2021年上海市松江区高考物理一模试卷(含解析).pdf

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1、2021年上海市松江区高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共40.0分）1.关于磁场下列说法正确的是（）A.磁场是一种实体，人们可以通过仪器观看B.磁场是一种客观存在的特殊物质形式C.磁体南极处的磁场比磁体北极处的磁场强D.E是描述磁场大小物理量的符号2.关于磁感应强度8=热，下列说法正确的是（）A.电流元在磁场中受力为凡 则磁感应强度8 一定等于3B.磁感应强度大小与电流元的乘积成反比，与E成正比C.磁感应强度方向与电流元在此点的受力方向相同D.磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关3.做竖直上抛运动的物体在上升和下落过程中通过同一位置时，物理量相同的是（）A

2、.速度 B.加速度 C.路程 D.时间4.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于墙上。点，拉力尸通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，则重物，在力尸的作用下缓慢上升的过程中，拉J力F变化为（不计一切摩擦）（）A.变大B.变小C.不变D.无法确定5.如图是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，这两点比 _ _ _j,a较（）A 点的电场强度较小B.正电荷在“点电势能较小C.负点电荷从“点移动到6点时电场力做负功D.负电荷在。点的电势能较大6.装有半瓶开水的热水瓶，经过一晚，瓶塞不易拔出，主要原因是（）A.瓶内气体因温度降低而压强减小 B.瓶外因气温升高而大气压强变大C.瓶内气体体积

3、减小而压强增大 D.瓶内气体体积增大而压强减小7.如图所示，质量为m的小物块静止在倾角为。的固定斜面上。某时刻开始对小物块施加一个平行斜面向上的拉力凡尸由零开始,逐渐增大，当尸增大到F。时，小物块开始沿斜面向上运动。则的大小（）A.一定小于2mgsin。B.一定等于2zngsin。C.一定大于27ngsi7i0D.可能等于2mgstn。，也可能大于2zngsin08.水平地面上的物体在水平恒力下的作用下由静止开始运动，一段时间后撤去凡其运动的u-t图象如图所示，若物体与地面间滑动摩擦力的大小为/,则F的大小为（）A.F=fB.F=1.5/C.F=2fD.F=3/如图所示为一波形图，波沿x轴负方

4、向传播，就标明的质点而言，此时速度方向为正、加速度方向为负的质点是（）A.PB.QC.RD.S10.一物体从长为L的光滑斜面的顶端由静止开始匀加速滑下，经时间f滑到底端，则下列说法正确的是（）A.物体运动到底端时的速度是$B.物体在别的即时速度是与C.物体运动到斜面中点时瞬时速度是华D.物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是中11.某物体放在粗糙的水平面上，初速为零，第一次用力尸推，第二次 用 力F拉，如图所示，两 次&角、力F大小和物体位移S都相同，那么（）A.第一次力尸对物体做功多B.第二次力尸对物体做功多C.两次力尸对物体做功一样多D.无法比较哪一次力F做功多12.一些材料的电阻随温度的升

5、高而变化。图甲是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度/变化的图像，若将该电阻与电池（电动势E=1.5 V,内阻不计）、电流表（量程为050 m4内阻不计）、电阻箱R=15。串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的金属电阻温度计。关于该金属电阻温度计，下列说法正确的是二、13.A.B.C.D.温度升高，电路中电流增大改装后温度数值随刻度均匀变化电流为50 7714时，电阻R=3O0电流为50 nM时，对应的温度数值为5久填 空 题（本 大 题 共5小 题，共20.0分）牛顿第一定律指出：一切物体都有.,而这种性质的大小可以用.来

