2017年上海市静安区高考物理一模试卷

2017年上海市静安区高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共40.0分)1.在国际单位制（SI）中，下列物理量的单位不属于国际单位制（SI）基本单位的是（）A.米B.秒C.安培D.牛顿【答案】D【解析】解：ABC、米、秒和安培都是国际单位制（SI）中基本单位，故ABC正确．D、牛顿是国际单位制中导出单位，故D错误．本选不属于国际单位制（SI）基本单位的，故选：D在国际单位制中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、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识．2.下列实验中，找到电荷间相互作用规律的实验是（）A.库仑扭秤实验B.开文迪什实验C.密立根油滴实验D.奥斯特电流磁效应实验【答案】A【解析】解：A、库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律---库仑定律．故A正确．B、卡文迪许实验测量出了万有引力常量．故B错误．C、密立根通过油滴实验，测出了电子电荷量的精确数值，任何物体带电量的数值都是元电荷电量的整数倍．故C错误．D、奥斯特实验说明了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应．故D错误．故选：A．通过扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律的物理学家是库仑．库仑定律及其实验可与牛顿的万有引力定律、卡文迪许扭秤实验进行类比，抓住它们的相似性，有助于记忆．3.乐乐同学在校运动会上，获得100米短跑冠军，是由于他在这100米中（）A.某时刻的瞬时速度大B.撞线时的瞬时速度大C.平均速度大D.起跑时的加速度大【答案】C【解析】解：100m比赛是在相同的位移内比时间，时间短的胜，即时间短的平均速度大．故C 正确，A、B、D错误．故选：C100m比赛是在相同的位移内比时间，也就是比较平均速度．解决本题的关键知道相同位移内比时间，实际上比较的是平均速度．4.如图，A、B两物体叠放在一起，由静止释放后沿光滑斜面下滑，且始终保持相对静止，B上表面水平，则物体B的受力示意图是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：整体向下做匀加速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则AB的加速度方向沿斜面向下．a=gsinθ；则对A分析可知，A一定受向右的摩擦力；并且其加速度向下的分量一定小于重力；故A一定受到向上的支持力；则B受到向左的摩擦力及向下的压力；A根据牛顿第二定律知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力、压力和支持力．故C正确，A、B、D错误．故选：C．对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B的加速度方向，知道B的合力方向，从而知道B的受力情况．本题考查牛顿第二定律的应用及受力分析等内容；解题的关键在于正确选择研究对象，并对其进行受力分析；可以采用分解加速度或分解力的方法进行分析．5.竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则整个过程中，加速度大小的变化是（）A.始终变大B.始终变小C.先变大后变小D.先变小后变大【答案】B【解析】解：在上升过程中，速度不断减小，则阻力f=kv不断减小，受到的合力为F合=mg+fv，根据a=F合知，加速度不断减小．在下降的过程中，速度不断增大，阻力mf=kv不断变大，受到的合力为F合=mg-fv，根据a=F合知，加速度仍不断变小．故B正m确，A、C、D错误．故选：B．判断出上升过程和下降过程中的速度大小变化情况，得出阻力的大小变化，然后根据牛顿第二定律判断加速度大小的变化．解决本题的关键求出物体所受的合力，根据合力的变化，通过牛顿第二定律判断加速度大小的变化．6.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有A、B两个带电小球，A球固定不动，现给B球一个垂直AB连线方向的初速度v0，使B球在水平桌面上运动，B球在水平方向仅受电场力，有关B球运动的速度大小v和加速度大小a，不可能发生的情况是（）A.v和a都变小B.v和a都变大C.v和a都不变D.v变小而a变大【答案】D【解析】解：AC、当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变；当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，所以AC正确；B、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，B正确；D、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，由于库仑力作正功，速度增大，故D错误．本题选择错误的，故选：D．分AB为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况．当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动．7.一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x=0，x=x b（x b＞0）．a点的振动规律如图所示．已知波速为v=1m/s，在t=1s时b的位移为0.05m，则下列判断正确的是（）A.从t=0时刻起的2s内，a质点随波迁移了2mB.t=0.5s时，质点a的位移为0.05mC.若波沿x轴正向传播，则可能x b=0.5mD.若波沿x轴负向传播，则可能x b=2.5m【答案】D【解析】解：根据图象可知该波的周期为2s，振幅为0.05m．