2019届上海市金山区高三上学期期末考试物理试题（解析版）

金山区2019届高三上学期期末（一模）考试物理试卷一、选择題（共40分，每小题只有一个正确选项。）1.下列属于影响点电荷之间相互作用力大小的因素的是（　　）A. 质量 B. 距离 C. 温度 D. 运动状态【答案】B【解析】【分析】由库仑定律的表达式分析影响点电荷之间相互作用力大小的因素.【详解】根据库仑定律：，可知两个点电荷之间的作用力的大小与两个点电荷电荷量的乘积、电荷之间的距离有关，与点电荷的质量、温度以及运动状态都无关。故ACD错误，B正确，故选B。2.小李坐汽车上午8时从枫泾出发，9时到达金山万达，两地的直线距离为33.8km，导航显示汽车实际行驶了43.2km，则此过程中汽车的平均速度大小为（　　）A. 4.8km/h B. 33.8km/h C. 43.2km/h D. 77km/h【答案】B【解析】【分析】明确平均速度等于位移与时间的比值，根据题意确定位移和时间即可求出平均速度大小。【详解】小李的位移为33.8km，用时t＝1h，故平均速度为：，故B正确，ACD错误。故选B。3.一块小石子投入河水中激起一列水波，遇到障碍物后能发生明显衍射现象，障碍物是（　　）A. 静止在河面的渔船 B. 静止在河面的货船C. 竖立在河中的竹竿 D. 竖立在河中的桥墩【答案】C【解析】【分析】根据发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，从而即可求解。【详解】河水中激起一列水波，遇到障碍物后能发生明显衍射现象，依据发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故水波遇到竖立在河中的竹竿时能产生明显的衍射现象，故C正确，ABD错误。故选C。4.升降机中的弹簧秤下端挂有一个物体，若弹簧秤的读数小于物体的重力，则升降机可能的运动情况是（　　）A. 向上匀速运动 B. 向下匀速运动C. 向上加速运动 D. 向下加速运动【答案】D【解析】【分析】弹簧秤的读数小于重物的重力，物体处于失重状态，具有向下的加速度，从而分析运动状态。【详解】升降机内的观察者看到弹簧秤的读数小于重物的重力，说明物体失重，具有向下的加速度，所以可能向下加速运动或向上减速运动，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】此题关键是掌握超重和失重的条件：加速度向上为超重，加速度向下为失重，加速度为向下的g为完全失重。5.某移动电源的电池容量为10000mAh（毫安时），即电池容量为（　　）A. 36000C B. 36000W C. 36000J D. 36000V【答案】A【解析】【分析】明确电池容量单位的意义，再根据电流的定义即可求得电池和移动电源的电量【详解】手机电池的电量为：q＝It＝10000×10﹣3A×3600s＝36000C，故A正确，BCD错误；故选A。6.汽车在阻力一定的平直路面上以额定功率加速行驶。若牵引力为F，加速度为a，则（　　）A. F增大，a增大 B. F增大，a减小C. F减小，a增大 D. F减小，a减小【答案】D【解析】【分析】根据汽车的功率P＝Fv，分析牵引力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化。【详解】根据P＝Fv知，P一定，当汽车加速时，v增大时，牵引力F减小，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，得知加速度减小，故ABC错误，D正确；故选D。7.行星绕着质量为M的恒星做匀速圆周运动。若已知行星的轨道半径是r，万有引力常量是G，则可求得（　　）A. 行星所受的向心力 B. 行星运动的向心加速度C. 恒星的密度 D. 恒星表面的重力加速度【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，解得向心力、向心加速度以及恒星的密度和表面重力加速度的表达式，然后结合相应的公式分析即可。【详解】A．根据万有引力定律可得：F＝，由于行星的质量m是未知的，所以不能求出行星受到的万有引力。向心力是效果力，也不能说行星受到向心力。故A错误；B．根据万有引力提供向心力得：ma＝，则：a＝，可以求出行星运动的向心加速度。故B正确；C．由于不知道该恒星的半径，不能求出该恒星的体积，则不能求出该恒星的密度。故C错误；D．恒星表面物体受到的万有引力：F＝m′g＝，所以：g＝，由于不知道该恒星的半径，不能求出该恒星表面的重力加速度，故D错误；故选B。8.一架水平向右匀速运动的直升机下方固定一根质量分布均匀的电缆。若不计空气阻力，则电缆的形状最接近于（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】对电缆进行受力分析，由受力平衡的特点即可得出结论。