1、2013届上海市奉贤区高考一模物理试卷与答案（带解析） 选择题 最先利用扭秤实验较精确测出万有引力常量 G的科学家是 （ ） A库仑 B牛顿 C卡文迪什 D开普勒 答案： C 试题分析：库伦发现了库伦定律，牛顿在推出万有引力定律的同时，并没能得出引力常量 G的具体值 G的数值于 1789年由卡文迪许利用他所发明的扭秤得出；开普勒的提出了重要的开普勒三定律，故选 C， 考点：考查了物理学史 点评：了解物理学史，加强记忆，平时注意知识的积累 如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为 m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线 A.B 正上方等高从左到右快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的
2、支持力 FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（ ） A.FN一直大于 mg，运动趋势向左 B.FN一直小于 mg，运动趋势先向左后向右 C.FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右 D.FN先大于 mg 后大于 mg，运动趋势先向右后向左 答案： C 试题分析：条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，根据楞次定律，有阻碍其增加效果，在竖直方向上线圈有向下 运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平
3、方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右；故选 C 考点：考查了楞次定律的应用 点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷 如图所示，竖直向上的匀强电场中，有一质量为 m的带正电小球，施加 拉力 F使小球向上加速运动一段距离，在此过程中重力和电场力所做功的绝对值分别为 W1和 W2，不计空气阻力，则 ( ) A小球的电势能增加了 W2 B小球的重力势能增加了 W1 C小球的动能增加了 W1+W2 D小球的机械能增加了 W2 答案： B 试题分析：电场力做正功
4、，电势能减小，故小球的电势能增加了 ， A 错误，重力负功，重力势能增加了 ， B正确，根据动能定理，小球的动能增加量为,C 错误，小球的机械能增加量为动能增加量与重力势能增加量之和，为 ， D错误， 考点：考查了功能关系的应用 点评：电场力做功对应电势能变化，重力做功对应重力势能变化， 如图所示，将小球 从地面以初速度 v0竖直上抛的同时，将另一小球 从距地面 处由静止释放， A.的质量小于 b的质量，两球恰在 处相遇（不计空气阻力）。则 ( ) A.两球同时落地 B.相遇时两球速度大小相等 C.从开始运动到相遇，球 动能的减少量等于球 动能的增加量 D.相遇后的任意时刻，重力对球 A.做功
5、功率小于重力对球 b做功功率 答案： D 试题分析：相遇时 b球的位移 ，运动时间 ，相遇时 a球位移,可得 ， ,相遇时 a球的速度，由题意可得此时 b球 已经具有向下的速度而 a球速度为零，故b球以较大速度先落地 ,AB错误，以后任意时刻重力的瞬时功率 ， b球的瞬时功率总是大于 a球瞬时功率。 D正确，从开始运动到相遇， a球克服重力所做的功等于重力对 b球所做的功，由动能定理可得 C项错误。 考点：考查了竖直上抛运动和自由落体运动规律。 点评：据题目的介绍分析得出 ab球的运动之间的关系是解答本题的关键，这要求熟练的掌握自由落体和竖直上抛运动的规律 如图为竖直放置的粗细均匀的两端封闭的
6、细管，水银柱将气体分隔成 A.、B 两部分， A.初始温度高于 B 的初始温度。使 A.、 B 升高相 同温度达到稳定后，A.、 B两部分气体压强变化量分别为 DpA.、 DpB，对液面压力的变化量分别为DFA.、 DFB，则（ ） A.水银柱一定向上移动了一段距离 B. C. D. 答案： D 试题分析：根据根据压强平衡可得 ,根据受力平衡可得, ,两式相减可得 ,所以， 即 ，水银柱不移动，故选 D, 考点：考查了气体压强平衡问题 点评：关键是抓住变化前后的动态平衡列式求解 一列简谐横波沿 x轴正方向传播， O 为波源且 t=0开始沿 y轴负方向起振，如图所示是 t=0.2s末 x=0至