6、量度。14.左a如图所示，放 在 马 蹄 形 磁 铁 两 极 之 间 的 导 体 棒 当 通 有 自 人 到a的电流6时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是.极.如 磁 铁 上 端 是S极，导体棒中的电流方向自a到b,则导体棒受到的安培力方向向1 5 .一定质量的理想气体按图示过程变化，其中灰与丫轴平行，与 7 f轴平行，贝防-c 过 程 中 气 体 的 内 能（填“增加”“减小”或/“不变”），气 体 的 压 强（填“增加”“减小”或“不变”）,表示 等 压 变 化 过 程 的 是（选 填“a b、“T C”或“cr 一d）.1 6 .如图，电源的电动势为1 2 匕 内阻为1 0,/?!=i

7、 n,R2=6/2,电 厂、一匚二卜|-1动机的线圈电阻为0.5 2 开关闭合后通过电源的电流为3 A,电动机 输 出 功 率。-1 7 .功 是 能 量 转 化 的 量 度.（判断对错）三、实 验 题（本大题共1 小题，共 1 0.0 分）1 8 .如图甲所示为“探究加速度和力的关系”的实验装置.除了图甲中所示的仪器以外，还有以下器材可供选择：A.低压直流电源B.低压交流电源C.秒 表 D.天 平 E.刻度尺 凡弹簧秤完成实验，还 应 选 取 实 验 器 材 的 编 号 是 .在实验中采用控制变量法，保持 不变；用钩码所受的重力作为小车所受合外力.改变所挂钩码的数量，多次重复测量.某次实验根

8、据测得的多组数据画出图乙所示a -F 图线,分析04 段 可 得 出 的 实 验 结 论 是 .图线的A 8 段明显偏离直线，此 误 差 的 主 要 原 因 是 .A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态C 所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大某同学利用实验中打出的纸带求加速度，处理方案有两种：a.利用公式a =篙计算；b.根据a =,利用逐差法计算.两种方案中，你 认 为 方 案 比较合理.（填“a”或 b”）四、简 答 题（本大题共1 小题，共 1 4.0 分）19.把一带电荷量为-5 x 1 0-8。的小球A用绝缘细绳悬吊，若将带电荷量为+4 x 1 0-6。的带电小球

9、B靠近4(如图所示)，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45。角，已知静电力常量49.()x KfN-iir/C 1,A、8 两小球均可视为点电荷，g=10m/s2,求：(1)4、B 两球间的库仑力大小;(2)4球的质量；(3)撤去小球8,改加一匀强电场，为使小球A 仍静止在原处，则所加匀强电场的场强最小值多大？方向如何？五、计算题(本大题共1 小题，共 16.0分)2 0.如图所示，将一质量为m=1kg的小球自水平平台右端。点以初速度火.水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直圆弧轨道ABC,AB轨道粗糙，BC轨道光滑，小球从A 点运动到B点的过程中克服摩擦力做功上

10、=1 9.5 J,并沿轨道恰好通过最高点C,圆弧轨道ABC的形状为半径R=2.5加的圆截去了左上角圆心角为127。的圆弧，CB为其竖直直径(s讥53。=0 8 co s53。=0.6,重力加速度g 取1 0 m/s2,不计空气阻力)求(1)小球经过C 点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点8 时轨道对小球的支持力大小；(3)平台右端。点到A 点的竖直高度【答案与解析】1.答案：B解析：解：(1)磁场是存在于磁体周围周围的一种特殊物质，它与实物粒子不同，场看不见，摸不到，人们不能通过仪器观看，故A错误，8正确；(2)描述磁场大小的物理量是磁感应强度，用符号B表示，同一磁体南极处于北极处的磁场强

11、度相同,故 错 误；故选B.磁场是存在于磁体周围周围的一种物质，它与实物粒子不同，场看不见，摸不到；人们不能通过仪器观看磁场，磁场的强弱可以用磁感应强度B描述.本题难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题.2.答案：D解析：解：A、若电流的方向与磁场方向垂直，磁感应强度否则故4错误。B、磁感应强度大小与电流元的乘积无关，故B错误。C、根据左手定则知，磁感应强度的方向与电流元在此点的受力方向不同，故C错误。、磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关。故。正确。故选：Do磁感应强度B=3是采用比值法定义的，B大小与F、无关，由磁场本身决定的.对于物理量中的基本物理量一定

