《高中试卷》2019年上海市浦东新区高考物理一模试卷

1、2019年上海市浦东新区高考物理一模试卷一、单项选择题（共40分，1-8题每小题3分，9-12题每小题3分每小题只有一个正确选项）1（3分）元电荷是（）a电荷量b点电荷c电子d质子2（3分）如图所示，为一列沿x轴传播的横波，周期为2s，则该波（）a波长为2mb振幅为10cmc频率为2hzd波速为2m/s3（3分）如图中标出了磁感应强度b、电流i和其所受磁场力f的方向，正确的是（）abcd4（3分）如图所示，一只小甲虫沿着倾斜的树枝向上匀速爬行，则（）a甲虫速度越大所受摩擦力越大b树枝对甲虫的摩擦力方向沿树枝向下c树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力d甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受

2、摩擦力方向相反5（3分）用国际单位制中基本单位表示的磁通量单位是（）awbbtm2cnmadkgm2as26（3分）一个物体作竖直上抛运动，则（）a上升到最高点时，加速度为零b上升和下落过程的平均速度相同c任何相等时间内的速度变化量都相同d相等时间内的位移可能相同7（3分）如图所示，同一水平面内有一金属圆线圖m和一带正电橡胶圆环n，当n绕其圆心在水平面内顺时针加速转动时，可判断出m环中产生的感应电流方向及m变化趋势（）a逆时针；收缩b逆时针；扩张c顺时针；收缩d顺时针；扩张8（3分）如图所示，人随自动扶梯加速上行，扶梯对人的作用力为f，则f（）a大小等于人的重力，对人做正功b大小等于人的重力，

3、对人做负功c大小大于人的重力，对人做正功d大小小于人的重力，对人做负功9（4分）“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则（）a蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大b蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大c蹦极者的机械能先增大后减小d蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小10（4分）一带电粒子仅在电场力作用下以初速度w向右做直线运动，其vt图象如图所示。则（）at1时刻前后电场力方向相反b0t2时间内电场力先减小后增大c0t2时间内粒子速度一直减小d0t2时间内粒子速度改变量的

4、方向向左11（4分）如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，r1、r2、r3阻值相同。将单刀双掷开关由a点打到b点（）a伏特表的读数变大b电源的总功率变小c电源的效率变大dr2的功率变小12（4分）空间有一沿x轴方向电场，x轴上各点电势随x变化的关系如图所示，则（）a该电场可能是单个点电荷所形成的电场bx2x3区间内，场强沿x轴负方向c0x2区间内，沿x轴正方向电势先降低后升高d将电子沿x轴从x1移到x3处，其电势能先减小后增大二、填空题（共20分）13（4分）如图所示是“研究向心力与哪些因素有关”的实验仪器，叫做“dis向心力实验器”。该实验装置中需要用到力传感器和 传感器，由于该实验涉

5、及多个物理量，所以实验采用的方法是 法。14（4分）“用dis测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图所示，定值电阻r1在实验中的作用是 ；传感器的连接还未完成，其上端的接线柱c应连接在 上（选填“a”或“b”）。15（4分）质量分别为2m和m的两颗恒星a和b组成双星系统，仅在相互之间万有引力的作用下，以两星连线上的某点为圆心，在同一平面内做周期相同的匀速圆周运动。则a、b两颗恒星的向心力之比fa：fb ；运动半径之比ra：rb 。16（4分）a车和b车在同一平直公路上行驶，它们的位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知0t1时间内a车与b车之间的距离 （选填“一直减小”、“一直增大”或“

6、先增后减”）；设0t2时间内a、b两车的平均速度分别为va和vb，则va vb（选填“”、“”或“”）17（4分）边长为l、电阻为r的n匝正方形线圈，以速度v匀速进入磁感应强度为b的有界匀强磁场。线圈运动方向与磁场边界成角，如图所示。当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量 ：线圈所受安培力f 。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（10分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过 （选填“最高点”或“最低点”）时开始计时。（2）某同学在正确操作和测量的情

