1、2020屆上海市黃浦區高三上學期期末調研測試物理試題一、單項選擇題（共12小題）1.下列各圖中接觸面均光滑，其中a、b物體間無彈力的是（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】a因為接觸面均光滑，假設ab間有彈力，則ab兩物體均不能處于平衡狀態，a符合題意；bcd由圖可知若撤去b物體，則a物體不能維持圖示狀態，所以ab間必定存在彈力，bcd，不符合題意。故選a。2.下列與磁場有關的說法中正確的是（）a. 磁場是假想的，不是客觀存在的物質b. 描述磁場的磁場線是客觀存在的c. 磁場的強弱與放入其中導線的電流有關d. 通電導線在磁場中受力的大小與放置的方向有關【答案】d【解析】【詳解】

2、a磁場雖然看不見、摸不著，但它是客觀存在的物質，a錯誤；b描述磁場的磁場線是虛擬的，現實并不存在，b錯誤；c磁場的強弱由磁場本身決定，與放入其中導線的電流無關，c錯誤；d通電導線在磁場中受力的大小與磁感應強度大小、電流大小、以及導線放置的方向有關，d正確。故選d。3.如圖所示的靜電場中，實線表示電場線，虛線表示等勢面。則（ ）a. b、c兩點的電勢相等b. a、b兩點的電勢相等c. b、c兩點的場強相等d. a、b兩點的場強相等【答案】a【解析】【詳解】a同一等勢面上的點電勢相等，所以b、c兩點的電勢相等，a正確；b沿電場線方向電勢降低，所以a點電勢大于b點的電勢，b錯誤；cb、c兩點的場強大

3、小相等、但方向不同，所以場強不相等，c錯誤；d電場線的疏密表示場強的大小，a點的電場線更密一些，所以a點的場強大于b點的場強，d錯誤。故選a。4.從牛頓第一定律可直接演繹得出（ ）a. 質量是物體慣性的量度b. 質量一定的物體加速度與合外力成正比c. 物體的運動需要力來維持d. 物體有保持原有運動狀態的特性【答案】d【解析】【分析】要解決此題需要掌握牛頓第一定律的內容，即任何物體在不受任何外力的作用下，總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態并且要理解牛頓第一定律的內容【詳解】一切物體在不受外力時，總保持靜止狀態或勻速直線運動狀態靜止狀態或勻速直線運動狀態是指原來靜止的將保持靜止狀態，原來運動的將保持

4、勻速直線運動狀態故牛頓第一定律說明了一切物體均有慣性，會保持原來的運動狀態；同時說明了力是改變物體運動狀態的原因；故只有d正確；故選d【點睛】此題主要考查了對牛頓第一定律的理解，不僅要知道牛頓第一定律的內容，并且要理解“或”字的含義5.下列單位中不可能為能量單位的是（ ）a. kg·m2/s2b. v·s/c. a2··sd. t·c·m2/s【答案】b【解析】【詳解】a能量的單位與功的單位都為j，根據有，a正確，不符合題意；b根據有，所以v·s/是電量的單位，不可能是能量的單位，b錯誤，符合題意；c根據有，c正確，不符合題

5、意；d根據有，d正確，不符合題意。故選b。6.物體做自由落體運動，其動能ek隨運動時間t的關系圖線可能是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【詳解】物體做自由落體運動，根據速度時間公式有：則動能：所以ek-t圖線為開口向上的拋物線，c正確，abd錯誤。故選c。7.電梯以大小為0.25g的加速度豎直向上做減速運動，站在電梯中質量為m的人對電梯的壓力為（ ）a. 0.25mgb. 0.75mgc. mgd. 1.25mg【答案】b【解析】【分析】站在電梯中質量為m的人與電梯具有相同的運動情況，對人受力分析，根據牛頓運動定律列方程即可求解。【詳解】由電梯豎直向上做減速運動，具有向下的加速

6、度0.25g，站在電梯中質量為m的人與電梯具有相同的運動情況，對人受力分析，受到重力mg、地面支持力f，根據牛頓運動定律有解得：，b正確，acd錯誤。故選b。8.四個做直線運動物體的運動圖像如圖所示，其中在2s末不能回到0時刻位置的是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【詳解】as-t圖象中2s末圖線回到坐標原點表示回到0時刻位置，a正確，不符合題意；bcdv-t圖象中圖線與坐標軸所圍成的面積表示位移，2s末回到0時刻位置，則需要2s內圖線與坐標軸所圍成的面積為零，cd選項面積為零，不符合題意；b選項面積不為零，符合題意。故選b。9.在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，若測得的g值