A、在波传播过程中，各质点在自已的平衡位置附近振动，并不随波传播．故A错误；B、由图可知，t=0.5s时，质点a的位移为-0.05m．故B错误；C、已知波速为v=1m/s，则波长：λ=v T=1×2=2m；由图可知，在t=1s时刻a位于平衡位置而且振动的方向向上，而在t=1s时b的位移为0.05m，位于正的最大位移处，可知若波沿x轴正向传播，则b与a之间的距离为：）λ（n=0，1，2，3…），可能为：x b=1.5m，3.5m．不可能为0.5m．故C错（n+34误；D、结合C的分析可知，若波沿x轴负向传播，则b与a之间的距离为：x b=（n+1）4λ（n=0，1，2，3…），可能为：x b=0.5m，2.5m．故D正确．故选：D由图得出周期与振幅；根据波长和频率求出波速，通过上下坡法得出x=1m处的质点的振动方向，从而求出经过时间t后的位置．本题考查了波的图象、振动和波动的关系，能根据波形图判断质点的振动方向，难度不大，属于基础题．8.关于点电荷和电场线，下列说法中正确的是（）A.点电荷和电场线都不是真实存在的B.点电荷是理想模型，而电场线不是理想模型C.点电荷和电场线可以等效替代它们各自描述的对象D.电场线上任一点的切线方向与点电荷在该点所受电场力的方向相同【答案】A【解析】解：A、点电荷和电场线都不是真实存在的，故A正确；B、当两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这时把两个带电体简化为点电荷，不会产生较大的误差，只会使问题简化，故这两个带电体可看成点电荷，点电荷是理想模型，而电场线实际不存在，根本不是模型，故B错误；C、点电荷可以等效替代它们各自描述的对象，而电场线是假想的，不能等效替代所描述的对象，故C错误；D、电场线上任一点的切线方向，与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，与负点电荷的方向相反，故D错误；故选：A．物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷．同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念．9.将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A.由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B.由U内=I r可知，电源两端的电压，随I的增大而增大C.由U=E-I r可知，电源输出电压，随输出电流I的增大而减小D.由P=IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【答案】C【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I r，外电压随I的增大而减小，故A错误，C 正确；B、电源两端的电压实际上是路端电压，由A可知电源两端的电压，随I的增大而减小，故B错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=E，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．R+r故选C根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大．本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中．10.如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平（如图中虚线所示），四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态．若使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：导线框中都通有顺时针方向的电流，即从N指向M，由左手定则可知，安培力的方向向下；所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等则重力相等，受到安培力大的线框对细线的拉力大．设MN的长度为L，导线在各磁场内有效长度不同，故各通电导线受到安培力大小不同．各线框在磁场中的有效长度：L A=MN=L；L B=MN2=12L；L C=MN+上边长2＞12L；L D=MN+下边长2＞12L；可知B图中的有效长度最小．由公式：F=BIL有效，可知选项B正确受到的安培力最小．则B选项中，线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断．故B正确，ACD错误故选：B由左手定则判断出安培力的方向，由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度，然后进行比较即可．本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．11.在深井里的同一点以相同的初动能将两个质量不同的物体竖直向上抛向井口，选取地面为零势能面，不计空气阻力，在它们各自达到最大高度时，下列说法中正确的是（）A.质量大的物体势能一定大B.质量小的物体势能一定大C.两个物体的势能一定相等D.两个物体的势能可能相等【答案】C【解析】解：不计空气阻力，物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，对任一物体有E k0=E p．由于两个物体的初动能相等，由上式可知，达到最大高度时两个物体的势能一定相等，故ABD错误，C正确．故选：C不计空气阻力，物体在运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，再分析势能的关系．本题要明确机械能守恒的条件，能熟练运用机械能守恒定律分析物体的动能和势能能的关系．12.