上海市黄浦区2016届高三上学期期末调研测试物理试卷

上海市闵行区2016届高三上学期期末质量调研考试（一模）物理试题考生注意：1．第I卷（1—20题）由机器阅卷，答案必须全部涂写在答题纸上。

考生应将代表正确答案的小方格用2B铅笔涂黑。

注意试题题号和答题纸上编号一一对应，不能错位。

答案涂写在试卷上一律不给分。

2．第II卷（21—33题）由人工网上阅卷。

考生应用蓝色或黑色的钢笔或圆珠笔将第II卷所有试题的答案写在答题纸上，（作图可用铅笔）。

3．第30、31、32、33题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。

有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位。

4．全卷共8页。

满分150分。

考试时间120分钟。

第I卷（共56分）一．单项选择题（共16分，每小题2分。

每小题只有一个正确选项。

答案涂写在答题纸上。

）1．下列能源中，属于常规能源的是（）（A）风力资源（B）煤炭资源（C）太阳能（D）核能2．右图的逻辑电路名称及其真值表中X分别为（）（A）与门、0 （B）与门、1（C）或门、0 （D）或门、13．我们能听见建筑物后传来的声音而看不见建筑物后的物体，这是因为（）（A）声波是纵波（B）声波振幅大（C）声波波长较长（D）声波波速较小4．关于能量转化与守恒，下列说法中正确的是（）（A）摩擦生热的过程是不可逆的（B）凡是能量守恒的过程就一定会发生（C）空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性（D）由于能的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机5．平抛运动（）（A）是匀速率曲线运动（B）是匀变速曲线运动（C）是变加速曲线运动（D）不可能是两个直线运动的合运动Z6．如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和绝热外筒间封闭了一定体积的理想气体，内筒中有水。

在对水加热升温的过程中，被封闭的空气（ ） （A ）内能保持不变 （B ）所有分子运动速率都增大 （C ）分子势能减小 （D ）分子平均动能增大7．布朗运动实验中得到某个观测记录如图，图中记录的是（ ） （A ）分子无规则运动的情况 （B ）某个微粒做布朗运动的轨迹（C ）某个微粒做布朗运动的速度—时间图线（D ）按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线8．物块静止在固定的斜面上，再分别按图示方向对物块施加大小相等的力F ，A 中F 垂直于斜面向上，B 中F 垂直于斜面向下，C 中F 竖直向上，D 中F 竖直向下，施力后可能会使物块沿斜面下滑的是（ ）二．单项选择题（共24分，每小题3分。

2024届上海市黄浦区高三上学期期末调研测试物理试题一、单选题 (共7题)第(1)题1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。

则（ ）A．B．C．D．第(2)题哈雷彗星是裸眼所见短周期彗星之一。

如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，在近日点与太阳中心的距离为，在远日点与太阳中心的距离为，于2023年12月初抵达远日点。

若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是（）A．在近日点与远日点的加速度大小之比为B．在近日点与远日点的速度大小之比为C．哈雷彗星大约将在2071年左右离太阳最近D．哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足第(3)题9月16日7时35分，G9313列车自杭州东站驶出，亚运智能动车组列车载客运营，串联起杭州与宁波、温州、金华、绍兴、湖州5座亚运协办城市。

下列表述正确的是（）A．“9月16日7时35分”表示时间间隔B．该列车座位上安装有USB接口，能给手机供220V交流电C．研究列车从杭州到宁波的运动轨迹，可将列车视为质点D．智能动车组实现自动驾驶，电子屏上显示的“当前时速”指平均速度第(4)题两个分子相距无穷远，规定它们的分子势能为0。

让分子甲不动，分子乙从无穷远处逐渐靠近分子甲。

它们的分子势能E，随分子间距离r变化的情况如图所示。

分子乙从无穷远到的过程中，仅考虑甲、乙两个分子间的作用，下列说法正确的是（　　）A．分子力始终表现为引力B．分子力先变大后一直减小C．分子力对乙先做正功后做负功D．分子乙的动能先变小后变大第(5)题中国空间站的问天实验舱中配置了变重力科学实验柜，它为科学实验提供了0.01G~2G范围内的高精度模拟重力环境。

