2021年上海市闵行区高考物理一模试卷(附答案详解)

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2021年上海市闵行区高考物理一模试卷功和能的单位焦耳用力学单位制的基本单位可表示为(  A.N⋅m B.W/s C.真空中两个点电荷Q1，Q2，距离为R，当Q1和Q2电量都增大到原来2倍时，距离也增大到原来的2倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来(A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍下面四种常用电器中哪一个应用的物理规律与其他三个不同(  A.动圈式麦克风 B.动圈式扬声器 C.家用电磁炉 D.无线充电器下列哪组物理量的正负号表示的涵义一致(  A.某物体速度变化−3m/s，某力对物体做功−3J

B.某力对物体做功−3J，某电荷在电场中电势能为−3J

C.如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力(   A.大小为mg，方向竖直向上

B.大小为ma，方向水平向右

C.大小与小球的加速度大小无关

D.方向与小球的加速度大小有关

如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图(振动刚传到x=0.2m处)，已知该波的周期为0.4s，a、bA.质点a比质点b先回到平衡位置

B.在t=0.4s时，质点b的速度方向为y轴负方向

C.在t=0.6s时，质点c的速度达到最大值

D.在t如图为一由干电池、铜线圈和钦磁铁组成的简易电动机，此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO′轴转动起来，那么( A.若磁铁上方为N极，从上往下看，线圈将顺时针旋转

B.若磁铁上方为S极，从上往下看，线圈将顺时针旋转

C.线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能

D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能

太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力F，测得其加速度为20m/s2，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力F，测得共同加速度为8m/s2A.3.0kg B.5.0kg C.7.0如图，悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过光滑的定滑轮后悬挂乙物体。甲、乙质量相等，系统平衡时O点两侧的绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。若θ1=65°，则A.30° B.50° C.60°如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，一正点电荷固定在P点。下列说法正确的是(  A.沿MN边，从M点到N点，电场强度逐渐减小

B.沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小

C.负检验电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大

D.将正检验电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负

如图，电路中定值电阻值R大于电源内阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△A.A的示数减小 B.V2的示数增大

C.△U3与△I的比值小于r D.2020年6月23日9时43分，我国北斗导航系统最后一颗卫星发射成功、北斗导航系统中的地球静止轨道卫星和中国轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，下列说法中正确的是(  A.静止轨道卫星的线速度大小的为中圆轨道卫星的2倍

B.静止轨道卫星的周期约为中圆轨道卫星的2倍

C.静止轨道卫星的角速度大小的为中圆轨道卫星的17

D.静止轨道卫星的向心加速度大小约为中圆轨道卫星的电源的电动势是反映电源______的本领的物理量，这个转化过程是通过______做功来实现。在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，利用如图所示的器材进行实验。图中的①是______，②是______(填器材名称)。从右侧某一高度由静止释放摆锤，可以观察到摆锤到左侧的最高位置与释放点基本在同一高度，改变①在固定杆上的位置，重复多次实验，仍能观察到上述结果，由此可以得出的实验结论是______。如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为H1和H2。可视为质点的小物块Q质量为m，静置于水平轨道b处。设重力加速度为g；若以a处所在平面为重力势能零势能面，物块Q在b处机械能为______；一质量为m的小球P从a处静止落下，在b处与滑块Q相撞后小球P将动能全部传递给滑块Q，随后滑块Q从陷阱右侧滑出，其到达c处的速度v大小为______。如图，逆时针环形电流I外有一被扩张的软金属弹簧圈，当其由环形电流外侧收缩到内侧虚线位置过程中，弹簧圈p内的磁通量大小变化情况为______；弹簧圈p所受安培力的方向沿半径______。

一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g=10m/s2。则物块开始下滑2m过程中，机械能损失______在“DIS描绘电场等势线”的实验中，

(1)给出下列器材，电源应选用______，传感器应选用______(用字母表示)。

A.6V的交流电源

B.6V的直流电源

C.电流传感器

D.电压传感器

(2)按图1示连接电路。在电极A、B的连线上等距离的取a、b、c、d、e共5个基准点。

(a)已知传感器正接线柱的电势高于负接线柱时，计算机读数显示为正。若在图1中连接传感器正接线柱的红探针接触a点，连接负接线柱的黑探针接触b点时，读数为正，则可以判断电极A接在电源的______极上(选填“正”或“负”)。

(b)在寻找基准点e的等势点时，将红探针固定于e点，黑探针在纸上移动，当移动到某点时读数为负，为了找到到基准点e的等势点，则黑探针应平行于A、B连线向______(选填“A”或“B”)端移动。

(3)如果将红探针固定在电极A上，黑探针沿AB连线移动，每移动一小段相等距离记录一次传感器读数，以到A的距离x我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F=kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103kg时，起飞离地速度为78m/s；装载弹药后质量为2.56×103kg。