如图虚线上方有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω逆时针匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图象是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：当线框进入磁场后，导体的磁通量变化率不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．故A正确，B、C、D错误．故选A．当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)18.实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图（a）所示，标尺盘中A、B、C、D 为摆锤的四个位置，各点与最低点D的高度差已由计算机默认．某组同学在实验中，得到的图象如图（b）所示．图象的横轴表示摆锤距D点的高度h，纵轴表示摆锤的重力势能E p、动能E k或机械能E．下列说法错误的是（）A.光电门传感器要分别放在D、C、B点进行重复操作B.摆锤每次释放的高度要保持不变，且必须保证让摆锤的直径宽度遮挡红外发射孔C.图线甲表示摆锤的机械能ED.图线乙表示摆锤的机械能【答案】D【解析】解：AB、光电门传感器要分别放在D、C、B点进行重复操作，利用光电门来测量各点的瞬时速度，注意摆锤每次释放的高度要保持不变，且必须保证让摆锤的直径宽度遮挡红外发射孔，故AB正确；CD、小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，通过观察图象b特点易知：丙表示重力势能E P，乙表示动能E K，甲表示机械能E，故C正确，D错误．本题选择错误的，故选：D．根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线，且光电门测量瞬时速度，是利用某段时间内的平均速度来求解中时刻的瞬时速度，从而即可求解．本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理，同时掌握求解瞬时速度的方法，及光电门的工作原理．二、填空题(本大题共5小题，共20.0分)13.如图所示，木块在与水平方向成θ角的拉力F作用下，沿水平方向做匀速直线运动，则拉力F与木块所受滑动摩擦力的合力的方向是______ ；若某时刻撤去拉力F，则木块的加速度瞬间______ 变化（选填“发生”或“不发生”）．【答案】竖直向上；发生【解析】解：开始时物体做匀速直线运动，则受到的合外力等于0，水平方向：f=F cosθ，即摩擦力与拉力F沿水平方向的分力大小相等方向相反，所以拉力F与木块所受滑动摩擦力的合力的方向是竖直向上，大小是F sinθ；当撤去拉力F时，水平方向上物体只受到摩擦力的作用，大小为：f′=μmg，由牛顿第二定律可知，物体此时有加速度，方向与运动的方向相反．即加速度瞬间发生变化．故答案为：竖直向上发生木块受到重力、地面的支持力和摩擦力、拉力F的作用，四个力平衡，由平衡条件的推论可知，摩擦力与拉力的合力方向和重力与支持力的合力方向相反，重力与支持力的合力方向竖直向下，可分析得出摩擦力与拉力的合力方向．本题考查运用平衡条件推论分析受力情况的能力．物体受到若干个力作用而处于平衡状态，其中一部分力的合力与其余力的合力大小相等、方向相反．14.小球从离地高35m的平台开始以30m/s的初速度做竖直上抛运动，从抛出到落地所需要的时间为______ s，整个过程中的速度改变量的大小为______ m/s（重力加速度g=10m/s2）．【答案】7；70【解析】解：小球从离地高35m的平台开始以30m/s的初速度做竖直上抛运动，位移为-35m，根据位移时间关系公式，有：x=v0t-12gt2代入数据，有：-35=30t-12×10×t2联立解得：t=7s或者t=-1s（无意义，舍去）7s内速度变化量的大小为：△v=gt=10×7=70m/s，竖直向下；故答案为：7，70．竖直上抛运动是初速度为零，加速度为-g的匀变速直线运动；对整个过程运用位移时间关系公式求解时间；在利用△v=gt求解速度变化量．本题关键对竖直上抛运动的全部运动过程根据位移时间关系公式列式求解，然后求解速度矢量的变化，基础题．15.如图所示，已知电源的内阻r=2Ω，外电阻R1=4Ω，滑动变阻器R2的电阻可调范围为0～10Ω．当滑动变阻器R2的电阻调为4Ω时，电源内部的电热功率为2W，则电源电动势为______V；电阻R2的阻值为______ Ω时，R1的电功率达到最大值．【答案】10；0【解析】解：当滑动变阻器R2的电阻调为4Ω时，设电源的电动势为E，由闭合电路的欧姆定律可得电路的电流为：I=ER1+R2+r，电源内部的电热功率为：P=I2r，代入数据可以求得电源的电动势为：E=10V，R1为定值电阻，当R1中电流最大时，功率最大，则可知此时R2的阻值应为零．故答案为：10；0．根据闭合电路欧姆定律可求得电流的表达式，再根据功率公式列式，联立即可求得电源的电动势；根据功率公式可知，当电流最大时，定值电阻消耗的电功率最大．本题考查闭合电路欧姆定律以及功率公式的应用，要注意电源的输出功率最大时，电路的内电阻和外电阻相等，知道这个电路的结论，在做题的时候就简单多了，在平时要注意总结．16.若将一个电量为2.0×10-10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功8.0×10-9J，则M点的电势是______ V；若再将该电荷从M点移到电场中的N 点，电场力做功1.8×10-8J，则M、N两点间的电势差U MN= ______ V．【答案】40；90【解析】解：由题意可知，从O点移到M点电场力做功W=-8×10-9J，根据公式W=q U可知，U=wq =−8×10−9J2.0×10−10C=-40V，U OM=0-φM=-40V，故φM=40V；将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10-8J，根据公式W=q U可知，U MN=wq =1.8×10−8J2.0×10−10C=90V；故答案为：40V，90V电场力做功与电势能的关系，再有电势与电势能的关系求某点的电势高低，电势差与电势的关系．