【详解】电缆随飞机做匀速直线运动，处于平衡状态，电缆受到重力与飞机的拉力，可知拉力的方向竖直向上，与重力的方向相反。故ACD错误，B正确；故选B。9.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与离地高度h的关系图象是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，此过程只有重力做功，根据机械能守恒列式。【详解】竖直上抛运动，只有重力做功，机械能守恒，即mgh+mv2＝mv02；即Ek＝mv02﹣mgh，即此过程EK与h成一次函数关系，斜向下，故C正确；故选C。【点睛】对于图像问题，关键是找到图像对应的函数关系，然后结合数学知识进行解答.10.单摆摆长为0.9m，摆球置于左端最大位移处，t＝0时刻起由静止释放。取g＝10m/s2，则t＝2s时摆球正在（　　）A. 向右加速运动 B. 向右减速运动C. 向左加速运动 D. 向左减速运动【答案】A【解析】【分析】先计算出单摆的周期，然后判断出t＝2s对应的位置与速度关系，最后由位置与速度关系、位置与加速度关系判定即可。【详解】该单摆的周期：，计时开始时摆球置于左端最大位移处，当t＝2s时，T＜t＜1.25T，此时小球正从左端最大位移处向平衡位置运动，位移正在减小，速度正在增大，即向右加速运动。故A正确，BCD错误。故选A。11.在x轴上电场强度E随位置变化如图所示，E＞0表示电场方向与x轴正向一致。一正电荷由x1出发，沿x轴正向运动到x2的过程中，电势能（　　）A. 先增大后减小 B. 先减小后增大C. 始终增大 D. 始终减小【答案】D【解析】【分析】由图可以看出，x1到x2电场方向与X正向一致，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小.【详解】处场强为x轴正方向，则从x1到x2处顺着电场线方向移动，电势减小，正电荷具有的电势能减小，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】此题关键是知道顺着电场线电势逐渐降低，正电荷在高电势点的电势能较大.12.如图，固定于O点的细线下端系一小球，不计空气阻力，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点往B点运动，此过程中小球（　　）A. 所受合力为零B. 所受水平拉力逐渐变小C. 机械能守恒D. 克服重力做功的功率逐渐变大【答案】D【解析】【分析】根据小球做圆周运动，对其受力分析，受拉力F、重力G、绳子的拉力T，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，判断F的变化情况，根据P=Fvcosθ判断重力的功率变化的情况。【详解】A．小球匀速率运动，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，但合力不为零，合力充当向心力，故A错误；B．小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点。设绳子与竖直方向夹角是θ，则　F/G＝tanθ（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）得F＝Gtanθ，显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F是一直增大的。故B错误；C．小球匀速率运动，重力势能增加，动能不变，故机械能增加，故C错误；D．重力不变，速度方向与重力的夹角不断增加（大于90度），故根据P＝Gvcosθ，重力的瞬时功率的绝对值不断增大；故D正确；故选D。二、填空題（共20分，每空格2分．）13.温度的国际单位是_____。气体的温度越高，气体_____（选填“每个分子的速率或“分子的平均速率”）就越大。【答案】    (1). 开尔文    (2). 分子的平均速率【解析】【详解】温度的国际单位是开尔文，温度是分子热运动平均动能的标志，同种气体分子，温度越高，分子的平均速率越大；大量气体分子的速率有大有小，但是按“中间多，两头少”的规律分布。14.正在沿平直轨道匀加速行驶的长为L的列车，通过长度为L的桥。车头驶上桥时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则列车的加速度为_____，列车过完桥时的速度为_____。【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】结合速度位移公式求出列车的加速度，再结合速度位移公式求出列车刚过完桥时的速度。