7、偏小，可能是因為（ ）a. 擺球的質量太大b. 測擺長時，將線長加小球直徑作為擺長c. 測周期記錄全振動次數時，將n次全振動誤記為（n+1）次d. 擺球上端未固定牢固，擺動中出現松動，擺線變長【答案】d【解析】【詳解】在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，根據得ag值與擺球的質量無關，a錯誤；b測擺長時，將線長加小球直徑作為擺長，使得偏大，則g值偏大，b錯誤；c測周期記錄全振動次數時，將n次全振動誤記為（n+1）次，使得g值偏大，c錯誤；d擺球上端未固定牢固，擺動中出現松動，擺線變長，使得測得的比實際值偏小，則g值偏小，d正確。故選d。10.位于磁場中的甲、乙兩個矩形金屬線框可繞各自的軸轉動，兩

8、根導線將兩個線框按如圖方式連接。現用外力使甲線框順時針方向轉動。某時刻甲、乙線框恰處于如圖所示的位置。設此時乙線框的ab邊受到的安培力為f，則（ ）a. f向上，乙線框表示電動機的原理b. f向上，乙線框表示發電機的原理c. f向下，乙線框表示電動機的原理d. f向下，乙線框表示發電機的原理【答案】c【解析】【分析】甲線框因用外力而動，產生感應電動勢，根據楞次定律可判斷感應電流方向。兩個線框用導線連接，則乙線框中有電流而受到安培力的作用。【詳解】用外力使甲線框順時針方向轉動后，甲線框切割磁感線產生感應電動勢，產生感應電流，根據楞次定律可判斷甲線框中感應電流為順時針方向。流經乙線框中感應電流也為

9、順時針方向。乙線框由于有電流而在磁場中受安培力的作用將發生轉動，此為電動機的原理。根據左手定則可判斷乙線框的ab邊受到的安培力f方向向下，c正確，abd錯誤。故選c。11.如圖，在a、b兩點分別放置電量為q1、q2的點電荷，p是a、b連線上的中點。以下四種情況中p點的場強方向一定向左的是（ ）q1、q2都帶正電，且q1<q2；q1、q2都帶負電，且q1>q2；q1帶正電、q2帶負電，且q1>q2；q1帶負電、q2帶正電，且q1<q2a. 只有b. 只有c. 只有d. 【答案】a【解析】【詳解】q1、q2都帶正電，則q1在p點的場強e1方向水平向右，q2在p點的場強e2方

10、向水平向左，根據點電荷電場強度公式因為q1<q2，則e1<e2，所以p點的合場強方向向左；q1、q2都帶負電，則q1在p點的場強e1方向水平向左，q2在p點的場強e2方向水平向右，根據點電荷電場強度公式因為q1>q2，則e1>e2，所以p點的合場強方向向左；q1帶正電、q2帶負電，則q1在p點的場強e1方向水平向右，q2在p點的場強e2方向水平向右，所以p點的合場強方向向右；q1帶負電、q2帶正電，則q1在p點的場強e1方向水平向左，q2在p點的場強e2方向水平向左，所以p點的合場強方向向左；所以p點的場強方向一定向左的是。a正確，bcd錯誤。故選a。12.如圖，光滑絕

11、緣的斜面底端固定一帶電體a，另一帶電體b在斜面上c點由靜止釋放后沿斜面向上運動，最遠可到達d點。則從c運動到d的過程中，帶電體b的（ ）a. 加速度逐漸減小，電勢能逐漸增大b. 加速度先減小后增大，電勢能逐漸減小c. 加速度逐漸減小，電勢能先減小后增大d. 加速度先減小后增大，電勢能先減小后增大【答案】b【解析】【詳解】帶電體b在斜面上c點由靜止釋放后沿斜面向上運動，則可判斷ab帶同種電荷，物體b受到重力和沿斜面向上的庫侖力作用。開始階段，所受的庫侖力大于下滑力，加速度沿斜面向上，但庫侖力不斷減小，加速度不斷減小；當庫侖力小于下滑力時，合力與運動方向相反，加速度變為方向向下，逐漸增大。由于庫侖

