1、2017年上海市崇明县高三第一次模拟考试试题物理 一、单选题： (每题 3 分，共 24分 ) 1.下列各物理量的定义式正确的是 ( ) A.电流强度 I= B.加速度 a= C.电场强度 E= D.电势 = 解析： A、公式 I= 是欧姆定律的表达式，不属于比值定义式 。 故 A错误 B、加速度 a= 是牛顿第二定律得到的牛顿第二定律的表达式，不是定义式，故 B错误； C、公式 E= 是点电荷的电场强度与距离的关系，不属于定义式，故 C错误； D、公式 = 是电势的定义式，为比值定义法，故 D正确 。 答案： D 2.升降机地板上放一木箱，质量为 m。 当它对地板的压力 N=0.8mg时，升
2、降机可能做的运动是 ( ) A.加速上升 B.减速上升 C.静止 D.匀速下降 解析： 木箱对升降机地板的压力为 N=0.8mg，小于木箱的真实的重力，所以木箱受到的合力的方向应该是向下的，有向下的加速度，所以木箱可能是向上减速，也可能是向下加速，故B正确， ACD错误 。 答案： B 3.如图所示，一偏心轮绕 O点做匀速转动 。 偏心轮边缘上 A、 B两点的 ( ) A.线速度大小相同 B.角速度大小相同 C.向心加速度大小相同 D.向心加速度方向相同 解析： A、偏心轮上各处角速度相等，由 v=r 可知半径不同点，线速度不同，故 A错误； B、同一偏心轮上各处角速度相同，故 B正确； C、
3、根据公式 an= 2r，向心加速度与到转动轴 O的距离成正比，半径不同的点，向心加速度不相等 。 故 C错误； D、向心加速度的方向始终指向圆心，所以 A、 B两点向心加速度的方向不同，故 D错误 。 答案： B 4.起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起质量相等货物，则两次起重机对货物的拉力和起重机的功率大小关系是 ( ) A.拉力不等，功率相等 B.拉力不等，功率不等 C.拉力相等，功率相等 D.拉力相等，功率不等 解析： 两次均匀速吊起，根据平衡知， F=mg，知拉力相等，根据 P=Fv，速度越大，功率越大，故 D正确， A、 B、 C错误 。 答案： D 5.两根相同的绳子上某时
4、刻存在 A、 B两列绳波，两波形如图所示 。 经过 t时间，在该区域内两波再次出现如图波形，设波 A和 B的周期分别是 TA、 TB，则 t可能等于 ( ) A.TA B.TB C.2TA D.2TB 解析： 由图知 A波的波长为 L， B波的波长为 ，同一介质，速度相同 A波周期： B波周期： 周期关系： 根据题意，在该区域内两波再次出现如图波形，经历的时间可能是 、 故 C正确， ABD错误 。 答案： C 6.物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能 Ep与下落速度 v之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是 ( ) A. B. C. D. 解析： 物体做自由落体运动
5、，机械能守恒，则有： EP=E mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以 C正确， ABD错误 。 答案： C 7.如图所示电路中，电源电压恒定不变，若将滑动变阻器的滑片 P向右移动的过程中，电路中的 ( ) A.电压表示数减小，灯 L变暗 B.电压表示数减小，灯 L变亮 C.电压表示数增大，灯 L变暗 D.电压表示数增大，灯 L变亮 解析： 将滑动变阻器的滑片 P向右移动，其有效电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中电流减小，则灯泡 L变暗 。 电流减小，电源的内电压和 R2所占的电压减小，则知电压表示数增大 。 故 C正确， ABD错误 。 答案： C
6、 8.如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度 h和空气柱的长度 l的变化情况是 ( ) A.h增大， l增大 B.h增大， l减小 C.h减小， l增大 D.h减小， l减小 解析： 当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据 P=P0 Ph知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律 pV=c知气体的体积将增大，则 l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据 P=P0 Ph知，管内液面升高，所以 h增 大 。 故A正确， BCD错误 。 答案： A 二、多选题： (每题 4 分，共 16分 ) 9.(
7、4分 )下列单位属于国际单位制基本单位的是 ( ) A.千克 B.开尔文 C.牛顿 D.安培 解析： A、千克是质量单位，是国际基本单位，故 A正确 。 B、开尔文是热力学温度得单位，是国际基本单位，故 B正确 。 C、牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故 C错误 。 D、安培是电流的单位，是基本单位，故 D正确 。 答案： ABD 10.(4分 )如图所示，细线的一端固定于 O点，另一端系一小球，在水平拉力 F作用下，小球缓慢地在竖直平面内由 A点运动到 B点的过程中 ( ) A.拉力 F逐渐增大 B.拉力 F对小球做正功 C.细绳对小球做负功 D.小球的机械能保持守恒 解析： A
8、、小球缓慢运动，合力为零，设绳子与竖直方向的夹角为 ，在垂直绳子方向有：Fcos=mgsin ，解得： F=mgtan ， 逐渐增大，则拉力 F逐渐增大，故 A正确 。 B、拉力 F与小球速度的夹角为锐角，所以拉力对小球做正功，故 B正确 。 C、绳子的拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子张力对小 球不做功，故 C错误 。 D、根据功能原理可知，拉力 F对小球做正功，小球的机械能增加，故 D错误 。 答案： AB 11.(4分 )如图所示，用与竖直方向成 角 ( 45 )的倾斜轻绳 a和水平轻绳 b共同固定一个小球，这时绳 b的拉力为 T1.现保持小球在原位置不动，使绳 b在原竖直平面内逆时转过
