上海市闵行区2019届高三一模物理试卷+Word版含解析

这是一份上海市闵行区2019届高三一模物理试卷+Word版含解析，共16页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 2019年上海市闵行区高考物理一模试卷一、单项选择题1.下列物理量中属于矢量的是A. 温度    B. 重力势能    C. 电流强度    D. 电场强度【答案】D【解析】【详解】温度和重力势能只有大小无方向，是标量；电流强度虽有大小和方向，但是合成时不满足平行四边形法则，可知也是标量；电场强度既有大小又有方向，且满足平行四边形法则，故是矢量；故选D.2.下列单位，属于国际单位制中基本单位的是A. 牛顿    B. 开尔文    C. 焦耳    D. 特斯拉【答案】B【解析】【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．【详解】牛顿、焦耳和特斯拉都是导出单位；开尔文属于国际单位制中基本单位，故选B.3.如图所示，小明将一个小球轻轻放置在列车中的水平桌面上，若小球相对桌面A. 静止，可知列车在匀速前进    B. 向前运动，可知列车在加速前进C. 向前运动，可知列车在减速前进    D. 向后运动，可知列车在减速前进【答案】C【解析】【分析】一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，根据惯性知识进行分析．【详解】若小球相对桌面静止，可知列车在匀速前进或者静止，选项A错误；向前运动，可知列车在减速前进，选项B错误，C正确；若向后运动，可知列车在加速前进，选项D错误；故选C.【点睛】解决本题的关键理解惯性的性质，即保持原来运动状态的性质，一切物体都具有惯性．4.让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近图（　　）A.     B.     C.     D. 【答案】D【解析】【分析】根据离心现象解答此题.【详解】让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来时，由于离心作用，水将跑到瓶子的边缘部分，使得边缘部分水的高度大于中心部分水的高度，则水面形状接近图D；故选D.5.在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，下列对实验过程的分析正确的是（　　）A. 测量一滴油酸酒精溶液体积用的是微小量放大法B. 在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成规则形状C. 在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是比值法D. 该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法【答案】D【解析】【分析】明确“用油膜法估测分子的大小”实验的实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，即可正确解答．【详解】测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法，选项A错误；撒些痱子粉，不是为了围住油膜形成规则形状，而是让油酸形成单分子油膜，且一个靠着一个，故B错误。在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是近似法，选项C错误；该实验是将油酸分子看做球体一个一个的单层排列，故采用的是借助物理模型间接测量的方法，选项D正确；故选D.6.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（　　）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的速度的大小成正比【答案】B【解析】因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v=at，而动能表达式Ek=mv2=ma2t2，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；依据动能定理，则有：F合x=mv2−0，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；由动能表达式Ek=mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故CD错误；故选B。7.某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）A. 易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B. 易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C. 易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D. 易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出【答案】D【解析】不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出8.