《高中试卷》2019年上海市闵行区高考物理一模试卷

1、2019年上海市闵行区高考物理一模试卷一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题3分每小题只有一个正确选项）1（3分）下列物理量中属于矢量的是（）a温度b重力势能c电流强度d电场强度2（3分）下列单位，属于国际单位制中基本单位的是（）a牛顿b开尔文c焦耳d特斯拉3（3分）如图所示，小明将一个小球轻轻放置在列车中的水平桌面上，若小球相对桌面（）a静止，可知列车在匀速前进b向前运动，可知列车在加速前进c向前运动，可知列车在减速前进d向后运动，可知列车在减速前进4（3分）让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近图（）abcd5（3分）在“用单分子

2、油膜估测分子的大小”实验中，下列对实验过程的分析正确的是（）a测量一滴油酸酒精溶液体积用的是微小量放大法b在水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成规则形状c在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是比值法d该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法6（3分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（）a与它所经历的时间成正比b与它的位移成正比c与它的速度成正比d与它的速度的大小成正比7（3分）某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）a易拉罐上升的过程中，洞中

3、射出的水的速度越来越快b易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快c易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变d易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出8（3分）甲乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车t2时刻并排行驶。下列说法正确的是（）a两车在t1时刻也并排行驶b在t1时刻甲车在后，乙车在前c甲车的加速度大小先增大后减小d乙车的加速度大小先增大后减小9（4分）如图所示，环境温度稳定不变，静止竖直放置的u形管a管开口与大气相通，b管封闭，此时b管内水银面比a管内水银面高h。若外界大气压强（）a减小一些，则h变小b减小一些，则h变

4、大c变大一些，则h变小d变大一些，则h不变10（4分）在“研究共点力的合成”实验中，某小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置o、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的图是（）abcd11（4分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）abcd12（4分）如图所示，半径为r光滑圆轨道固定在竖直平面内，水平轨道ab在圆轨道最低点与其平滑连接，ab长度为l小球在外力作用下，由a向b以加速度a做匀加速运动，到达b点撒去外

5、力。要使球能沿圆轨道运动到d点，则小球过c点的最小速度值和在a点的最小速度值分别为（）avc0 va2rgbvc=rgva=5rg-2alcvc=rgva=5rgdvc=rgva=5rg+2al二、填空题（共20分每个空格2分）13（4分）如图，一个是振动图象，一个是波动图象，其中是 是振动图象（选填：“a”或“b”），图a的物理意义是： 。14（4分）已知阿伏伽德罗常数为na（mol1），铜的摩尔质量为m（kg/mol），铜的密度为（kg/m3），则可估算1个铜原子占有的体积为 m3，m千克铜中所含的原子数目为 15（4分）地球的两颗卫星a和b位置如图所示，这两颗卫星绕地球均做匀速圆周运动，

6、则这两颗卫星向心加速度较小的是 。周期较小的是 。16（4分）如图是自动驾驶汽车里测量汽车水平运动加速度的装置。该装置在箱的前、后壁各安装一个压力传感感器a和b，中间用两根相同的轻质弹簧压着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦滑动（弹簧的弹力与其形变量成正比）。汽车静止时，传感器a、b示数均为10n若当传感器b示数为8n时，汽车的加速度大小为 m/s2，方向是 （选填：“由a指向b”或“由b指向a”）。17（4分）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2v一电子经过a平面时的动能为10ev，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6ev则电势为零的等势

7、面是 ，电子经过c平面时的动能为 ev。三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等18（13分）某实验小组的实验电路如图（a）所示，电压表有一端接线位置待定。（1）若电压表待定端（a）接a，利用该实验所得的ui关系图线可得到电阻r的阻值（b）接b，利用该实验所得的ui关系图线可得到电阻r的阻值（c）接a，利用该实验所得的ui关系图线可得到电源的电动势和内阻（d）接b，利用该实验所得的ui关系图线可得到电源的电动势和内阻（2）将（a）图连接成“测定电源的电动势和内阻”的电路，合上开关，将滑动变阻器的滑片由接入电路阻