12、力對b一直做正功，則物體a、b之間的電勢能一直減小。b正確，acd錯誤。故選b。二、填空題（共5小題）13.一列沿x軸傳播的橫波某時刻的波形如圖所示，此時質點a正向下運動。由此可知該波的傳播方向為_，此后b、c兩質點中先到達平衡位置的是_點。【答案】 (1). 沿x軸負方向（向左） (2). b【解析】【詳解】1質點a正向下運動，則該質點前面的點在它下方，所以波自右向左傳播，即沿x軸負方向傳播。 2 根據波沿x軸負方向傳播，則b點跟隨前面的質點向平衡位置方向振動，c點跟隨前面的質點遠離平衡位置振動，所以b、c兩質點中先到達平衡位置的是b點。14.在如圖所示的實驗裝置中，最下方的d點與b點間的豎

13、直高度差為0.1m，擺錘的質量為7.5×10-3kg。某次實驗測得擺錘經過b點的速度大小為1.0m/s，由此可推算出擺錘經過d點時的動能為_×10-3j，推算依據的理論是_。（g取9.8m/s2）【答案】 (1). 11.1 (2). 機械能守恒定律【解析】【詳解】1擺錘運動過程中，拉力方向與速度方向垂直，拉力不做功，重力做正功，機械能守恒。以d點所在平面為零勢能面，根據機械能守恒定律有代入數據解得；2推算依據的理論是機械能守恒定律。15.圖中、分別為鋰離子電池充電過程中充電電流i、電池電壓u隨時間t變化的圖線。此過程中充電功率最大為_w，圖線與時間軸所包圍的面積對應的物理

14、量是_。【答案】 (1). 4.2 (2). 電量（電荷量）【解析】【詳解】1充電功率由圖可知在t2時刻充電電流i、電池電壓u都最大，所以充電功率最大為2圖線與時間軸所包圍面積是電流i與時間t的乘積，根據可知圖線與時間軸所包圍的面積對應的物理量是電量（電荷量）。16.如圖，用力傳感器a、b共同支起一個質量為m的光滑球。其中a對球的作用力方向與水平方向間夾角始終為30°，b對球的作用力方向可調。為使球保持平衡，傳感器b對球作用力的作用點所在范圍為_（在區域、中選填），作用力的最小值為_。（重力加速度為g）【答案】 (1). (2). mg【解析】【詳解】1以球為研究對象，受重力g和力傳

15、感器a對它的支持力fa作用，如圖： 為使球保持平衡，傳感器b對球作用力的作用點所在范圍應在區域內。2當傳感器b對球作用力fb與傳感器a對它的支持力fa垂直的時候作用力的最小，最小值為。17.科學家測得一行星a繞一恒星b運行一周所用的時間為1200年，a、b間距離為地球到太陽距離的100倍。設a相對于b的線速度為v1，地球相對于太陽的線速度為v2，則v1:v2=_，該恒星質量與太陽質量之比為_。【答案】 (1). 1:12 (2). 25:36【解析】【詳解】1行星a繞恒星b運行，有地球繞太陽運行，有因為，所以2根據萬有引力提供向心力有：解得恒星質量與太陽質量之比為三、綜合題（共4小題）18.如

16、圖，一長直鐵芯上繞有固定線圈m，鐵芯右側懸掛一閉合金屬環n，金屬環與鐵芯共軸。將m接在如圖所示電路中，其中r為滑動變阻器，e1和e2為直流電源，s為單刀雙擲開關。（1）請填寫下列操作中金屬環n的擺動方向_（選填“向左”、“向右”或“不動”）。操作環n擺動方向在s斷開的情況下，s向a閉合的瞬間_在s斷開的情況下，s向b閉合的瞬間_在s已向a閉合的情況下，將r的滑動頭向d端移動時_在s已向b閉合的情況下，將r的滑動頭向d端移動時_在s已向a閉合的情況下，將r的滑動頭向c端移動時_在s已向b閉合的情況下，斷開s_（2）從上述實驗現象中可以歸納出：使環n向右擺動的操作引起的共同變化有（請寫出2個）_；