甲乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车t2时刻并排行驶。下列说法正确的是（　　）A. 两车在t1时刻也并排行驶B. 在t1时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的加速度大小先增大后减小【答案】B【解析】【分析】根据速度时间图线能分析出汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积大小表示位移判断哪个汽车在前。通过图线的斜率判断加速度的变化。【详解】AB、已知在t2时刻两车并排行驶，在t1﹣t2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知在t1﹣t2时间内，甲通过的位移比乙的大，可知在t1时刻，甲车在后，乙车在前，两车没有并排行驶。故A错误、B正确。CD、图线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大。故CD错误。故选：B。【点睛】解决本题的关键要掌握速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。9.如图所示，环境温度稳定不变，静止竖直放置的U形管a管开口与大气相通，b管封闭，此时b管内水银面比a管内水银面高h。若外界大气压强（　　）A. 减小一些，则h变小    B. 减小一些，则h变大C. 变大一些，则h变小    D. 变大一些，则h不变【答案】A【解析】【分析】求解出外界大气压与封闭气体压强关系表达式，然后用假设法根据玻意耳定律进行分析讨论即可．【详解】封闭气体压强为：P=P0-ρgh，若外界大气压强P0减小，假设h不变，则P减小，根据PV=C可知，V变大，则h应减小；同理若外界大气压强P0增大，假设h不变，则P变大，根据PV=C可知，V变小，则h应变大；故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题关键是明确封闭气体压强与外界大气压之间的关系，写出关系式，然后利用假设法讨论即可，基础题．10.在“研究共点力的合成”实验中，某小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的图是（　　）A.     B. C.     D. 【答案】B【解析】【分析】用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值。由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。【详解】A图：为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故A错误；B图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B正确；实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，C图中的读数都太小，故C错误；D图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误；故选B.【点睛】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素。11.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（　　）A.     B. C.     D. 【答案】C【解析】【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．【详解】粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向右，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项C正确，选项ABD错误；故选C。【点睛】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．12.如图所示，半径为R光滑圆轨道固定在竖直平面内，水平轨道AB在圆轨道最低点与其平滑连接，AB长度为L．小球在外力作用下，由A向B以加速度a做匀加速运动，到达B点撒去外力。要使球能沿圆轨道运动到D点，则小球过C点的最小速度值和在A点的最小速度值分别为（　　）A. vC＝0    vA＝2RgB. vC＝     vA＝C. vC＝     vA＝D. vC＝    vA＝【答案】B【解析】【分析】小球在C点速度最小时，重力提供向心力；根据动能定理求解B点的速度，根据运动公式求解A点的初速度.【详解】小球恰能经过C点时速度最小，则根据mg=m解得；根据动能定理，从B到C：，解得；从A到B：，解得；故选B.二、填空题13.如图，一个是振动图像，一个是波动图像，其中是___________是振动图像(选填：“a”或“b”)，图a的物理意义是：___________。【答案】    (1). b    (2). 同一时刻各个质点的位移(或者相对平衡位置的位移)【解析】【分析】振动图像描述的是一个质点在不同时刻离开平衡位置的位移；波的图像描述的是同一时刻各个质点的位移.【详解】振动图像描述的是一个质点在不同时刻离开平衡位置的位移，则图像b是振动图像；图a是波的图像，物理意义是同一时刻各个质点的位移(或者相对平衡位置的位移)。【点睛】本题要理解振动图象和波动图象各自的物理意义；知道振动图像是“照相机”；波的图像是“录像机”.14.