 (3)[4]若在原装置中的 P 处加装一力传感器，重复上述实验，得到的 a-F 图线将是一条直线，没有弯曲部分， 因为小车拉力可以直接由力传感器测出来，砝码的质量不需要满足远小于小车的质量。 (4)[5]砝码拉着小车一起运动的最大加速度为 g，因此最大拉力 T Mg 则力传感器示数的极限值为 Mg 。 19. 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 的电荷尚未漏完。在整个漏电过程 中，丝线的拉力大小如何变化？请说明原因。 【答案】（1） ，负电；（2） 2 A mg q ，垂直 OA 向右下方；（3） 2 8B A mgHq kq  ；（4）先不变 后变大，理由见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1)A 球受力分析如右图所示 B 带负电 (2)由 A 球静止可得 mgsinθ=F mgcosθ=T 2 A F mgE q q   方向垂直 OA 向右下方 (3)根据库仑定律 2 sinsin A Bq qF k mgH  （ ） 得 2( ) 8B A mgHq kq  (4)根据相似三角形 mg T OB OA 则  OAT mg OB 因为 mg，OA，OB 都不变，所以 T 不变 OA 竖直时有 T+F=mg F 减小，T 变大 20. 如图，在竖直平面内，AB 为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为 o53  ，BCD、DEG 均为半径为 2mr  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 m=1kg 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  160 m47s ，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (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。 【答案】(1)8m / s ；(2) 29.4m / s ；(3)85N；(4)见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1)小环由 B E ，根据机械能守恒定律得  21 cos2 Bmv mg r r     B 2 (1 co ) 2 10 2 1 0.6s 8m / s      v gr (2)小环由 P B ，由运动学公式 2 2Bv as ，可得 2 2 2 28 m / s 9.4m / s1602 2 47 Bva s     (3)当 sin cosF mg  时， 7.5NF  ，小环受力如下图所示 根据牛顿第二定律有 1 1sin cosN F mg   1 1cos sinF mg f ma    1 1f N 解得 1 cos sin 1 9.4 1 10 0.8 0.6 1 10 0.8 N 5Ncos sin 0.6 0.8 0.8 ma mg mgF                     当 sin cosF mg  时，即 7.5NF  ，小环受力如下图所示 则有： 2 2cos sinN mg F   2 2cos sinF mg f ma    2 2f N 解得 2 cos sin 1 10 0.8 0.6 1 10 0.8 1 9.4 N 85Nsin cos 0.8 0.8 0.6 mg mg maF                     (4) 7.5NF 当 时，由(3)有  sin cos cos sinmg mg Fa m         ， a 随 F 增大而增大。 当 7.5NF  时，由(3)有  sin cos sin cosmg mg Fa m         ， a 随 F 增大而减小。 因 2 2Bv as ， a 越大，则 Bv 越大，小环由 B E 机械能守恒， Bv 越大， Ev 也越大。 故： 5NF  或 85NF  时，小环不能到达 E 点，5 85N F N  时，小环能到达 E 点