变重力实验柜的主要装置是两套离心机(如图甲所示)，离心机示意图如图乙所示，离心机旋转的过程中，实验载荷会对容器壁产生压力，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。

2024届上海市黄浦区高三上学期期末调研测试全真演练物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。

把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为和。

则（ ）A．B．C．D．第(2)题如图所示，竖直放置的肥皂膜的照片，按拍摄时间先后顺序从左至右排列，可以看出干涉条纹间距随时间推移逐渐变化。

下列说法正确的是（ ）A．过肥皂膜最高和最低点的截面是梯形B．肥皂膜上的条纹是前后两表面的反射光形成的干涉条纹C．肥皂膜从形成到破裂，前后两表面夹角逐渐变大D．将肥皂膜外金属环上端的把柄在纸面内顺时针转动90°，条纹也会跟着转动90°第(3)题如图所示，在空间坐标系O-xyz中，存在着电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场（图中都未画出），方向均沿y轴负方向。

一质量为m电荷量为+q的油滴从O点以速度v沿x轴正方向进入复合场，关于油滴的运动下列说法正确的是（ ）A．若Bvq=mg，则油滴做匀速直线运动B．若Eq=mg，则油滴做匀速圆周运动C．若Bvq=mg，则油滴做类平抛运动D．无论如何，油滴都不可能做匀变速曲线运动第(4)题如图所示一名重为G的攀岩爱好者正准备攀岩，左脚所在处为起点A，经过一段时间，她左手触及攀岩岩点B，则关于此过程的说法正确的是（ ）A．计算她从A到B的时间时可以把她看成质点B．攀岩爱好者所走路线的总长度等于位移C．攀岩者位移与时间的比值是平均速度D．图中攀岩者左脚受到的支持力一定是第(5)题如图所示，半径为R的三分之一圆为一棱镜的横截面，两点之间的距离为。