已知阿伏伽德罗常数为NA（mol-1），铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），则可估算1个铜原子占有的体积为________m3，m千克铜中所含的原子数目为______。【答案】，【解析】铜的摩尔体积，则1个铜原子占有的体积为；m千克铜的摩尔数为，m千克铜中所含的原子数目为。15.地球的两颗卫星A和B位置如图所示，这两颗卫星绕地球均做匀速圆周运动，则这两颗卫星向心加速度较小的是_____。周期较小的是_____。【答案】    (1). A    (2). B【解析】【分析】万有引力提供卫星圆周运动的向心力，据此分析卫星圆周运动的周期、向心加速度与半径的关系即可．【详解】卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有，所以向心加速度知，轨道半径大的卫星A向心加速度小；周期知，轨道半径小的卫星B的周期小。【点睛】本题抓住卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，熟悉向心力的不同表达式并能灵活变形是正确解决本题的关键．16.如图是自动驾驶汽车里测量汽车水平运动加速度的装置。该装置在箱的前、后壁各安装一个压力传感感器a和b，中间用两根相同的轻质弹簧压着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦滑动（弹簧的弹力与其形变量成正比）。汽车静止时，传感器a、b示数均为10N．若当传感器b示数为8N时，汽车的加速度大小为_____m/s2，方向是_____（选填：“由a指向b”或“由b指向a”）。【答案】    (1). 2    (2). 由a指向b【解析】【分析】滑块在水平方向上受到两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解．【详解】根据胡克定律公式F=kx可知，△F=k•△x，由于两个弹簧相同，形变量的变化量相同，故弹力变化量相同；两弹簧都是压力，当压力传感器b的读数为8N时，a传感器读数一定是12N，故合力为12-8=4N，水平向右，根据牛顿第二定律，有：，向右，即由a指向b；【点睛】传感器的示数就是等于该侧弹簧的弹力，也等于弹簧施加给滑块的弹力，对滑块受力分析，运用牛顿第二定律解题；此题要注意弹簧的弹力变化量跟缩短量的变化量成正比．17.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a平面时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是_____，电子经过c平面时的动能为_____eV。【答案】    (1). C    (2). 6【解析】【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可求解。【详解】虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、d的电势差为6V；等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零； 在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面c时，其电势能为0，动能为6eV；【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。三、综合题18.某实验小组的实验电路如图（a）所示，电压表有一端接线位置待定。（1）若电压表待定端（A）接a，利用该实验所得的U﹣I关系图线可得到电阻R的阻值（B）接b，利用该实验所得的U﹣I关系图线可得到电阻R的阻值（C）接a，利用该实验所得的U﹣I关系图线可得到电源的电动势和内阻（D）接b，利用该实验所得的U﹣I关系图线可得到电源的电动势和内阻（2）将（a）图连接成“测定电源的电动势和内阻”的电路，合上开关，将滑动变阻器的滑片由接入电路阻值最大端移向另一端，发现电压表的示数接近1.5V且几乎不变，直到当滑片滑至临近另一端时电压表的示数急剧减小，出现上述情况的原因是_____。（3）调整合适的实验器材后，利用电压表和电流表的示数拟合出U﹣I关系图线如图（b）所示，由此得到电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（4）请结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电压之和________。【答案】    (1). D    (2). 滑动变阻器的最大值远大于电源内阻与定值电阻R的值之和，    (3). 1.50    (4). 0.28    (5). 是电路工作时间t，电路中电流强度为I，根据电源消耗其他形式的能量为EIt，外电路消耗电能为，电源内部消耗电能，有能量守恒可得，化简得到。【解析】【分析】（1）分析电路结构，明确电路接法，再根据电压表和电流表所测量的对象进行分析，再利用欧姆定律以及闭合电路欧姆定律进行分析即可明确能测量的数据．【详解】（1）若电压表待定端接a，电压表并联在滑动变阻器两端，电压表测量滑动变阻器两端的电压，利用该实验所得的U－I关系图线可得到电源的电动势和电阻R和电源的内阻之和；接b，此时电压表并联在滑动变阻器和定值电阻两端，电压表测量滑动变阻器与定值电阻两端的电压，利用该实验所得的U－I关系图线可得到电源的电动势和内阻；故选D；（2）出现上述情况的原因是：滑动变阻器的最大值远大于电源内阻与定值电阻R的值之和；（3）由图像可知，电源电动势E=1.50V，内阻。