(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m；在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的质量ma未知、电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量mb=0.05kg、电阻Rb=0.5Ω，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场并匀速穿过，取g=10

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：功和能的单位都是焦耳。根据功的定义：W=Fs，所以：1J=1N⋅1m=1kg⋅m2/【解析】解：根据库仑定律可知，F=kQ1Q2r2，真空中有两个固定点电荷，当Q1，Q2电量都增大到原来2倍时，距离R增大到原来的2倍时，

则库仑力：

F′=k⋅2Q1⋅2Q2(2【解析】解：A、当传声器接受声波时，作用在振膜上，引起振膜振动，带动音圈作相应振动，音圈在磁铁中运动，产生电动势，属于电磁感应现象；

B、通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，通电线圈受力，从而让扬声器的膜片振动，产生声音，属于电流的磁效应；

C、家用电磁炉能加热食物是因为通电线圈产生变化的磁场在锅体中产生电磁感应而引起的；

D、无线充电器是初级线圈一定频率的交流电，通过电磁感应在次级线圈中产生一定的电流，从而将能量从传输端转移到接收端；

ACD选项应用的物理规律都是电磁感应现象，而B选项应用的是电流的磁效应，

故选：B。

明确电磁感应定律的应用，并掌握生活中常用仪器的工作原理即可求解。

本题考查了电磁感应现象和电流的磁效应，注意电磁感应定律在生产生活中有着很多的应用，要注意正确理解，同时注意明确二者的区别。

4.【答案】C

【解析】解：A、物体速度变化是−3m/s，负号表示物体速度变化方向与正方向相反，某力对物体做功是−3J，负号表示力对物体做负功，故A错误；

B、某力对物体做功是−3J，负号表示力对物体做负功，某电荷在电场中电势能为−3J，负号表示该电荷相对于零势能面位置所具有的能量为−3J，故B错误；

C、某物体的加速度为−3m/s2，负号表示加速度方向与正方向相反，某电荷在电场中受力−3N，负号表示力的方向与正方向相反，故C正确；

D、某物体的重力势能为【解析】解：AB、对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故AB错误；

C、根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为：F=(mg)2+(ma)2，与加速度大小有关，故C错误；

D、合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向成θ，由矢量三角形可得：tanθ=【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在t=0时刻质点a和质点b均向上运动，可知，质点b比质点a先回到平衡位置，故A错误；

B、因t=0.4s=1T，所以在t=0.4s时与t=0时，质点b的速度方向相同，均沿y轴正方向，故B错误；

C、因t=0.6s=32T，所以在t=0.6s时质点c的运动状态与在t=0时的运动状态相反，即在t=0.6s时，质点c到达波峰，速度为零，故C错误；【解析】解：A、若磁铁上方为N极，线圈左边电流是向下的，磁场是向左的，根据左手定则可知安培力是向内的，线圈右边的电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则安培力是向外的，故从上往下看，线圈瞬时针转动；故A正确；

B、若磁铁上方为S极，线圈左边的电流是向下的，磁场是向右的，根据左手定则可知安培力是向外的；线圈右边的电流也是向下的，磁场是向左的，根据左手定则知安培力是向内的，从上往下看，线圈逆时针转动，故B错误；

C、D线圈无论匀速转动还是加速转动过程中，电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热，故CD错误；

故选：A。

图中线圈两侧的电流是向下的，安培力方向可以根据左手定则判断，得到转动方向。

本题关键是明确简易电动机的工作原理，图中已经标出了磁场方向和电流方向，根据左手定则可判断安培力方向即可，基础题。

8.【答案】A

【解析】解：对标准物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：F=m1a1=2×20N=40N

对整体，由牛顿第二定律得：F=(m1+m【解析】解：由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，

对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，连接甲和连接乙的轻绳的合力沿角平分线方向，如下图所示：

因整体处于静止状态，故受力平衡，通过矢量的合成法则，结合几何关系则有：

θ1+θ2+θ1=180°

因θ1=65°，解得：θ2=50°，故B正确、【解析】解：点电荷形成的电场如图所示，图中虚线为等势面，

A、由于一正点电荷固定在P点，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，故PM<PN，由点电荷形成的电场的场强公式：E=kQr2可得，从M到N点，场强先增大后减小，故A错误；4

B、电场线与等势面相互垂直，并且沿电场线方向电视降低，故从M到B电势先增大后减小，故B正确；

C、由图可知，M点电势大于N点电势，由电势能公式可得：Ep=qφ，由于此检验电荷为负电荷，电势越高，电势能越小，故负检验电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小，故C错误；

D、由图可知，M点电势大于N点电势，由电势能公式可得：Ep=qφ，由于此检验电荷为正电荷，电势越高，电势能越大，故正点电荷在M点的电势能高于在N点的电势能，从M点到N点，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故【解析】解：A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。