9、 角固定，绳 b的拉力变为 T2；再转过 角固定，绳 b的拉力为 T3，则 ( ) A.T1=T3 T2 B.T1 T2 T3 C.T1=T3 T2 D.绳 a的拉力增大 解析： 以小球为研究对象，分析受力：重力、 a、 b两绳的拉力 T1、 T2.根据平衡平衡条件得知， T1和 T2的合力方向竖直向上，大小与重力相等，保持不变，作出 b绳在三个不同位置时，两个拉力的变化，如图，可图得到， T1=T3 T2。 由图看出，绳 a的拉力减小 。 故 A正确， BCD错误 。 答案： A 12.(4分 )如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线， A、 B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度 vA
10、经过 A点向 B点运动，经过一段时间后，粒子以速度 vB经过 B点，且 vB与 vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是 ( ) A.A点的场强一定大于 B点的场强 B.A点的电势一定高于 B点的电势 C.粒子在 A点的速度一定小于在 B点的速度 D.粒子在 A点的电势能一定小于在 B点的电势能 解析： A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断 AB两点哪儿场强更大，故 A错误 。 B、由于带正电的粒子在 A点时速度方向向右而到达 B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以 A点电势低于 B点的电势
11、 。 故 B 错误 。 C、由于从 A到 B过程中电场力做负功，故电荷在 A点的动能更大，故粒子在 A点时的速度大于它在 B点时的速 度，故 C错误 。 D、由于从 A到 B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大 。 故 D正确 。 答案： D 三、填空题： (每题 4 分，共 20分 ) 13.(4分 )以初速度 36m/s竖直上抛的物体，如不计空气阻力，则它在上升过程中最后一秒内的位移是 m，从抛出到落回抛出点的时间为 s。 (g取 10m/s2) 解析： 上升到最高点前的最后一秒内发生的位移大小与自由落体运动 1s 时间内的位移是大小是相等的为： h = m=5m； 回到出发点的时间：
12、t= s。 答案： 5， 7.2 14.(4分 )如图所示，弹簧 S1的上端固定在天花板上，下端连一小球 A，球 A与球 B之间用轻绳相连，球 B与球 C 之间用弹簧 S2相连 。 A、 B、 C的质量分别为 mA、 mB、 mC，弹簧的质量均不计 。 已知重力加速度为 g。 开始时系统处于静止状态 。 现将 A、 B间的绳突然剪断，线刚剪断时 A的加速度大小为 ， C的加速度大小为 。 解析： 细线剪断前， BC球整体受重力和细线拉力 T，故： T=(mB+mC)g； 细线剪断前， A球受到重力、细线的拉力和上方弹簧的弹力，根据平衡条件，有： T+mAg F1=0； 解得： F1=(mA+m
13、B+mc)g 细线剪断后，小球 C受力情况不变，故加速度为零； 细线剪断后，小球 A受重力和上面的弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有： F1 mAg=mAa 解得： a= 。 答案： ， 0 15.(4分 )如图所示电路中，电源电动势 E=2V，内阻 r=2 ， R1=4 ， R2=6 ， R3=3 。 若在C、 D间连一个理想电流表，其读数是 A；若在 C、 D间连一个理想电压表，其读数是 V。 解析： 若在 C、 D间连一个理想电流表，则电路结构为 R2、 R3并联后与 R1串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得： 总电流 I= 所以并联部分的电压为： U=R 并 I= 所以通过电流表的电
14、流为 I1= 若在 C、 D间连一个理想电压表，则电路结构为 R1、 R2串联接到电源上，电压表测量的是 R2的电压则 R2= 。 答案： ； 1 16.(4分 )如图，带电量为 +q的点电荷与均匀带电薄板相距为 2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心 。 若图中 a点处的电场强度为零，根据对称性，图中 b点处的电场强度大小为 ，方向 。 (静电力恒量为 k) 解析： q在 a点形成的电场强度的大小为 E1= ，方向向左；因 a点场强为零，故薄板在 a点的场强方向向右，大小也为 ，由对称性可知，薄板在 b点的场强 ，方向向左； q在 b处产生的场强大小为 E2= = ，方向向左，根据电场
15、的叠加原理可得： b点处的电场强度大小为 E=E1+E2= ，方向水平向左 。 答案： ，水平向左 。 17.(4分 )在如图甲所示电路中，电源电动势为 3.0V，内阻不计， L1、 L2、 L3为三个相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后， L1消耗的电功率为 W， L2的阻值为 。 解析： 当开关 S闭合稳定后，灯泡 L1的电压等于 3V，由图读出其电流 I1=0.25A，则灯泡 L1的电功率为： P=U1I1=3V 0.25A=0.75W； 灯泡 L2、 L3串联，电压等于 1.5V，由图读出其电流 I2=I3=0.20A，灯泡 L2、 L3的电阻均为： R
16、2=R3= =7.5 。 答案： 0.75， 7.5 四、综合题： (共 40分 ) 18.(8分 )在用单摆测重力加速度的实验中： 实验时必须控制摆角在 以内，并且要让单摆在 平面内摆动； 某同学测出不同摆长时对应的周期 T，作出 L T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、 B的坐标 (x1， y1)、 (x2， y2)，可求得 g= 。 若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的 g值和真实值相比是 的 (选填 “ 偏大 ” 、 “ 偏小 ” 或 “ 不变 ” )。 解析： 单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于 5 (或 10 )的范围内，