在截面所在的平面内，一光线与截面平行，且与边垂直，自C点射入棱镜，经折射后在圆弧上恰好发生全反射。

棱镜的折射率为（ ）A．2B．3C．D．第(6)题如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。

2015-2016学年上海市黄浦区高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）1．如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）A．B． C．D．2．从牛顿第一定律可直接演绎得出（）A．质量是物体惯性的量度B．质量一定的物体加速度与合外力成正比C．物体的运动需要力来维持D．物体有保持原有运动状态的特性3．物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向上做匀减速运动，如图所示．以下说法正确的是（）A．A仅受到重力和支持力的作用B．A受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用C．A受到的合外力水平向左D．A受到的合外力方向与其速度方向相反4．物体A、B两地往返运动．设A到B的平均速率为v1，由B到A的平均速率为v2，物体往返一次，平均速度的大小与平均速率分别是（）A．0，B．0，C．均为D．均为05．某物体沿一直线运动，其v～t图象如图，下列说法正确的是（）A．第l秒内和第2秒内物体的速度方向相反B．第l秒内和第2秒内物体的加速度方向相反C．第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反D．第2秒末物体的加速度为零6．一物块静止在粗糙的水平桌面上，从t=0开始物块受到一方向不变的水平拉力作用．设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映a﹣F关系的是（）A． B． C． D．7．物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象中，能正确描述物体的重力势能与下落速度的关系的图象是（）A．B．C．D．8．如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A．一定大于4.0N B．一定等于4.0N C．一定小于4.0N D．一定为零二、单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）9．如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小10．如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加一平行于斜面向上的力F．若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2，由此可求出（）A．物块对斜面的正压力B．物块的质量C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．斜面的倾角11．绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道半径会慢慢变小．则人造地球卫星的（）A．动能减小 B．势能增大C．运行的角速度增大 D．运行的周期增大12．两倾斜的平行滑杆上分别套A、B两圆环，两环上均用细线悬吊着物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时（环、物保持相对静止），A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（）A．A环与杆有摩擦力B．B环与杆无摩擦力C．A环做的是匀速运动D．B环做的是匀速运动13．一正方形物块A重4N，用F=10N的水平推力通过两木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数为0.4，图为侧视图．现要将A物体匀速拉出来，平行于板的拉力大小可能为（）A．4N B．8N C．12N D．18N14．水星和金星绕太阳的轨道可视为同一平面内的圆周，设水星、金星的运转周期分别为T1、T2，从水星与金星在太阳同侧的一条直线上开始计时，则两星再次在太阳同侧一条直线上需经过的时间为（）A．B．C． D．15．如图（a）所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图（b）所示．设物块与地面的最大静摩擦力f m与滑动摩擦力大小相等，则（）A．0﹣t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻物块A的动能最大D．t1﹣t4时间内物块A的加速度先增大后减小16．如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心O位置．已知两绳夹角∠AOB＞90°，让圆环在竖直面内绕过O点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程中，OA的作用力F A和OB的作用力F B的变化情况是（）A．F A先增大后减小，F B先增大后减小B．F A增大，F B先增大后减小C．F A增大，F B增大D．F A先增大后减小，F B增大三、多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有两个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）17．如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OOʹ的距离为l，b与转轴OOʹ的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g，使圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的静摩擦力大小始终相等C．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmgD．ω=时b开始滑动18．一物块在固定的斜面上下滑，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，下列说法正确的是（）A．若物块原来匀速下滑，则施加F后将加速下滑B．若物块原来加速下滑，则施加F后将以更大的加速度加速下滑C．若物块原来减速下滑，则施加F后将以更大的加速度减速下滑D．若物块原来减速下滑，则施加F后有可能匀速下滑19．如图所示，河宽为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度大小v同时出发渡河．出发时两船相距x，甲、乙船头均与岸边成45°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列说法正确的是（）A．甲乙两船在水中行驶的路程相等B．甲乙两船同时到达河对岸C．v：u=：1D．为确保两船在河中不相撞，x不得小于2L20．质量m=2kg的物块在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，物块动能E k与其上升距离h间的关系如图所示．重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）A．h=1m时拉力的功率为44WB．在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sC．h=3m时物块的加速度大小为2.5m/s2D．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为89J四、填空题（共20分，每小题4分）21．如图所示，一硬杆上端绞于屋顶，用一水平力将其下端缓慢拉起．在杆从竖直拉至接近水平的过程中，拉力的变化情况是，拉力力矩的变化情况是．22．某物体在水平地面上沿直线匀减速滑行，加速度大小为2m/s2，停止运动前2s的位移是整个位移的1/4，则物体完成整个位移所用的时间是s，物体的初速度是m/s．23．取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度H处水平抛出，在抛出点其动能与重力势能之比为1：3，不计空气阻力．