8、值最大端移向另一端，发现电压表的示数接近1.5v且几乎不变，直到当滑片滑至临近另一端时电压表的示数急剧减小，出现上述情况的原因是 。（3）调整合适的实验器材后，利用电压表和电流表的示数拟合出ui关系图线如图（b）所示，由此得到电源电动势e v，内阻r 。（4）请结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电压之和。19（12分）我国自行研制的c919大型客机在浦东机场首飞成功。设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移s1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v80m/s，已知飞机质量m7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，

9、重力加速度取g10m/s2，求飞机滑跑过程中，（1）加速度a的大小；（2）驱动力做的功w；（3）起飞瞬间驱动力的功率p。20（15分）如图（a）所示，两段间距均为l的长平行金属导轨，左段表面光滑、与水平面成角固定放置，顶端mn之间连接定值电阻r1，右段导轨表面粗糖、水平放置，末端cd之间连接一电源，电动势为e、内阻为r，两段导轨中间ef处通过一小段绝缘光滑轨道将它们圆滑连接起来。空间存在以ef为边界的磁场，左侧为匀强磁场，方向垂直导轨平面向下，大小为b1，右侧为变化磁场，方向水平向右，大小随时间变化如图（b）所示。现将一质量为m、电阻为r2、长为l的金属棒搁在左侧顶端，由静止释放，金属棒到达e

10、f之前已经匀速，接着进入水平轨道，且整个过程中没有离开导轨。设金属棒到达边界ef处t0，金属棒与水平导轨动摩擦因数为，重力加速度为g，则：（1）金属棒到达ef处的速度大小；（2）请写出金属棒在水平轨道运动时加速度的表达式（右侧磁感应强度用b2表示）；（3）试通过分析，描述金属棒到达水平轨道后的运动情况。2019年上海市闵行区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题3分每小题只有一个正确选项）1【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。【解答】解：a、温度只有大小没有方向，是标量，故a错误；b、重力势能只有大小

11、没有方向，是标量，故b错误；c、电流强度有方向，但其运算遵守代数加减法则，是标量。故c错误；d、电场强度有大小有方向，其运算遵守平行四边形定则，是矢量。故d正确故选：d。【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。2【分析】国际单位制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，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。【解答】解：在给出的几个单位中，牛顿、焦耳、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，开尔文是基本单位。故b

12、正确，a、c、d错误。故选：b。【点评】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，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。3【分析】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，根据惯性知识进行分析。【解答】解：a、小球静止，则列车可能静止，也可能匀速运动，故a错误；bc、若小球向前滚动，即小球的相对于车向前运动，知列车的向前的速度小于小球的向前的速度，所以若正在向前运动，则在减速，若列车正在向后运动，则列车的速度在增加，做加速运动。故b错误c正确；d、同理，若小球向后滚动，则列车可能加速向前运动，或减速向后运动，故d

13、错误；故选：c。【点评】解决本题的关键理解惯性的性质，即保持原来运动状态的性质，一切物体都具有惯性。4【分析】当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的大小时，物体就要远离圆心，此时物体做的就是离心运动。【解答】解：随矿泉水瓶转动的水做圆周运动时，需要合外力提供向心力，当水受到的合外力不足以提供需要的向心力时，水将做离心运动，逐渐离开矿泉水瓶的中心，所以水面的中心处将凹一些，而四周将高一些。所以四个图中，abc与实际不符，只有d是正确的故选：d。【点评】此题只要知道离心现象的定义以及条件，结合生活实例进行理解和记忆即可。5【分析】测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法；水面上撒痱子粉是

14、为了使油膜边缘形成清晰的界面；在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法；该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法。【解答】解；a、测量一滴油酸酒精溶液体积用的是累积法，则a错误b、水面上撒痱子粉是为了使油膜边缘形成清晰的界面，则b错误c、在坐标纸上计算油膜轮廓内格子数采用的是累加法，则c错误d、该实验采用的是借助物理模型间接测量的方法，则d正确故选：d。【点评】本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。6【分析】列车作初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式写出速度与时间、位移的关系式，再写出动能与时间、位移的关系式，即可分析。【解答】解：