7、况下，测得周期为t1，得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的 （选填“上方”或“下方”）。于是他将摆线长减小l，测得单摆振动周期为t2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是 。（3）为了更准确测量，他测出多组摆长l和振动周期t，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示 ；由图象求出的重力加速度g m/s2（小数点后保留两位）19（14分）如图所示，长l3.41m的水平直杆bc，与高h0.2m的光滑细弯杆ab底部和足够长斜杆cd底部都平滑连接，cd与水平方向夹角37°一质量m0.2kg的小环套在杆上，从最高点a

8、由静止释放，沿细弯杆运动到b点时在小环上加一水平向右的外力f2n，至c点撒去，小环冲上斜杆cd已知小环与杆bc、cd间动摩擦因数均为0.8（g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8）求：（1）小环在b点时的速度vb大小；（2）判断小环最终能否静止在斜杆上，通过表达式及计算加以说明；（3）小环在斜杆cd上运动的时间。（小数点后保留两位）20（16分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，左侧水平，右侧倾斜且与水平部分平滑连接并成30°夹角，两导轨间距为l0.5m，左端接有电阻r0.5，其余电阻不计。水平部分空间内有竖直向上的匀强磁场b10.5t，斜面

9、部分有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场b2质量为m0.2kg的导体棒cd，与导轨接触良好且始终垂直于导轨。给棒cd沿斜面向下的初速度v02m/s后，棒匀速下滑，经时间t1s进入水平部分。（g10m/s2）求：（1）b2的大小；（2）进入水平部分后，棒cd的电流方向和安培力方向，并从速度、加速度两个角度描述导体棒cd进入水平部分后的运动情况；（3）棒cd从开始到最终停止，电阻r上产生的热量q；（4）棒cd进入水平部分瞬间加速度a的大小和方向；若要让棒进入水平部分后，加速度保持不变，需在棒上加一个水平外力f，直至棒离开水平面，从棒进入水平部分开始计时，请写出力f与时间t的表达式，并标明f的方向及t的

10、取值范围。2019年上海市浦东新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，1-8题每小题3分，9-12题每小题3分每小题只有一个正确选项）1【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍。【解答】解：元电荷又称“基本电量”，元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，不是指质子或者是电子，也不是电荷，故a正确，bcd错误；故选：a。【点评】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性。2【分析】明确波动图象的性质，根据图象可直接得出波的波长和振幅；根据周期和

11、频率的关系即可确定频率，根据波长波速和频率的关系即可确定波速大小。【解答】解：ab、由图可知，该波的波长为4m，振幅为5cm，故ab错误；c、周期为2s，则频率f=1t=12=0.5hz，故c错误；d、根据波速、波长和频率的关系可知，波速vf4×0.5m/s2m/s，故d正确。故选：d。【点评】本题考查对波动图象的认识，要注意明确图象的性质，同时掌握波长、波速和周期、频率间的关系。3【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。根据左手定则的

12、内容判断安培力的方向。【解答】解：a、根据左手定则，安培力的方向垂直导线斜向左上方，故a错误；b、根据左手定则，安培力方向垂直磁场向上，故b正确；c、电流的方向与磁场方向平行，可知，不受安培力，故c错误；d、根据左手定则，安培力的方向垂直纸面向外，故d错误；故选：b。【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，及注意安培力产生条件，及与右手定则的区别。4【分析】甲虫匀速爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化。【解答】解：ab、设倾角为，根据平衡条件可知甲虫所受的摩擦力fmgsin，方向沿树枝向上，匀速运动过程中，不变，则摩擦力不变，故ab错误。c、匀

13、速运动，受力平衡，树枝对甲虫的作用力与甲虫所受的重力是一对平衡力，故c正确；d、甲虫匀速向下爬行与向匀速上爬行所受摩擦力方向相同，均为沿树枝向上，故d错误。故选：c。【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意匀速运动时摩擦力的大小和方向与速度大小无关。5【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：根据磁通量bs=fsil，fma，a=vt，则的单位用基本单位表示是 kgm2/as2，故abc错误，d正确；

14、故选：d。【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。6【分析】竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反。【解答】解：a、上升到最高点时，瞬时速度为零，加速度为g，故a错误；b、速度是矢量，上升和下落过程的平均速度大小相等，方向相反，故b错误；c、竖直上抛运动是匀变速直线运动，故运动过程中任何相等时间内的速度变化量都相同，故c正确；d、运动过程中，不同的相等时间段的平均速度不可能相同（大小和方向不可能同时相同），故相等时间内的位移不可能相同，故d