当物块的动能与重力势能相等时，物块的速度方向与水平方向的夹角为，物块落地时的水平射程是．24．在托乒乓球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍光面中心，t=0时以大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，t=t0起做匀速直线运动，球始终保持在位于球拍中心不动．在运动过程中球受到与其速度方向相反、大小成正比的空气阻力，比例系数为k，运动中球拍拍面与水平方向夹角为θ．则匀速运动时tanθ= ；匀加速直线运动过程中tanθ随时间t变化的关系式为．（不计球与球拍间的摩擦，重力加速度取g）25．一辆机动车在平直的公路上由静止启动开始做直线运动，图中图线A表示该车运动的速度和时间的关系，图线B表示车的功率和时间的关系．设车在运动过程中阻力不变，车在6s末前做匀加速运动，在16s末开始匀速运动．可知车的质量为kg，车从静止开始到16s末内的总位移为m．五、实验题（共24分）26．光电门传感器为门式结构，如图所示．A管发射红外线，B管接收红外线．A、B之间无挡光物体时，电路断开；有物体经过A、B之间时B管挡被光，电路接通．计算机根据挡光物体的和，自动算出物体的．27．利用图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小28．利用如图所示的装置描绘小球做平抛运动的轨迹：小球从斜面上某一位置无初速度释放，从斜槽末端飞出；利用水平卡板可以记录运动轨迹上的某个点；改变卡板的位置，就改变了小球在卡板上落点的位置，从而可以描绘出小球的运动轨迹．（1））（多选）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有（A）安装斜槽轨道，使其末端保持水平（B）每次小球释放的初始位置可以任意选择（C）每次小球应从同一高度由静止释放（D）为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接（2）在实验中，小球前后运动了三次，水平卡板依次放在图中①、②、③的位置，小球从斜槽末端到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为△E1、△E2、△E3，已知①与②的间距等于②与③的间距，忽略空气阻力的影响，下列分析正确的是（A）x2﹣x1=x3﹣x2，△E1＜△E2＜△E3（B）x2﹣x1＞x3﹣x2，△E1=△E2=△E3（C）x2﹣x1＜x3﹣x2，△E1＜△E2＜△E3（D）x2﹣x1＜x3﹣x2，△E1=△E2=△E3．29．某小组同学使用力矩盘验证有固定转动轴物体的平衡条件，力矩盘上各同心圆的间距相等，为4cm．（1）在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡（如图1所示），已知每个钩码所受的重力为1N，弹簧秤示数的单位为N，请填写下列实验数据表格中“第一次”实验的数据：（2）回顾整个实验过程，他们发现操作完全正确，读数和计算均无差错，力矩盘与转轴间的摩擦也足够小，经过讨论，他们认为两个方向力矩之和的差异是由于力矩盘的重心不在圆心造成的．根据（1）中的数据，可以判定力矩盘的重心可能在（多选）（A）圆心的左上方（B）圆心的左下方（C）圆心的右上方（D）圆心的右侧，与圆心同高（3）为改进实验，他们提出两种方案：方案一：在图2中D点悬挂一个钩码，在之后的每次实验中保持这个钩码的悬挂位置和个数不变，它产生的力矩就可以和力矩盘的重力矩抵消了．方案二：在之后的每一次实验中，都在顺时针方向的力矩之和上加0.04N•m，就可以抵消重力矩产生的影响了．你认为这两种方案（A）都可行（B）都不可行（C）方案一可行（D）方案二可行．六、计算题30．长为L的杆竖直放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一个质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气阻力．（1）若杆与环保持相对静止，在空中水平向左做匀加速直线运动，此时环恰好与B端在同一水平高度，如图（a），请在图（c）中作出此时环的受力示意图，并求出此时加速度的大小a1．（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为g，此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，求绳中拉力的大小．31．如图所示，质量M=1.6kg的均匀水平板AB长为1.2m，B端靠在光滑竖直墙壁上，板中点C处固连一根长为0.6m的轻质斜杆CO，与板面夹角为53°，O点为固定转轴．在B端放有一质量m=1.6kg静止小木块，先用大小为10N、方向与水平面夹角为53°的拉力F使木块向左滑动，中途撤去拉力F，木块能滑到板的最左端A处，且支架恰好不会失去平衡向逆时针方向翻倒．求：（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）木块与板之间的动摩擦因数µ；（2）木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小；（3）拉力F作用于木块的最短时间．32．如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度．圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面．一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点．已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力．求：（1）滑块运动到C点时的速度大小v C；（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f；（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A′点距离水平地面的高度为多少？33．如图（a）所示，A是一个无线力传感器，它上端所受拉力随时间的变化可在计算机上直接呈现．一根细绳一端连在A的挂钩上，另一端绕过两个定滑轮与重物B相连，两滑轮固定在离地高1.2m的横梁上，滑轮间距为0.4m．开始时，B被一托盘托住，A被悬挂在空中，细绳的左、右两段均竖直，突然撤去托盘，A、B分别在竖直方向由静止开始运动，B落地后不再弹起．A、B均可视为质点，不计空气阻力，不计滑轮轴的摩擦与滑轮的大小，重力加速度取g=10m/s2．（1）某次操作得到的A受拉力F随时间t变化的图象如图（b）所示，已知t1=0.2s是撤去托盘的时刻，t3时刻F突然开始急剧增大．求t2=0.35s时力传感器A的速度大小v和t3；（2）当A的质量为m、重物B的质量为M时，在A不碰到滑轮和横梁的情况下，求A上升的距离与B下落距离的比值．（3）若A的质量为0.2kg，选择质量为0.6kg的重物B，为使A上升的距离最大且不会碰到定滑轮，求应选择的细绳长度l和托盘的初始高度h．2015-2016学年上海市黄浦区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）1．如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）A．B． C．D．【考点】物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；类比法；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力．而形变有宏观与微观形变，所以有时接触不一定有形变，即有弹力．故弹力产生的条件是接触且形变．【解答】解：A、假设AB间有弹力，则AB两物体均不能处于平衡状态，所以要运动，然而AB两物体没有运动．故A选项没有弹力BCD、由图可知：项肯定有弹力，因为AB间有相互挤压，必定存在弹力．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】判断微观形变可用假设法：假设接触面有弹力，则运用力的平衡条件来判定是否平衡，注意选取没有弹力的选项．2．从牛顿第一定律可直接演绎得出（）A．质量是物体惯性的量度B．质量一定的物体加速度与合外力成正比C．物体的运动需要力来维持D．物体有保持原有运动状态的特性【考点】牛顿第一定律．