12、明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用.3.答案：B解析：解：4速度是矢量，既有大小也有方向，做竖直上抛运动的物体在上升和下落过程中通过同一位置时速度大小相等，方向相反，所以速度不同。故A错误；2、在上升和下落过程中通过同一位置时，都只受重力，加速度都为g,相同，故3正确；C、路程表示物体运动轨迹的长度，下落经过相同位置时比上升的路程大，故C错误；。、根据对称性知，上升和下落两个过程所用时间相等，可知物体在上升和下落过程中通过同一位置时时间不同，故。错误。故选：B。做竖直上抛运动的物体只受重力作用，加速度相同，速度是矢量要考虑方向，路程表示

13、物体运动轨迹的长度，而位移表示物体从初位置指向末位置的有向线段.结合对称性分析.本题要注意：如果是矢量相同，既要大小相等，又要方向相同，同时注意路程和位移的区别.4.答案：A解析：解：设滑轮两侧两绳的夹角为20.以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示.根据平衡条件有：IFcosd=mg得到绳子的拉力为：尸=悬2cosO所以在重物缓慢上升的过程中，e增大，cos。减小，则尸变大.故选：A重物加在力尸的作用下缓慢上升的过程中，两绳的夹角增大.滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称.以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况.本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键是知道

14、同一条绳子上的拉力处处相等.5.答案：C解析：本题主要考查电场线的有关知识，是对电场的基本考查，并理解电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱是解决此类问题的关键。要注意电荷正负对受力分析，对做功及电势能的影响。A.电场线的疏密表示场强的大小，人 点密，场强大，故A错误；BD.沿着电场方向电势逐渐降低，a点电势高，那么正电荷在。点电势能较大；负电荷在。点电势能较小，故8。错误；C.负电荷在电场中受到的力与电场线方向相反，负电荷从到b,力与位移方向相反，做负功，故C正确。故选Co6.答案：A解析：解：剩下半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，温度下降，使瓶内气体收缩压强减小，大气压大于内部气压，将瓶塞

15、紧压在瓶口，因此，只有选项A符合题意.故选A.木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压与瓶外的气压的差值过大造成的，分析瓶内的气压变化可以得出原因.从瓶内压强变化的角度分析此题，是解决问题的关键，基础题.7.答案：D解析:解:设物体所受的最大静摩擦力为京.物体原来静止在倾角为9 的固定斜面上,则有mgs 讥8 2mgsin9所以&的大小可能等于2 mgs 讥8,也可能大于2 mgs in8.故 ）正确，A 8 C 错误。故选：Do本题考查对最大静摩擦力的理解，当一个物体相对于另一个物体刚要滑动时，两者之间的静摩擦力达到最大值，而没有相对滑动时，两者之间的静摩擦力不大于最大静摩擦力。8.答案：C解析：

16、解：匀加速直线运动的加速度大小的=肾，匀减速直线运动的加速度大小。2=印c0c0根据牛顿第二定律得，F-f=mai,f=m a2因为%=a2，所以F =2 f。故 C正确，A、B、。错误。故选：C o根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出F的大小.本题考查了运动学图线与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.9.答案：D解析:根据波的传播方向判断各质点的振动方向，再确定各质点的速度与加速度方向，选择符合题意的选项.波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况，难度大。A

17、BCD.各质点的速度方向由带动法判断，只有R、S两质点速度向上；加速度的方向由位移正负决定，P、S两质点位移为正，加速度方向为负，只有S点符合以上两个条件，。正确。故选D。10.答 案:C解析：解：A、整个过程中的平均速度方=:,根据平均速度的推论知，方=等，则运动到底端时的速度 =2 万=半，故 A 错误。以 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度值，物体在即寸的即时速度是5故 B 错误。C、根据/=2aL,v2=2a,v=y,则物体运动到斜面中点时的瞬时速度M=牛，故 C 正确。D、根据L=J a t2,；=；就 2得，F=立 如 故。错误。故选：C。根据匀变速直线运动的平均速度的