15、a、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：vat，所以列车动能表达式 ek=12mv2=12ma2t2，m、a不变，可知动能与所经历的时间平方成正比，故a错误；b、依据动能定理，则有：f合x=12mv20，f合不变，可知，动能与它的位移成正比，故b正确；cd、由动能表达式ek=12mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故cd错误；故选：b。【点评】解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的规律，明确动能与速度、位移等物理量的关系，根据动能的表达式分析。7【分析】将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，易拉罐中的水处于完全失重状态，上层水平对下层水没有压力，水不会从洞中射出【解答】解：将易拉罐竖直向

16、上抛出后，由于空气阻力不计，易拉罐及水的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，易拉罐中各层水之间没有压力，在整体过程中，水都不会从洞中射出。故选：d。【点评】本题中实验学生可以亲自做一下，用牛顿运动定律分析和理解失重现象，并记住产生失重的条件8【分析】根据速度时间图线能分析出汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积大小表示位移判断哪个汽车在前。通过图线的斜率判断加速度的变化。【解答】解：ab、已知在t2时刻两车并排行驶，在t1t2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知在t1t2时间内，甲通过的位移比乙的大，可知在t1时刻，甲车在后，乙车在前，两车没有并排行驶。故a错误、b正确。cd、图线

17、切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大。故cd错误。故选：b。【点评】解决本题的关键要掌握速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。9【分析】求解出外界大气压与封闭气体压强关系表达式，然后进行分析讨论即可。【解答】解：a、b、以cmhg为单位，封闭气体压强为：pp0gh，若外界大气压强p0减小，则h减小，故a正确，b错误；c、d、以cmhg为单位，封闭气体压强为：pp0gh，若外界大气压强p0增大，则h增大，故c错误，d错误；故选：a。【点评】本题关键是明确封闭气体压强与外界大气压之间的关系，写出关系式，

18、然后讨论关系式即可，基础题。10【分析】做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力（实际值）进行比较。用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值。由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。【解答】解：a、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故a错误；b、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故b正确

19、；c、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故c错误；d、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故d错误；故选：b。【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素。11【分析】根据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小。【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向右；由于运动飞过

20、程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项c正确，选项abd错误；故选：c。【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化。12【分析】小球恰好到达最高点，知弹力为零，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，根据机械能守恒定律求出小球在b点的速度大小，根据匀变速直线运动规律求出a点速度。【解答】解：小球在最高点c所受轨道正压力为零，有：mgmvc2r，解得：vc=gr，小球从b点运动到c点，根据机械能守恒有：12mvb2=12mvc2+2mgr，解得：

21、vb=5gr。由于小球在ab段做匀加速运动，加速度大小为a，由运动学公式有：vb2-va2=2al解得：va=5gr-2al，故b正确；故选：b。【点评】本题主要考查了机械能守恒，运动学基本公式的直接应用，物体恰好通过c点是本题的突破口，这一点要注意把握，难度适中。二、填空题（共20分每个空格2分）13【分析】明确图象的横纵坐标，从而确定图象的性质，并明确两图象的意义。【解答】解：a图反映介质中各个质点在某一时刻的位移，是波的图象，而图b反映某一质点在各个时刻的位移，是振动图象；波动图象的意义是描述同一时刻各个质点的位移。故答案为：b；同一时刻各个质点的位移。【点评】本题既有理解振动图象和波动

22、图象各自的物理意义，由振动图象读出质点的振动方向，由波动图象判断波的传播方向，同时要抓住两种图象之间的联系。14【分析】摩尔质量密度×摩尔体积；摩尔质量阿伏伽德罗常数×每个分子的质量；摩尔体积阿伏伽德罗常数×每个分子的体积；根据公式列式求解即可【解答】解：摩尔体积：v摩尔=m；每个铜原子体积：v=v摩尔na=mna；m千克铜中所含的原子数目为：n=nan=namm故答案为：mna，mnam【点评】阿佛加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，记住一些相关公式是解决本类问题的关键15【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小。【解答】