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】要解决此题需要掌握牛顿第一定律的内容，即任何物体在不受任何外力的作用下，总保持匀速直线运动状态或静止状态．并且要理解牛顿第一定律的内容．【解答】解：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态．静止状态或匀速直线运动状态是指原来静止的将保持静止状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态．故牛顿第一定律说明了一切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了力是改变物体运动状态的原因；故只有D正确；故选：D．【点评】此题主要考查了对牛顿第一定律的理解，不仅要知道牛顿第一定律的内容，并且要理解“或”字的含义．3．物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向上做匀减速运动，如图所示．以下说法正确的是（）A．A仅受到重力和支持力的作用B．A受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用C．A受到的合外力水平向左D．A受到的合外力方向与其速度方向相反【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】对滑块的进行受力及运动过程分析；明确力的大小及方向；注意判断两物体之间的相互作用力方向的判断．【解答】解：C、D、由题滑块沿斜面向上做匀减速运动，可知滑块的加速度的方向沿斜面向下，与速度的方向相反，所以A受到的合外力的方向沿斜面向下，与速度的方向相反．故C 错误，D正确；A、B、物块A虽然受到的合外力的方向沿斜面向下，当受到的摩擦力的方向始终与接触面平行，即只能沿水平方向，不能沿斜面向上．故AB错误．故选：D【点评】该题中，物块A随滑块一起运动，可知加速度的方向沿斜面向下，可以由矢量图来解答，也可以在比较熟练的情况下，直接应用矢量之间的关系来理解．4．物体A、B两地往返运动．设A到B的平均速率为v1，由B到A的平均速率为v2，物体往返一次，平均速度的大小与平均速率分别是（）A．0，B．0，C．均为D．均为0【考点】平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】平均速度等于位移与所用时间的比值，平均速率等于路程与所用时间的比值．物体往返一次，位移为零．分别求出往返运动的时间，再求出平均速率．【解答】解：物体往返一次，位移为零．则物体的平均速度的大小为==0．设A、B两地的距离为x．物体从A到B运动的时间t1=从B到A运动的时间t2=则物体物体往返一次的平均速率==．故选：A【点评】本题要抓住平均速度和平均速率的定义来分析求解，不能张冠李戴，搞混淆．从本题看出，平均速率不一定等于平均速度的大小．5．某物体沿一直线运动，其v～t图象如图，下列说法正确的是（）A．第l秒内和第2秒内物体的速度方向相反B．第l秒内和第2秒内物体的加速度方向相反C．第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反D．第2秒末物体的加速度为零【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度的正负读出速度的方向．由速度图象的斜率等于加速度，根据数学知识研究加速度方向关系，【解答】解：A、0﹣2s内图象都在时间轴的上方，都为正，方向没有改变，所以第1s内和第2s内物体的速度方向相同，故A错误．B、斜率表示加速度，直线的倾斜的方向表示加速度的方向，直线的倾斜的方向相反，说明加速度的方向相反，所以第1s内的加速度方向和第2s内的加速度方向相反，故B正确．C、第3秒内物体的速度为负，加速度也为负，方向相同，故C错误；D、1﹣3s内物体做匀变速直线运动，加速度不为零，故D错误．故选：B【点评】本题考查了v﹣t图象的直接应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题，较为简单．6．一物块静止在粗糙的水平桌面上，从t=0开始物块受到一方向不变的水平拉力作用．设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映a﹣F关系的是（）A． B． C． D．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】由牛顿第二定律可得F与a的关系，进而由数学方法来分析图象．【解答】解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：F﹣f=ma；在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故C正确．故选：C．【点评】对找图象问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法来分析函数对应的图象．7．物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象中，能正确描述物体的重力势能与下落速度的关系的图象是（）A．B．C．D．【考点】自由落体运动．【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题．【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能和势能的定义，即可求解．【解答】解：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：E P=E﹣mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以D正确，ABC错误；故选：D【点评】本题考查物体机械能守恒时，各个物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系．8．如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A．一定大于4.0N B．一定等于4.0N C．一定小于4.0N D．一定为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力应为平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的变化．【解答】解：当用力加速抽出木板B时，A物体保持静止，故可知A受B的摩擦力f=F=4.0N；因A对B物体的压力不变，故A、B间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动时摩擦力也为4.0N；物体A在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对A的拉力仍为4.0N，即弹簧秤的示数大小仍等于4.0N；选项B正确．故选：B．【点评】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关．二、单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）9．如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cosθ=mg解得：F2=当木桩间距变近时，细线与竖直方向的夹角θ减小，故cosθ增大，拉力F2变小．故选：B．【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．10．如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加一平行于斜面向上的力F．若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2，由此可求出（）A．物块对斜面的正压力B．物块的质量C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．斜面的倾角【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣f=0 ①；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f﹣mgsinθ=0 ②；联立解得：f=，。