18、推论求出物体到达底端的速度和中间时刻的瞬时速度.根据速度位移公式求出物体运动到斜面中点时的速度，根据位移时间求出物体从顶点运动到斜面中点的时间.解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷.11.答案：C解析：分析作用力及位移的夹角，根据功的公式即可明确两力做功情况。本题考功的计算，要注意明确恒力功的计算不需考虑物体的运动状态，只需要代入公式即可。根据公式 小=F S c os。，拉力和推力的功相同，位移相同，拉力的水平分量相同，做功相同；故选Co12.答案：D解析：本题主要考查闭合电路的欧姆定律，传感器在生产、生活中的应用，根据闭合电路欧

19、姆定律分析电路中电流与电阻R的关系，电路中电流越小，该电阻的阻值越大，由图象可知温度越高。当电流为50出时，由闭合电路欧姆定律求出电阻R的值，根据图象读出对应的温度。人由图甲可知，温度升高，电阻R的阻值增大，电路中电流减小，A错误；B.根据闭合电路的欧姆定律可得E =/(&)+k t +R ),B|l t =y X 1.5-2 5,故温度数值不是随刻度均匀变化，B错误；C D电流表的示数为5 0 n M 时，电路总电阻为3 0 0,电阻箱的阻值R =1 5 0,则R =1 5。，由图甲可得对应的温度为5冤，C 项错误，。项正确。故选。13.答案：惯性；质量解析：解：惯性物体保持原来运动状态不变

20、的一种性质，它是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性；惯性大小只与质量有关，即质量是惯性大小的量度，质量越大、惯性越大.故答案为：惯性，质量一切物体，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，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大。解题关键是要明确：物体的惯性只与物体的质量有关，其他的因素都和惯性大小无关。14.答案：N;右解析：解：电流方向由。到 小 安培力向右，根据左手定则，知磁场方向竖直向下，所以磁铁上端是 N极.磁铁上端是S 极，电流方向自a到从根据左手定则，知安培力方向向右.故答案为：N,右.15.答案：不 变 增 加a r b解析：

21、解；由图可知，6 T C的过程中，气体的温度不变；而理想气体的内能只与温度有关，故气体的内能不变；由牛=C可知，温度不变，体积减小，故压强应增大；由华=C可知，压强不变的时候，V T成正比，即为过原点的直线，所以等压变化过程的是a-b；故答案为：不变；增加：a t b.由图象可知气体的变化过程，可知气体做等温变化，由理想气体的内能特点得出内能的变化；再由理想气体状态方程可得压强的变化.本题考查理想气体的状态方程及气体的内能特点，明确理想气体的内能只与温度有关，分子势能忽略不计.16.答案：10W解析：解：长两端电压：Ui=胆=3 X=3VU=Ir=3 x1 =3V&两 端 电 压：U2=E-U

22、1-U/=(12-6”=6V通过&的电流：，2=氏=案=1 4通过电动机的电流：/财=/-/2=(3-1)4=2 4，UM=U2=6V电动机消耗的电功率为：PM=3 UM=2 x 6W=12V/电动机线圈发热损耗的热功率耳=/前=22 x 0.5=2IV电动机输出功率P步=PM-PT=12-2=10W故答案为：10W根据电压的分配求出R 2两端的电压，由干路电流和/?2的电流求出流过电动机的电流，根据PM=IMUM求出电动机消耗的电功率；根据R =电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，机械功率由电功率减去电动机发热功率求解，能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解。17.答案：对解析：解：功与能