【详解】火车车头从桥头到桥尾运动的过程中有：2aL=v22-v12火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中有：2a∙2L=v2-v12联立得：   。15.如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为5Ω，闭合电键，滑片在最左端a处时，电源的总功率为_____W；在滑片从a移到b的过程中，变阻器消耗的最大功率为_____W。【答案】    (1). 1.5    (2). 2.25【解析】【分析】明确功率公式的应用，由可求解电源的总功率；而根据电源的输出功率结论可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。【详解】电源的总功率P总＝EI可知，当滑片在最左端a处时电源消耗的功率为： ；而当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，变阻器消耗的功率最大，则变阻器消耗的最大功率为：.16.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速均为2m/s，振幅均为1cm，某时刻的图象如图所示。甲乙两波的周期之比为_____；再经过3s，平衡位置在x＝3m处的质点位移为_____cm。【答案】    (1). 2：3    (2). ﹣1【解析】【分析】由图得到波长，即可根据波速相同得到周期之比；根据波的传播得到经过3s后位移，即可由叠加得到x＝3m处的质点位移。【详解】由图可得：甲的波长为λ甲＝4m，乙的波长为λ乙＝9m﹣3m＝6m，根据周期公式T＝λ/v可知，因同种介质的波速相等，周期之比等于波长之比，即为2：3；再经过3s，两列波均向前传播距离x＝vt＝6m，故乙波刚好传播一个波长，即N处的振动情况传播到x＝3m处，而甲波传播x＝，故刚好波谷传到x＝3m处，此时x＝3m处的质点位移为﹣1m。【点睛】此题关键是知道同种介质中波的传播速度相同；两列波相遇时相互叠加，互不干扰，任何一点的总位移等于两列波引起的位移之和。17.如图，粗细相同的玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了长为l0cm的空气柱，B管开口且足够长，初始时两管水银面等高，外界大气压为75cmHg．固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一段距离，使A管内的水银液面下降2cm，此时A管内气体压强为_____cmHg；然后保持B管不动，并在B管内缓慢注入水银，注入_____cm水银后，A管内气柱长度恢复为10cm。【答案】    (1). 62.5    (2). 16.5【解析】【分析】A部分封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解使A管内的水银液面下降2cm时A管内气体压强；根据几何关系求解注入水银长度。【详解】设左右两端横截面积为S；A部分气体初态压强为：P1＝P0＝75cmHg、体积为：V1＝10S末态：体积为：V2＝12S由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2代入数据解得：P2＝62.5cmHg设注入水银柱的长度为x，则x＝2+2+（75﹣62.5）cm＝16.5cm三、综合题（共40分）18.“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）所示，其中R为定值电阻，R为滑动变阻器。（1）器材A是_____传感器；（2）测得电源的路端电压U与电流I的关系图线如图（b）所示，则电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（3）某同学用电流传感器和电阻箱与电源组成如图（c）所示的电路，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流I，由实验数据做出R﹣图线，若该图线的斜率为k，则电源电动势为_____；该同学没有采用测两组数据、解方程组求电动势和内阻的方法，原因是_____。【答案】    (1). 电压    (2). 4.4    (3). 1.6    (4). k    (5). 实验误差较大【解析】【分析】（1）分析图（a）所示电路图，根据实验原理分析答题。（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。（3）根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势；为减小实验误差应进行多次实验测出多组实验数据，应用图象法处理实验数据。【详解】（1）由图（a）所示电路图可知，该实验应用伏安法测电源电动势与内阻实验，器材A为电压传感器。