15、错误；故选：c。【点评】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要明确其上升和下降过程的速度、时间和能量具有对称性，基础题。7【分析】本题中是由于n的转动而形成了感应电流，而只有n中的感应电流的变化可以在m中产生磁通量的变化，才使m中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。【解答】解：当带正电的绝缘圆环n顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环m处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环m包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是

16、部分）而且增大，根据楞次定律，m中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以m中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，故acd错误b正确；故选：b。【点评】本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。8【分析】以人为研究对象，根据牛顿第二定律分析作用力大小，力的方向与运动方向夹角小于90°，由此分析。【解答】解：人随自动扶梯加速上行，加速度方向沿扶梯向上，如图所示；根据图象可知扶梯对人的作用力大小f大于人的重力m

17、g，f与速度方向夹角小于90°，对人做正功，故c正确，abd错误。故选：c。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意扶梯对人的作用力是支持力和摩擦力的合力。9【分析】先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到a时，只受重力，重力势能转化为动能。从a点到c点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。【解答】解：a、蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹性势

18、能越大，到最低点最长，弹性势能最大。故a正确。b、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能越来越大；从橡皮绳恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故b错误。c、蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能不断减少，故c错误。d、从跳台运动到最低点的过程中，蹦极者重

19、力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故d错误。故选：a。【点评】分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；d选项一定看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。10【分析】根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小；由图象可知速度大小的变化；由图象的斜率表示加速度知，加速度的方向与初速度的方向相反，由vat讨论速度改变量的方向。【解答】解：ab、由图象可知，粒子的加速度不变，由于仅仅受到电场力作用，因此电场力大小与方向不变，故ab错误；c、由图象可知，0t1粒子的速度减小，t1之后速

20、度反向增大，故c错误；d、由图象可知，图象的斜率表示加速度，可知加速度的方向与初速度的方向相反，即向左，由vat知速度改变量的方向为加速度的方向，所以向左，故d正确；故选：d。【点评】本题考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，进而确定电场力、速度改变量的方向。11【分析】分别确定好两种接法的电路，由串联、并联电路知识确定电压，电流，电功率分析各项。【解答】解：接a点时：r2接入电路，电压表示数为：u=e2，电源的效率为：ue=50%，电源的总功率为：p=e22rr2的电流为：i2=e2r接b点时：r1与r2串联再与r3并联后接入电路，电压表示数为：u=er+2r×r3r

21、×2r×r3r=25e电源的效率为：ue=40%电源的总功率为：p=e2r+2r×r3r=e253rr2的电流为：2e5ra、电压表的示数变小，则a错误b、电源的总功率变大，则b错误c、电源的效率变小，则c错误d、通过r2的电流变小，功率变小，则d错误故选：d。【点评】考查串并联电路的内容，明确电路结构是解题的关键。12【分析】顺着电场线方向电势降低结合电场线的特点与点电荷的电场线比较即可；0处电势最高，x2处电势最低，可判断场强的方向。x图象的斜率等于场强，电子带负电，在电势高处的电势能小。【解答】解：a、点电荷的电场的电势为单调增函数或单调减函数。故a错误；b

22、、沿电场线方向电势越来越低，可知在x2x3区间内，场强沿x轴负方向。故b正确；c、由图可知，在0x2区间内，沿x轴正方向电势一直降低。故c错误；d、由图可知，在x1到x3区间的电势先减小后增大，电子带负电，所以电子的电势能先增大后减小。故d错误故选：b。【点评】本题的解题关键是根据x图象的斜率等于场强和顺着电场线方向电势降低，分析两电荷的电性和电量关系。二、填空题（共20分）13【分析】明确实验原方法，知道实验中所采用的仪器和实验中的用到的实验方法。【解答】解：要研究向心力的决定因素，应测量力和速度，故采用“dis向心力实验器”进行实验时，应采用力传感器和光电门传感器；实验中涉及多个物理量，故

