上海市崇明区2020届高三下学期二模考试物理试题 Word版含解析

上海市崇明区2020届高三下学期二模考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 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（　　）‎ - 21 -‎ 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 ‎【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 - 21 -‎ 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。‎ ‎6.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 - 21 -‎ 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. R1断路 B. R1短路 C. R2断路 D. R2短路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若断路，外电阻增加，路端电压增大，则电流表示数变大，不符题意，故A错误；‎ B．若短路，外电阻减小，路端电压减小，通过的电路减小，则电流表示数减小。由于短路，测的电压表示数变为零，均符合题意，故B正确；‎ C．若断路，外电阻增加，路端电压增大，则电流表示数变大，不符题意，故C错误；‎ D．若短路，外电阻减小，路端电压减小，通过的电路减小，则电流表示数减小。设电阻和的总电流为，总电流增大，通过的电流减小，则增大，而通过的电流减小，因此通过的电流增大，电压表示数变大，不符合题意，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.如图，一光滑小球静置在半圆柱体上，被一垂直于圆柱面的挡板挡住，设挡板跟圆心连线与底面的夹角为q，小球的半径忽略不计。现缓慢减小q - 21 -‎ ‎，则小球在移动过程中，挡板对小球的支持力、半圆柱体对小球的支持力的变化情况是（　　）‎ A. 增大，减小 B. 增大，增大 C. 减小，减小 D. 减小，增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球进行受力分析如图所示 根据几何关系可以得到 因此，当减小时，增大，减小，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图，通电水平长直导线中间，用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。由于电磁感应，发现环内产生逆时针方向的感应电流，且绝缘细线上的拉力减小了，则直导线中电流方向和大小可能是（　　）‎ A. 方向向右，大小减小 B. 方向向右，大小增加 - 21 -‎ C. 方向向左，大小减小 D. 方向向左，大小增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由安培定则可知，线圈外磁感线方向垂直纸面向内，线圈内磁感线方向垂直纸面向外。根据题目中“绝缘细线上的拉力减小”可知通电水平导线下方的磁感线方向与线圈外的磁感线方向相反，即垂直纸面向外。然后再次根据安培定则可知直导线的电流方向向左。根据楞次定律，想要金属环产生逆时针的电流则需要磁场强度减小，即电流减小，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎10.一列横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示和（）时波形，则能正确反映是的波形是（　　）‎ 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 - 21 -‎ 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 ‎【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（ ）‎ - 21 -‎ 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，‎ 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，‎ - 21 -‎ ‎ ‎ 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 - 21 -‎ 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“>”、“<”或“=”）；当℃时，气体a的压强___atm。‎ ‎【答案】 (1). < (2). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]根据公式 - 21 -‎ 可得 即图像的斜率越大，越大，越小。图像中，因此。反向延长射线可得 即的斜率为，因此关于的解析式为 代入 可得 ‎16.如图所示，甲、乙两个小球分别被两根细绳悬于等高的悬点，绳长，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，则甲、乙两球通过最低点时角速度大小之比为____，向心加速度大小之比为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1:1‎ - 21 -‎ ‎【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 ‎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 - 21 -‎ 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 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 - 21 -‎ 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；‎ 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；‎ - 21 -‎ 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“>”，“<”或“=”）；‎ ‎(3)图示黑点代表实验中各记录点，请将实验结果连成等势线，并画出三条电场线_____。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 导电面向上 (3). CABED (4). > (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。‎ - 21 -‎ ‎【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 - 21 -‎ 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 - 21 -‎ 代入数据解得 ‎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 - 21 -‎ ‎(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 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 - 21 -‎ 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 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 - 21 -‎ - 21 -‎