当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；

B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；

C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(R+r)，则得：△U3△I=R+r>r，即△V3与△I的比值大于r，故C错误；

【解析】根据万有引力提供向心力，有：

GMmr2=ma=mr4π2T2=mrω2=mv2r

A、v=GMr，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故A错误；

B、T=2πr3GM，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，即轨道半径分别约为地球半径的7倍和4.4倍，所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍，故B【解析】解：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小；而转化的过程是通过非静电力做功来实现的。

故答案为：把其他形式的能转化为电能；非静电力。

明确电动势的意义，知道电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，电源内部通过非静电力将其他形式的能转化电能。

本题考查电动势的概念，明确电动势是由电源本身的性质所决定的，同时注意理解电动势与非静电力做功之间的关系。

14.【答案】定位挡片

光电门传感器

定性说明在只有重力做功的条件下，沿不同轨迹的运动过程中物体的机械能均守恒

【解析】解：实验目的：研究机械能守恒定律；实验方法：从右侧某一高度由静止释放摆锤，观察到摆锤到左侧的最高位置与释放点基本在同一高度，即认为机械能守恒。多次试验要改变①在固定杆上的位置，可知①是定位挡片用来改变在左侧的摆线长度，已达到重力沿不同轨迹的做功过程，机械能总是守恒，使实验具有普遍性，观察图中②是光电门传感器，实验中可以将接收端和发射端分别置于左右两侧的同一水平面上，用来检测摆锤到左侧的最高位置与释放点是否在同一高度。

通过以上分析：图中①是定位挡片，②是光电门传感器，实验结论：定性说明在只有重力做功的条件下，沿不同轨迹的运动过程中物体的机械能均守恒。

故答案为：定位挡片；光电门传感器；定性说明在只有重力做功的条件下，沿不同轨迹的运动过程中物体的机械能均守恒。

从右侧某一高度由静止释放摆锤，可以观察到摆锤到左侧的最高位置与释放点基本在同一高度，摆锤摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论，只有重力做功的情况下摆锤机械能守恒。本实验在探究机械能守恒的条件，围绕此目的进行解答。

本试验探究机械能守恒的条件，利用摆锤摆动过程只有重力做功，多次改变运动轨迹使实验具有普遍性，理解本试验的目的是解题关键。

15.【答案】−mgh【解析】解：若以a处所在平面为重力势能零势能面，小球在运动过程中机械能守恒，故小球在b点的机械能Eb=Ek+EP=0−mgH1=−mgH1；

小球Pa下滑到b，只有重力做功，机械能守恒，则0=Ek−mgH1，解得Ek=mgH1，由于在b处与滑块Q相撞后小球P将动能全部传递给滑块Q，故滑块Q获得的动能为E′k=Ek=mgH1，滑块Q从b到c，只有重力做功，根据动能定理可得：−mgH2【解析】解：根据安培定则逆时针环形电流产生的磁场，在环形内部垂直纸面向外，在环形外部垂直纸面向内。所以被扩张的软金属弹簧圈在环形电流外面时，磁通量变大，进入环形电流内部后，磁通量变小。

根据楞次定律可知，弹簧圈内感应电流的方向为顺时针，根据左手定则，弹簧圈p所受安培力的方向沿半径向外。

故答案为：先变大后变小

向外

解答本题的思路是：

(1)根据安培定则判断环形电流磁场的方向；

(2)根据Φ=BS，判断磁通量的变化情况；

(3)根据楞次定律判断感应弹簧圈内感应电流的方向；

(4)根据左手定则判断受力方向。

解答本题的关键是明确：弹簧圈收缩时，虽然面积S在减小，但是环形电流内外磁场的合磁感应强度再增大，二者重合时达到最大，当弹簧圈进入到环形电流内部后，【解析】解：令斜面的倾角为θ，则sinθ=3.05.0=0.6，解得：θ=37°，

物体下滑的距离为x=5m的过程中，由能量守恒定律得：

Wf=μmg⋅cosθ⋅x=E1−E2，

代入数据解得：μ=0.5；

物块在初位置其重力势能为Ep=mgh=30J，

代入数据解得物块的质量m=1kg，

当物块下滑距离为x′【解析】解：(1)本实验中要模拟了两个等量异种电荷产生的电场，所以应采用直流电源；同时实验中需要找出的是等势点，因此应采用电压传感器；

(2)(a)、由题意，电压传感器读数为正时，正接线柱的电势高于负接线柱时，则电压传感器读数为正时，a点的电势高于b点的电势，电场线从A到B，故电极A接在电源的正极；

(b)当移动到某点时读数为负，说明负接线柱所接点的电势高于e点的电势，故应将黑表笔将B端移动；

(3)根据E=Ud可知，x−y图象的斜率等于场强，探针从A移到B，场强先减小后增大，图象的斜率先减小后增大，AB点