23、一定要采用控制变量法进行实验；故答案为：光电门；控制变量。【点评】本题考查用“dis向心力实验器”进行实验的原理，要注意明确实验基本装置和方法。14【分析】实验一定要保护电路安全，开关应能控制整个电路，分析图示电路图答题。【解答】解：由图示电路图可知，定值电阻r1在实验中的作用保护电路；由图示电路图可知，如果c接在b点开关不能控制电压表能否接入电路，c应接在a处；故答案为：保护电路；a。【点评】为保护电路安全在电路中应接入保护电阻，开关应能控制整个电路，分析清楚电路图可以解题；本题是一道基础题，掌握基础知识即可解题。15【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据万有引力等

24、于向心力列式分析即可。【解答】解：作用力与反作用力大小相等，方向相反，对a、b星，都是万有引力提供向心力，所以a、b两颗恒星的向心力之比fa：fb1：1同时：g2mmd2=2m2rag2mmd2=m2rb 其中：dra+rb联立解得：ra=13d；rb=23d故ra=12rb，故答案为：1：1，1：2【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提供向心力进行求解。16【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，交点表示相遇。根据位移和时间的比值比较平均速度的大小。【解答】解：t1时刻a、b位移相同，a车先启动后b车

25、启动，说明0t1时间内a车与b车之间的距离先增后减，t2时刻位移相等，时间相等，根据平均速度公式v=xt知平均速度相等；故答案为：先增后减，【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，交点表示位置相同，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向。17【分析】根据bs求穿过线圈的磁通量线圈所受安培力是右边和下边所受安培力的合力，由enblv、i=er求感应电流，由fbil求每条所受的安培力，再合成求得线圈所受的安培力f。【解答】解：当线圈中心经过磁场边界时，穿过线圈的磁通量为：b12l2=12bl2。线圈产生的感应电动势为：enblv感应电流为：i=er=nblvr线

26、圈的右边和下边所受的安培力大小为：f安nbil=n2b2l2vr这两边所受安培力相互垂直，所以线圈所受安培力为：f=2f安=2n2b2l2vr故答案为：12bl22n2b2l2vr。【点评】解决本题时要知道磁通量与线圈的匝数无关，而安培力与线圈的匝数平方成正比，要能熟练推导出安培力与速度的关系。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）单摆在最低点时计时误差较小。（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的方法。（3）根据单摆的周期公式得出t2l的关系式，结合图线的斜率求出重力加

27、速度。【解答】解：（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。（2）根据t=2lg得：g=42lt2可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长l的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。开始时：t1=2lg于是他将摆线长减小l，测得单摆振动周期为t2，则：t2=2l-lg联立可得：g=42lt12-t22（3）根据：t=2lg得，t2=42lg，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示t2；图线的斜率k=42g=4(99+0.5)×10-2，解得：g9.81m/s2。故答案为：（1）最低点；（2

28、）下方，42lt12-t22；（3）t2，9.81（或9.82）【点评】解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中应该的注意的事项以及误差形成的原因，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。19【分析】（1）对小环，从a到b的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒求解b点速度；（2）在斜杆cd上，小球重力的沿斜面方向分力g1mgsin37°，与最大静摩擦力fmaxmgcos37°比较可知。（3）对小环，在bc段，由牛顿第二定律求解加速度，根据vc2-vb2=2a1l得vc，小环沿斜杆cd上滑过程中，由牛顿第二定律可得加速度，根据运动学公式求解时间。【解答】解：（1）

29、对小环，从a到b的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒，有：12mvb2=mgh代入数据解得：vb=2gh=2×10×0.2m/s2m/s（2）在斜杆cd上，小球重力的沿斜面方向分力为：g1mgsin37°0.6mg而最大静摩擦力为：fmaxmgcos37°0.64mg由于g1fmax，可得小球能静止在斜杆上。（3）对小环，在bc段，由牛顿第二定律知：ff1ma1n1mgf1n1代入数据解得：a1=f-mgm=2-0.8×0.2×100.2m/s22m/s2；由vc2-vb2=2a1l得：vc=vb2+2a1l=4.2m/s小环沿斜杆cd上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin37°+f2ma2n2mgcos37°，f2n2代入数据解得a212.4m/s2由vtvcat得t=vca2=4.212.4s0.34s答：（1）小环在b点时的速度vb大小为2m/s；（2）由于g1fmax，可得小球能静止在斜杆上；（3）小环在斜杆cd上运动的时间为0.34s。【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理