考查了电场力做功与电势能、电势、电势差的关系，注意负电荷的情况．17.从静止开始，沿着光滑的固定斜面下滑的物体，在开始下滑的一段时间t内，物体获得动能E K，在紧接着的一段时间t内，物体动能的增量为______ ，在这2t时间内，重力对物体做功的平均功率为______ ．【答案】3E K；2E Kt【解析】解：物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论知，第一个t时间内和紧接着的第二个t时间内位移之比为1：3．根据动能定理得：第一个t时间内有mgsinαx1=E K-0第二个t时间内有mgsinαx2=△E K．因为x1：x2=1：3．则得，在紧接着的一段时间t内，物体动能的增量△E K=3E K．所以2t末物体的动能为E K′=E K+△E K=4E K．根据动能定理得：2t时间内重力做功为W=E K′-0=4E K．重力对物体做功的平均功率为P=W2t =2E Kt故答案为：3E K，2E Kt．物体沿光滑斜面下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论分析两段时间的位移关系，再由动能定理分析动能增量关系，从而得到在紧接着的一段时间t内物体动能的增量．由动能定理求出2t内重力做的功，再求重力做功的平均功率．解决本题的关键要明确物体的运动性质，掌握匀变速直线运动的推论．要知道动能的变化量与合外力做功有关，可分段运用动能定理研究动能的增量．四、填空题(本大题共1小题，共4.0分)19.某同学用如图所示装置做“研究电磁感应现象”实验．正确连接后，他先将变阻器的滑动片P置于a b的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向右摆，说明______ （选填“大线圈”或“小线圈”）有电流流过．闭合电键后，为使电流计的指针再向右摆，应将变阻器的滑动片P向______ 端滑（选填“a”或“b”）．【答案】大线圈；b【解析】解：在闭合电键瞬间，电流计的指针向右摆，说明大线圈中有感应电流，合上开关后，电流计指针向右偏，说明穿过线圈的磁通量增大，若闭合电键后，为使电流计的指针再向右摆，要求小线圈中的磁通量增大，那么则可将滑动变阻器滑片迅速向右移动，即向b端移动，这样才能确保穿过线圈的磁通量增大；故答案为：大线圈，b．当通过闭合回路中的磁通量发生变化时，会产生感应电流，再依据根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，结合题意，应用产生感应电流的磁通量变化情况，从而即可求解．解决本题的关键知道感应电流的产生条件，当通过闭合回路中的磁通量发生变化时，会产生感应电流；对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意根据穿过线圈的磁通量增大时，指针向右偏，是解题的突破口．五、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)20.某同学用如图（甲）所示电路测量电源的电动势和内阻．实验用的电压表和电流表都是理想表，保护电阻R1=10Ω，R2=5Ω，还知道待测电源的电动势约3V，内阻约2Ω．该同学合理选择仪器、连接电路后，正确操作，得到多组电压表的示数U和相应电流表的示数I，并画出了如图（乙）所示的U-I图线（U、I都用国际单位），求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距I0，则待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ______ ，r= ______ ，（用k、I0、R1、R2表示）．若实验室有电流表I（0-200m A）和电流表II（0-30m A），该同学选择的是______ ．【答案】k I0；k-R2；电流表I【解析】解：根据闭合电路欧姆定律可知，U=E-I（R2+r），由图可知，I0为短路电流，则E=KI0；图象的斜率表示R2+r，则可解得：r=K-R2；由已知条件可知，电动势约为3V，内阻约为2Ω，而保护电阻R2为2Ω，R1为10Ω=0.176A，故应选择电流表I，则可知，电路中最大电流I m=32+5+10故答案为：k I0；k-R2；电流表I．明确电路结论，根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而结合图象求出对应的电动势和内电阻，再分析电路中对应的电流，从而确定电流表的选择．本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据处理的方法和仪表的正确选择方法．六、计算题(本大题共2小题，共26.0分)21.如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙，试求：（1）物体与斜面间的摩擦力f；（2）前1s内拉力F的平均功率．【答案】解：（1）由图象可知：撤去力F前的加速度a1=20m/s2，撤去力F后的加速度a2=-10m/s2由牛顿第二定律：F-mgsinθ-f=ma1-mgsinθ-f=ma2由②得f=-ma2-mgsinθ=4N（2）①-②得F=ma1-ma2=30N=300W前1s内拉力F的平均功率为P=Fv=F v12答：（1）物体与斜面间的摩擦力f是4N；（2）前1s内拉力F的平均功率是300W．【解析】（1）根据速度时间图象的斜率可以求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律分别列出匀加速运动和匀减速运动的动力学方程，F-mgsinθ-f=ma1，mgsinθ+f=ma2，联立两方程求出摩擦力．求出匀加速运动的平均速度，然后根据P=Fv求出拉力F的平均功（2）根据v=v0+v2率．解决本题的关键是读出速度图象的信息，求得加速度，再运用牛顿第二定律列出动力学方程．。