（4）设电路工作时间t，电路中电流强度为I，根据电源消耗其他形式的能量为EIt，外电路消耗电能为，电源内部消耗电能，有能量守恒可得，化简得到。【点睛】本题考查测量电源电动势和内电阻以及欧姆定律的应用，要注意明确电压表与哪一部电路并联，再结合图象的性质进行分析即可求解．19.我国自行研制的C919大型客机在浦东机场首飞成功。设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移s＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s，已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2，求飞机滑跑过程中，（1）加速度a的大小；（2）驱动力做的功W；（3）起飞瞬间驱动力的功率P。【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）飞机在滑道上做匀加速运动，由v2=2as求解加速度；（2）分析飞机的受力分析，根据牛顿第二定律求解驱动力，根据W=FS求解驱动力的功；（3）根据P=Fv求解功率；【详解】（1）飞机在滑道上做匀加速运动，由：v2=2as可得802=2a×1.6×103解得a=2m/s2（2）飞机运动过程中受到重力、驱动力、弹力和阻力4个力的作用，如图：其中N=mg，f=kmg根据牛顿第二定律：F-f=ma解得：F=2.1×105N该过程中驱动力做功W=FS解得W=3.36×108J（3）飞机起飞瞬间，驱动力的功率：P=Fv带入数据解得：P=1.68×107W20.如图（a）所示，两段间距均为L的长平行金属导轨，左段表面光滑、与水平面成θ角固定放置，顶端MN之间连接定值电阻R1，右段导轨表面粗糖、水平放置，末端CD之间连接一电源，电动势为E、内阻为r，两段导轨中间EF处通过一小段绝缘光滑轨道将它们圆滑连接起来。空间存在以EF为边界的磁场，左侧为匀强磁场，方向垂直导轨平面向下，大小为B1，右侧为变化磁场，方向水平向右，大小随时间变化如图（b）所示。现将一质量为m、电阻为R2、长为L的金属棒搁在左侧顶端，由静止释放，金属棒到达EF之前已经匀速，接着进入水平轨道，且整个过程中没有离开导轨。设金属棒到达边界EF处t＝0，金属棒与水平导轨动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则：（1）金属棒到达EF处的速度大小；（2）请写出金属棒在水平轨道运动时加速度的表达式（右侧磁感应强度用B2表示）；（3）试通过分析，描述金属棒到达水平轨道后的运动情况。【答案】（1）（2）（3）金属棒进入水平轨道后，在阶段：回路电流不变, 磁场增大, 安培力增大，弹力减小, 摩擦力减小,棒作加速度逐渐减小的减速运动直至停止不动。若金属棒时刻速度不为零，在之后，回路电流不变，磁场保持不变，安培力不变，弹力不变，棒做匀减速运动直至停止。这种情况下，整个过程棒先做加速度减小的减速运动，接着做匀减速运动直至最后停止不动。【解析】【分析】（1）当金属棒在左段导轨上运动时受重力G、弹力N1、安培力FA1三个力的作用，匀速阶段受力平衡，根据平衡方程求解金属棒到达EF处的速度大小；（2）金属棒进入水平轨道，受摩擦力作用开始减速运动，分析受力情况，结合牛顿第二定律求解加速度的表达式；（3）通过分析安培力、弹力的变化情况分析加速度，从而分析物体的运动情况.【详解】（1）当金属棒在左段导轨上运动时受重力G、弹力N1、安培力FA1三个力的作用，如图；假设金属棒到达EF处的速度为v0，金属棒切割磁感线产生的电动势：E1=B1L1v0，金属棒与电阻R1、导轨构成的回路的感应电流： 金属棒受到的安培力：FA1=B1I1L因金属棒到达EF之前已经匀速，然后保持匀速运动到达EF处，匀速阶段受力平衡，则：FA1=mgsinθ联立解得 （2）金属棒进入水平轨道的初始速度为v0，此时金属棒、导轨、电源构成闭合电路，金属棒在运动过程中受重力G、安培力FA2、弹力N2和摩擦力f四个力的作用，如图：金属棒进入水平轨道，受摩擦力作用开始减速运动，假设减速过程中的加速度大小为a，此时回路的电流： 金属棒所受的安培力FA2=B2L2L，摩擦力f=μN2；由正交分解法可知：竖直方向：N2+FA2=mg水平方向：f=ma联立解得 （3）①金属棒进入水平轨道后，在0-t1阶段：回路电流I2不变，磁场B2增大，安培力FA2增大，弹力N2减小，摩擦力f减小，棒做加速度减小的减速运动直至停止不动；②金属棒t1时刻速度不为零，在t1之后，回路的电流I2不变，磁场保持不变，安培力FA2不变，弹力N2不变，棒做匀减速运动直至停止；这种情况下整个过程棒先做加速度减小的减速运动，接着做匀减速运动直至左后停止不动；具体分析讨论：①若金属棒在0-t1阶段速度减到零，这个过程中磁场，由 可知金属棒运动时随着时间t的增加，加速度a逐渐减小，金属棒做加速度减小的减速运动，当金属棒的速度减为零时，磁场继续增强，安培力增大，弹力减小，因金属棒始终没有离开导轨，故其后始终保持静止状态；②若金属棒在t1时刻的速度不为零，此后磁场保持不变，金属棒的加速度，a不变，故此后保持匀减速直线运动，当速度为零时，安培力保持不变，弹力不变，导体棒保持静止状态；这种情况下整个过程中金属棒在0-t1阶段先做加速度减小的减速运动，t1时刻后再做匀减速直线运动，当速度为零时最后保持静止状态.