（2）由图（b）所示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E＝4.4V，电源内阻：；（3）由图（c）所示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R），整理得：R＝E﹣r，R﹣图线的斜率：k＝E；测两组数据、解方程组求电动势和内阻的方法求电源电动势与内阻实验误差较大，为减小实验误差，应进行多次实验，测出多组实验数据，应用图象法求电源电动势与内阻；【点睛】本题考查了求电源电动势与内阻实验，分析清楚电路结构、知道实验原理是解题的前提与关键，应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式根据图示图线即可解题。19.如图，竖直平面内粗糙直杆与半径为R＝2.5m的光滑1/4圆弧轨道平滑连接，直径略大于杆截面直径的小环质量为m＝2kg。与竖直方向成α＝37°的恒力F作用在小环上，使它从A点由静止开始沿杆向上运动，当小环运动到半圆弧轨道左端B点时撤去F，小环沿圆轨道上滑到最高点C处时与轨道无弹力作用。AB间的距离为5m，小环与直杆间的动摩擦因数为0.5．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）小环在C处时的速度大小；（2）小环在B处时的速度大小；（3）恒力F的大小。【答案】（1）5m/s；（2）5m/s；（3）70N。【解析】【分析】（1）在C处，小环由重力提供向心力，由牛顿第二定律求小环在C处时的速度大小；（2）从B运动到C的过程，由机械能守恒定律求小环在B处时的速度大小；（3）小环从A运动到B的过程，运用动能定理可求得恒力F的大小。【详解】（1）在C处小环仅在重力作用下做圆周运动，有 mg＝m 得 vC＝＝5m/s（2）小环由B运动到C的过程中只有重力做功，机械能守恒，以B点势能零点，则  解得 vB＝5m/s（3）小环从A运动到B的过程，小环受力情况如图所示。设AB间距离为S，由动能定理得FScosα﹣fS﹣mgS＝ 其中 f＝μN＝μFsin37°代入数值解得  F＝70N【点睛】本题涉及力在空间的效果，在轨道光滑时要考虑机械能守恒，在有F作用时，要考虑动能定理。第3小题也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。20.光滑绝缘的水平面附近存在一个水平方向的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，其电势ϕ随x轴的关系如图所示，图中虚线为图线在x＝0.15m处的切线。质量为m＝1×10﹣4kg、带电量为q＝+1.6×10﹣10C的小物体处于x＝0.15m处由静止释放后开始运动。小物体运动过程中能量守恒，取g＝10m/s2。（1）分析判断小物体的运动方向；（2）已知图线上任意一点切线斜率的大小即为该点处的电场强度大小，求小物体开始运动时的加速度大小；（3）求小物体运动0.05m时的速度大小；（4）若水平面粗糙，且小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，试分析说明小物体的运动情况。【答案】（1）小物体沿x轴正向运动；（2）2.4m/s2；（3）0.4m/s；（4）物体沿x轴正向加速度运动；运动过程中F减小，物体的加速度减小，当F＜f后，物体开始减速运动，最终保持静止。【解析】【分析】（1）根据沿着电场线的方向，电势逐渐降低判断电场方向，从而判断电场力的方向，继而确定物体沿x轴运动方向；（2）图线上任意一点切线斜率的大小即为该点处的电场强度大小可求电场强度，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）根据能量守恒定律求解0.05m时的速度大小；（4）根据受力情况分析物体的运动情况。【详解】（1）沿着电场线的方向，电势逐渐降低，因此电场强度方向沿x轴正方向，即物体受到沿x轴正方向的电场力，故由静止释放后，物体沿x轴正方向运动；（2）图线上任意一点切线斜率的大小即为该点处的电场强度大小可得x＝0.15m处的电场强度为： 根据牛顿第二定律得小物体开始运动时的加速度大小为： （3）根据能量守恒定律可知减小的电势能转化为了物体动能，即： 代入数据解得：v＝0.4m/s（4）由滑动摩擦力公式得：f＝μmg＝2×10﹣4N电场力F＝qE＝2.4×10﹣4N＞f，物体沿x轴正向加速度运动；运动过程中F减小，物体的加速度减小，当F＜f后，物体开始减速运动，最终保持静止。【点睛】本题首先要明确φ-x图象中任意一点的切线的斜率表示电场强度的大小，然后根据受力分析运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据能量守恒定理求解速度即可。