2017年上海市崇明县高三第一次模拟考试试题物理 (1)

2017年上海市崇明县高三第一次模拟考试试题物理 (1)

2017 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 φ= 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 φ= 是电势的定义式，为比值定义法，故 D 正确。 答案：D 2.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：B 3.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=ωr 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=ω2r，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 两点向心加速度的方向不同，故 D 错误。 答案：B 4.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：D 5.两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.TA B.TB C.2TA D.2TB 解析：由图知 A 波的波长为 L，B 波的波长为 ，同一介质，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：C 6.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=E﹣ mv2，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：C 7.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，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：C 8.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=P0﹣Ph 知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律 pV=c 知气体的体积将增大，则 l 增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据 P=P0﹣Ph 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：ABD 10.(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 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 θ，在垂直绳子方向有： Fcosθ=mgsinθ，解得：F=mgtanθ，θ 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：AB 11.(4 分)如图所示，用与竖直方向成 θ 角(θ＜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，使绳 b 在原竖直平面内逆时转 过 θ 角固定，绳 b 的拉力变为 T2；再转过 θ 角固定，绳 b 的拉力为 T3，则( ) A.T1=T3＞T2 B.T1＜T2＜T3 C.T1=T3＜T2 D.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=T3＞T2。 由图看出，绳 a 的拉力减小。故 A 正确，BCD 错误。 答案：A 12.(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 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：5，7.2 14.(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+mAg﹣F1=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：F1﹣mAg=mAa 解得：a= 。 答案： ，0 15.(4 分)如图所示电路中，电源电动势 E=2V，内阻 r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω。若在 C、D 间连一个理想电流表，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： ；1 16.(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 E1= ，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 Ω。 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=0.75W； 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= =7.5Ω。 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 L﹣T2 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 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=4π2• 由上面结论可以知道，漏加了小球半径后(y2﹣y1)不变，故不影响最后结果。 答案：5°，同一竖直； 4π2• ； 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 2×10﹣4m2 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： p1=p0 根据玻意耳定律，有： p1v1=p2v2 p2=2 p1=2.0×105Pa 由活塞和沙子受力平衡得： m1g=(p2﹣p1)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=(p3﹣p1)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 p﹣T 图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程。 解析：在 p﹣T 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 p﹣T 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 α=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 α=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，AB 段加速度 根据牛顿第二定律，有 Fcosα﹣μ(mg﹣Fsinα)=ma 得 。 答案：小物块所受到的恒力 F 为 11N。 (2)小物块从 B 点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间； 解析：在 BC 段 mgsinα=ma2 解得 小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时间相等，有 。 答案：小物块从 B 点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间为 0.5s。 (3)小物块能否返回到 A 点？若能，计算小物块通过 A 点时的速度；若不能，计算小物块停 止运动时离 B 点的距离。 解析：小物块从 B 向 A 运动过程中，有 μmg=ma3 解得 滑行的位移 所以小物块不能返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4m。 答案：小物块不能返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4m。