23、是两个不同的物理量，功是能量转化的量度，即做了多少功必然伴随多少能量发生了转化，此说法正确.故答案为：对解决此题的关键是知道一个物体能够对另一个物体做功，这个物体就具有能量，能量反映了物体做功的本领.功是能量转化的量度：即做了多少功必然伴随多少能量发生了转化，反之转化了多少能量必定同时做了多少功.18.答案：BDE；小车的总质量；在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；C；h解析：解：电磁打点计时器需要低压交流电源，而不需要低压直流电源，实验需要测量物体运动的位移，需要刻度尺.用钩码所受的重力作为小车所受合外力，需要用天平测出钩码的质量，不需要弹簧秤.由于打点计时器记录通过所打点记录了物体运

24、动时间，因此不需要秒表.完成实验，还应选取实验器材的编号是8QE.在实验中采用控制变量法，保持小车的总质量不变；用钩码所受的重力作为小车所受合外力.由图象04段可知，a与尸成正比，即：在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；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郎期，由牛顿第二定律得：m 钩 磷=（6不 至+m的 妈）a,小车的加速度a=叫：鲁9,小车受到的拉力F=m 小针=皿+:9,当小翎四加“至时，小 车 钩 码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-尸图象偏离直线，故C正确.故选：C.纸带开

25、始一段点分布密集，若利用公式a=詈 计算，计算加速度的大小，误差较大，因此用匀变速 直 线 运 动 的 结 论=。产求加速度的大小，故6合理.故答案为：BDE:小车的总质量；在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；C;b根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据，即可明确所需器材.控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因.本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当祛码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力.19.答案：解：(1)当两个带电小球在同一高度相距3 0 cw z

26、时，即r =0.3 m,由库仑定律得：尸 库=警代入数据：尸库=0 Q 2 N。(2)对 A受力分析如图所示:根据物体平衡得：F =m g t a n af代入数据：m=2 x 103kgo(3)当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由 m gsin a=qE,解得：E=侬 詈=2 V 2 x lON/C,方向与水平方向夹角4 5。斜向右下方；答：(1)4、B两球间的库仑力大小为0.0 2 N；(2)A 球的质量是2 x 10-3kg；(3)撤去小球8,改加一匀强电场，为使小球A仍静止在原处，则所加匀强电场的场强最小值是2a XlON/C,方向与水平方向夹角4 5。斜向右下方。解析：(1)

27、根据库仑定律，即可求解；(2)根据受力分析，结合平衡条件，及平行四边形定则，即可求解；(3)依据电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小，结合平衡条件，及三角知识，即可求解。考查库仑定律与平衡条件的应用，掌握三角知识，及平行四边形定则的内容，注意当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小的。20.答案：解：(1)小球恰好通过最高点C,根据牛顿第二定律得：Vcm g =m 木解得：vc dgR=V 1 0 x 2.5m/s=5 m/s。(2)从 3到 C,机械能守恒，根据机械能守恒定律得：1 9 1 9-mve=瓶9,2R+-mv,代入数据解得：vB=5V5m/s，根据牛顿第二定律得：N m g =

28、m号代入数据解得：N =6 0N。(3)从 A 到B过程，根据动能定理得：mg(l-cos53。)/?Wf-|mv,代入数据解得：vA=12m/s,对 4 点的速度分解得：vy=vAsin53,则。到 A 的竖直高度为：=吱=4.608M。2g答：(1)小球经过C 点的速度大小为5rn/s；(2)小球运动到轨道最低点8 时轨道对小球的支持力大小为6 0N；(3)平台右端O 点到A 点的竖直高度，为4.608m。解析：(1)根据牛顿第二定律求出小球恰好通过最高点C 的速度。(2)根据机械能守恒得出B 点的速度，结合牛顿第二定律求出小球在2 点所受的支持力。(3)根据动能定理求出A 点的速度，通过平行四边形定则求出A 点的竖直分速度，结合速度位移公式求出。到 A 的竖直高度。本题考查了机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律与圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。