23、解：人造卫星a、b在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则由牛顿第二定律得：gmmr2=m42t2rmat2r3gm，a=gmr2则可知离地面越近的卫星，轨道半径越小，向心加速度越大、周期越小，所以卫星b的周期较小，卫星a的加速度较小。故答案为：a，b【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。16【分析】滑块在水平方向上受到的力为a、b两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解。【解答】解：根据胡克定律公式fkx可知，fkx，由于两个弹簧相同，形变量的变化量相同，故弹力变化量相同；当压力

24、传感器b的读数为8n时，a传感器读数一定是12n，故合力为1284n，水平向右，根据牛顿第二定律，有：a=fm=42m/s22m/s2，由a指向b；故答案为：2 由a指向b【点评】传感器的示数就是等于该侧弹簧的弹力，也等于弹簧施加给滑块的弹力，对滑块受力分析，运用牛顿第二定律解题；此题要注意弹簧的弹力变化量跟缩短量的变化量成正比。17【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。【解答】解：虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10ev，从a到d的过程中克服电场力所做的

25、功为6ev，动能减小了6ev，电势能增加了6ev，因此等势面间的电势差为2v，因平面b上的电势为2v，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，电子经过c平面时的动能为 6ev，故答案为：c，6。【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等18【分析】（1）分析电路结构，明确电路接法，再根据电压表和电流表所测量的对象进行分析，再利用欧姆定律以及闭合电路欧姆定律进行分析即可明确能测量

26、的数据；（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头p滑至临近b端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大；（3）ui图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示内阻；（4）根据能量守恒定律证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。【解答】解：（1）a、若接a，此时电压表并联在滑动变阻器两端，电压表测量为滑动变阻器两端的电压，根据图象无法求出定值电阻的阻值；故a错误；b、接b，此时电压表并联在滑动变阻器两端，电压表测量为滑动变阻器与定值电阻两端的电压，根据图象无法求出定值电阻的阻值；

27、故b错误；c、若接a时，图象的斜率表示定值电阻与内阻之和，由于定值电阻未知，故内阻无法求出；故c错误；d、若接b，可将定值电阻视为滑动变阻器一部分，则根据作出的图象可得到电源的电动势和内阻；故d正确；故选：d（2）滑动变阻器串联在电路中，将滑动变阻器的滑片由接入电路阻值最大端移向另一端，发现电压表的示数接近1.5v且几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑片滑至临近另一端时电压表的示数急剧减小，说明滑动变阻器的总电阻太大，远大于电源内阻和定值电阻之和；（3）ui图象的纵轴截距表示电源的电动势，故e1.50v，内电阻等于图线的斜率，故r=1.50-1.

28、230.940.29（4）设电路工作时间为t，电路中电流为i，根据能量守恒，非静电力做的功w产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，即：wi2rt+i2rt，所以eitu内it+u外it，解得eu内+u外。故答案为：（1）d；（2）滑动变阻器的总电阻远大于电源内阻和定值电阻之和；（3）1.50、0.29；（4）设电路工作时间为t，电路中电流为i，根据能量守恒，非静电力做的功w产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，即：wi2rt+i2rt，所以eitu内it+u外it，解得eu内+u外。【点评】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于

29、实验原理、仪器选择及ui图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查。19【分析】（1）根据运动学公式求得运动的加速度；（2）根据牛顿第二定律求得牵引力，做功wfs；（3）起飞瞬间驱动力的功率pfv。【解答】解：（1）飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，根据s=v2t解得：t=2sv=2×1.6×10380s40s加速度大小为：a=vt=8040m/s22m/s2；（2）飞机起飞的过程中受到牵引力与阻力，根据牛顿第二定律可知：ffma，解得：ff+ma2.1×105n；wfs2.1×105×1.6×1033.36×108j（3）起飞瞬间驱动力的功率为：pfv2.1×105×801.68×107w答：（1）加速度a的大小为2m/s2；（2）驱动力做的功w为3.36×108n；（3）起飞瞬间驱动力的功率为1.68×107w。【点评】本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，加速度是解决问题的中间桥梁。20【分析】（1）由安培力公式求出导体棒受到的安培力，然后由平衡条件求出导体棒的速度。（