7、4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。已知图示时刻 x=2m处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是（ ） A这列波的周期为 0.2s，振幅为 10 cm B这列波的波长为 8m，波速为 40 m/s C t=0.7 s末， x 10 m处质点的位置坐标为（ 10m， 10cm） D t=0.7 s末， x 24 m处的质点加速度最大且沿 y轴负方向 答案： AB 试题分析：从图中可知这列波的波长为 8m，因为 x=2m处的质点第一次到达波峰，而质点的起振方向为 y轴负方向，所以 O 点正好通过平衡位置向下，所以正好经过了 ,所以周期为 ，故传播速度为 ，振幅为10cm，所以 AB正确
8、，当 ，波传播到 x=10m处，所以当 t=0.7s时， x=10m处的质点振动了 0.45s，即振动了 ,因为起振方向向下，所以此刻质点在负向最大位置处，即坐标为（ 10m， -10cm）， C错误，当时，波传播到了 x=24m处，所以距离 0.7s振动了 0.1s即半个周期，所以此时质点正位于平衡位置向上运动， D错误， 考点：考查了简谐波图像的理解 点评：做本题的关键是把握所有点的起振方向相同，波的题目其实就是一个信息题目 ，题中的条件很关键 如图所示，电源的电动势和内阻分别为 E、 r， R0=r滑动变阻器的滑片 P由A.向 b缓慢移动，则在此过程中（ ） A.伏特表 V1的示数一直增
9、大 B.伏特表 V2的示数先增大后减小 C.电源的总功率先减少后增加 D.电源的输出功率先减小后增大 答案： CD 试题分析：当变阻器滑片滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大所以外电路总电阻先增大后减小，故路端电压先增大后减小，即电压表 V1的示数先增大后减小， A错误，电流电流先减小后增大，所以电阻 两端的电压先减小后增大，故伏特表 V2的示数先减小后增大， B错误，根据公式 可得电源总功率先减小后增大， C正确，当在 a端时，外电路电阻等于电源内阻，电源的输出功率最大，之后外电路电阻增大，所以电源输出功率减小，当 P点位于中点时，减小到最小，之后又开始增大，所以电源的输出功率先减小后增大，
10、 D正确， 考点：考查了电路的动态分析 点评：本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大再按常规顺序 “部分 整体 部分 ”分析 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为 0.1m2，线圈电阻为 1 。规定线圈中感应电流 I 的正 方向从上往下看是顺时针方向，如图（ 1）所示。磁场的磁感应强度 B随时间 t的变化规律如图（ 2）所示。则以下说法正确的是 ( ) .在时间 0 5s内， I的最大值为 0.1A. .在第 4s时刻， I的方向为逆时针 .前 2 s内，通过线圈某截面的总电量为 0.01C .第 3s内，线圈的发热功率最大
11、答案： BC 试题分析：根据法拉第电磁感应定律 可以看出 B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大 ,即：,根据欧姆定律： 故 A错误从第 3s末到第 5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断 出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，故 B正确通过线圈某一截面的电量 ,所以 C正确，线圈的发热功率： ，所以 B-t图象的斜率越大则电功率越大，所以零时刻线圈的发热功率最大，故 D错误故选： BC 考点：考查了法拉第电磁感应定律以及楞次定律的应用 点评：解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律 ，会根据楞次定律判断感应电动势的方向 如图，楔形物 A
12、.静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块 B。用平行于斜面的力 F拉 B，使之沿斜面匀速上滑。现把改变力 F的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体 B沿斜面匀速上滑。在 B运动的过程中，楔形物块 A.始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（ ） A.A.给 B摩擦力减小 B.拉力 F可能减小可能增大 C.物体 B对斜面的作用力不变 D.地面受到的摩擦力大小可能变大 答案： AB 试题分析：当 F的角度变大后，在垂直斜面方向上有一个沿垂直斜面向上的分力，所以 B对 A的正压力减小，所以滑动摩擦力减小， A正确， C错误， 变化前根据力的分解可得 ，变化后，由于摩擦力减小，而沿斜面向上的