17、其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运动 。 由周期公式 T= 所以 L= T2 代入数据可得 g=4 2 由上面 结论可以知道，漏加了小球半径后 (y2 y1)不变，故不影响最后结果 。 答案： 5 ，同一竖直； 4 2 ； 不变 。 19.(6分 )在 “ 用 DIS描绘电场的等势线 ” 实验如图所示， A、 B是两个圆柱形电极， a、 b、 c、d、 e是实验中选取的间距相等的 5个基准点， c是 AB 的中点 。 (多选 )关于该实验有下列叙述正确的是 。 (A)本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的 (B)在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸 (C
18、)实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触 (D)放置导电纸时有导电物质的一面向下 对传感器进行调零后进行测量，如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点 C接触，黑色探针跟导电纸上 Q点接触 (已知 Qc和 Pb垂直于 AB)，则传感器读数为 (选填 “ 正 ” 、“ 负 ” 、 “ 零 ” )。 如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点 b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，则传感器读数为 (选填 “ 正 ” 、 “ 负 ” 、 “ 零 ” )。 解析： A、本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的，故 A正确； B、在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，故 B错误； C、实验中圆柱形电极与导电纸应有良好
19、的接触，故 C正确； D、 放置导电纸时有导电物质的一面应向上，故 D 错误； 故选 AC。 根据对应的电场线和电势分布规律可知， CG 两点电势相等，故两指针接 CQ时，传感器读数为零；如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点 b接触，黑色探针跟导电纸上 P点接触，由于 b点电势高于 P点电势，故则传感器读数为正 。 答案： AC；零；正 20.(12 分 )内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为 2 10 4m2的活塞封闭了一定质量的气体 。 先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半 。接着边在活塞上方缓缓倒上沙子边对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达
20、到177 。 (外界环境温度为 27 ，大气压强为 1.0 105Pa， g=10m/s2)。 (1)求加热前倒入多少质量的沙子？ 解析： 气体做等温变化为： p1=p0 根据玻意耳定律，有： p1v1=p2v2 p2=2 p1=2.0 105Pa 由活塞和沙子受力平衡得： m1g=(p2 p1)s=20N 解得： m1=2 kg。 答案： 求加热前倒入 2kg质量的沙子 。 (2)求整个过程总共倒入多少质量的沙子？ 解析： 气体做等体积变化： T2=273+27=300K T3=273+177=450K 代入数据解得： P3=3.0 105Pa 对活塞和沙子受力平衡，有： m2g=(p3 p
21、1)s=40N m2=4 kg 一共倒入了 4kg的砂子 。 答案： 求整个过程总共倒入 4kg质量的沙子 。 (3)在 p T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程 。 解析： 在 p T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示 。 答案： 在 p T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示 ： 21.(14 分 )足够长光滑斜面 BC的倾角 =53 ，小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间 B点有一小段弧形连接，一质量 m=2kg 的小物块静止于 A点 。 现在 AB段对小物块施加与水平方向成 =53 的恒力 F作用，如图 (a)所示，小物块在
22、 AB段运动的速度时间图象如图 (b)所示，到达 B点迅速撤去恒力 F。 (已知 sin53= 0.8， cos53= 0.6)。求： (1)小物块所受到的恒力 F； 解析： 由图 (b)可知， AB段加速度 根据牛顿第二定律，有 Fcos (mg Fsin )=ma 得 。 答案： 小物块所受到的恒力 F为 11N。 (2)小物块从 B点沿斜面向上运动，到返回 B点所用的时间； 解析： 在 BC 段 mgsin=ma 2 解得 小物块从 B到 C所用时间与从 C到 B所用时间相等，有 。 答案： 小物块从 B点沿斜面向上运动，到返回 B点所用的时间为 0.5s。 (3)小物块能否返回到 A点？若能，计算小物块通过 A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离 B点的距离 。 解析： 小物块从 B向 A 运动过程中，有 mg=ma 3 解得 滑行的位移 所以小物块不能返回到 A点，停止运动时，离 B点的距离为 0.4m。 答案： 小物块不能返回到 A点，停止运动时，离 B点的距离为 0.4m。