17、_。【答案】 (1). 向右 (2). 向右 (3). 向右 (4). 向右 (5). 向左 (6). 不動 (7). 電路中電流增大 (8). 穿過金屬環的磁通量增加（或通電螺線管m的磁場增強）【解析】【詳解】（1）1在s斷開的情況下，s向a閉合的瞬間，線圈m中的電流有無到有增大，磁場由無到有增強，通過金屬環n的磁通量由無到有增大，相當于線圈m向金屬環n靠近，根據楞次定律“來拒去留”，可判斷金屬環n將向右擺動。2在s斷開的情況下，s向b閉合的瞬間，線圈m中的電流有無到有增大，磁場由無到有增強，通過金屬環n的磁通量由無到有增大，相當于線圈m向金屬環n靠近，根據楞次定律“來拒去留”，可判斷金屬環

18、n將向右擺動。3在s已向a閉合的情況下，將r的滑動頭向d端移動時，接入電路的電阻減小，電流增大，線圈m中的磁場增強，通過金屬環n的磁通量增大，相當于線圈m向金屬環n靠近，根據楞次定律“來拒去留”，可判斷金屬環n將向右擺動。4在s已向b閉合的情況下，將r的滑動頭向d端移動時，接入電路的電阻減小，電流增大，線圈m中的磁場增強，通過金屬環n的磁通量增大，相當于線圈m向金屬環n靠近，根據楞次定律“來拒去留”，可判斷金屬環n將向右擺動。5在s已向a閉合的情況下，將r的滑動頭向c端移動時，接入電路的電阻變大，電流減小，線圈m中的磁場減弱，通過金屬環n的磁通量減小，相當于線圈m遠離金屬環n，根據楞次定律“來

19、拒去留”，可判斷金屬環n將向左擺動。6在s已向b閉合的情況下，斷開s后，線圈m中沒有電流通過，無磁場，所以金屬環n不動。（2）7 8從上述實驗現象中可以歸納出：使環n向右擺動操作引起的共同變化有電路中電流增大，穿過金屬環的磁通量增加（或通電螺線管m的磁場增強）。19.如圖，質量為m、阻值為r、邊長為l的正方形導線框，從位置a由靜止下落，恰能豎直且勻速進入下方磁感應強度為b的有界勻強磁場（不計空氣阻力）。求：（1）在a位置時線框的下邊到磁場上邊界的距離h；（2）線框進入磁場的過程中通過導線截面的電量q和線框上產生的熱量q；（3）分析并說明從開始下落到線框下邊到達磁場下邊界的過程中，線框機械能的變

20、化情況。【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】【詳解】（1）線框進入磁場前，只有重力做功，機械能守恒線框進入磁場時受到豎直向下的重力和向上的安培力作用，恰好勻速，有mg=bil根據切割產生感應電動勢規律和閉合電路歐姆定律有 聯立三式，可得：（2）線框進入磁場時的感應電流大小，由可得：所需的時間線框進入磁場的過程中通過線框截面的電量產生的熱量q=i2rt=mgl（3）線框下邊進入磁場前只有重力做功，機械能守恒；線框下邊進入磁場后，安培力做負功，因此線框機械能減少；線框全部進入磁場到下邊出磁場前，無感應電流，不受安培力，只有重力做功，機械能守恒。20.如圖a所示“冰爬犁”是北方兒童在冬天的一種游

21、戲用具：“上坐一人，雙手握鐵篙，向后下方用力點冰，則冰床前進如飛。”在空曠的水平冰面上，有一小孩從靜止開始，連續三次“點冰”后，爬犁沿直線繼續滑行了24m后停下。某同學用v-t圖像描述了上述運動過程，如圖b所示。（1）求爬犁減速滑行時加速度的大小a2和運動中的最大速率vmax；（2）求小孩“點冰”時爬犁加速度的大小a1；（3）通過受力分析，說明“點冰”過程中爬犁加速的原因；（4）該同學把小孩每次“點冰”使爬犁加速的過程視為勻加速直線運動，他做了哪些近似的處理。【答案】（1）0.93m/s2；6.67m/s（2）3.72m/s2（3）見解析（4）把力近似看做恒力【解析】【詳解】（1）小孩滑行時水平方向只受摩擦力的作用，做勻減速直線運動，與初速度為零的勻加速直線運動具有對稱性，因此有將s2=24m、t2=（12-4.8）s=7.2s代入上式，可解得a2=0.93m/s2根據可解得運動中的最大速率vmax=6.67m/s（2）小孩“點冰”加速過程中速度的增大量與滑行過程中速度的減小量相等，加速的時間共計t1=0.8s+0.8s