13、力不再是完全有 F来充当，而是 F的一个分力，所以 F可能变大也可能变小， B正确， B对 A的摩擦力减小，正压力减小， B对 A的作用力减小，所以地面受到的摩擦力减小， D错误， 考点：考查了力的平衡条件的应用 点评：做此类型的题目时，需要从力的变化的角度分析，本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象难度适中， 从 O 点抛出 A.、 B、 C三个物体，它们做平抛运动的轨迹分别如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度 vA.、 vB、 vC的关系和三个物体在空中运动的时间 tA.、 tB、 tC的关系分别是（ ） A.vA.vBvC， tA.tBtC B.vA.tBtC D.vA.vBv
14、C， tA.Gcos370，杆对环的弹力在垂直杆向下， N mg cos37 Fsin37 Fcos37-mN-mg sin37 mA.，代入数据得， F=12N。不符合要求。（备注：得到 20N 正确，没有舍去 12N 扣 1分） （ 2）（ 4 分） ， mgcos+mgsin=mA.2， A.2=gcos+gsin=10m/s2，若物体向上经过 C 点， 。 若物体向下经过 C点， mgsin-mgcos=mA.3， A.3= gsin-gcos=2m/s2， ，到 C点的时间为 0.2s或 考点：考查了力的平衡和牛顿第二定律的应用 点评：在做力和运动题目时，加速度是关键，要么由加速度求
15、力，要么由力求运动， (14 分）如图， MN、 PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 q=300 角固定，轨距为 L=1m，质量为 m的金属杆 A.b水平放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B=0.5T。 P、M间接有阻值 R1的定值电阻， Q、 N 间接变阻箱 R。现从静止释放 A.b，改变变阻箱的阻值 R，测得最大速度为 vm，得到 与 的关系如图所示。若轨道足够长且电阻不计 ，重力加速度 g取 l0m/s2。求： （ 1）金属杆的质量 m和定值电阻的阻值 R1； （ 2）当变阻箱 R取 4时，且金属杆 A.b运动的加速度为 gsi
16、nq时，此时金属杆 A.b运动的速度； （ 3）当变阻箱 R取 4时，且金属杆 A.b运动的速度为 时，定值电阻 R1消耗的电功率。 答案：（ 1） m=0.1kg， R=1（ 2） v 0.8m/s（ 3） 试题分析：（ 1）（ 5 分）总电阻为 R 总 R1R /(R1 R)； I BLv/R 总 当达到最大速度时金属棒受力平衡。 mgsinq BIL= ，根据图像代入数据，可以得到棒的质量 m=0.1kg，R=1 （ 2）（ 5分）金属杆 A.b运动的加速度为 gsinq时， I BLv/R总 根据牛顿第二定律 F 合 mA.， mgsinq-BIL mA.， mgsinq- mgsin
17、q，代入数据，得到 v 0.8m/s （ 3）（ 4分）当变阻箱 R取 4时，根据图像得到 vm=1.6m/s，考点：考查了导体切割磁感线运动， 点评：此类型题目要重点做好受力分析及运动情景分析，用好共点力的平衡关系及牛顿第二定律等基本规律 (14分）如图，一对很大的竖直放置 的平行金属板可以绕 M、 N 左右转动，其之间存在一水平匀强电场。有一长为 l的轻质细绝缘棒 OA.处于电场中，其一端可绕 O 点在竖直平面内自由转动，另一端 A.处固定一带电 -q、质量为 m的小球 A.，质量为 2m的绝缘不带电小球 b固定在 OA.棒中点处。滑动变阻器电阻足够大，当变阻器滑片在 P点处时，棒静止在与
18、竖直方向成 30角的位置，已知此时 BP 段的电阻为 R， M、 N 两点间的距离为 d。试求： (重力加速度为 g) （ 1）求此时金属板间电场的场强大小 E； （ 2）若金属板顺时针旋转 30（图中虚线表示），并移动滑片位置，欲使棒 静止在与竖直方向成 30角的位置， BP 段的电阻应调节为多大？ （ 3）若金属板不转动，将 BP 段的电阻突然调节为 R，则小球 b在摆动过程中的最大动能是多少？ 答案：（ 1） （ 2） R2 R（ 3） 试题分析：（ 1） (4分 )小球和棒力矩平衡：金属板间电场的场强大小 （ 2）（ 5分）金属板间电势差 U1 E1d 金属板旋转 30后平衡， ， 板旋转后，板距 d d cos30， U2 Ed 金属板间电势差与变阻器 BP 电阻成正比，因此 ， R2 R （ 3）（ 5分） BP 段的电阻调节为 R后， 设小球动能最大时，细线与竖直角度为 ，即摆动过程中的平衡位置，根据力矩平衡得到： ， tg 1， 45。 A.的速度是 b的 2倍， A.的质量是 b的一半，所以 A.的动能是 b的动能 2倍，设 b的最大动能为 Ek，对整体，根据动能定理得到：解得： 考点：考查了动能定理以及静电学的综合应用 点评：做此类型题目，需要从受力分析开始，因为涉及的过程比较多，所以采用动能定理或者能量守恒分析解题