2016年上海市黄浦区高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共16小题，共40.0分)1.下列各组单位中属于基本物理量单位的是（）A.安培B.库仑C.牛顿D.伏特【答案】A【解析】解：根据规定，国际单位制中，基本物理量的单位有：米、秒、千克、安培、开尔文、摩尔、坎德拉．可知，四个选项中只有A选项符合题意．故选：A国际单位制中，基本物理量的单位有：米、秒、千克、安培、开尔文、摩尔、坎德拉．该题考查单位制，解决本题的关键熟记单位制中的七个基本单位以及对应的物理量．2.一物体受到三个共点力F1、F2、F3共同作用，其力的矢量关系如图所示，则它们的合力大小是（）A.0B.2F1C.F3D.2F2【答案】D【解析】解：根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同，故合力等于2倍的F2．故D正确，ABC错误；故选：D．三角形定则是指两个力（或者其他任何矢量）合成，其合力为从第一个力的起点到第二个力的终点．三角形定则是平面力系求解力的合成与分解的基本法则，是由平行四边形定则发展而来，与平行四边形定则在本质上是一致的．本题涉及力的合成的三角形定则，即有两个力，大小方向都不同，用矢量三角形求出它们合力的大小，就把第二个力的尾连上第一个力的头，它们的合力就是第一个力的尾指向第二个力的头的这样一个矢量，画出来之后你可以看到三者构成一个三角形．3.单摆振动时的回复力是（）A.悬线对摆球的拉力B.摆球所受的重力C.摆球重力在垂直于悬线方向上的分力D.摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力【答案】C【解析】解：摆球振动时的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所回复力：使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力．作用：使振子返回平衡位置．振动的单摆受到重力G与绳的拉力T作用，绳的拉力和重力的法向分力的合力提供圆周运动的向心力；指向平衡位置的合外力是重力的切向分力，它提供了单摆振动的回复力．回复力可以是合外力，其不单纯是指某一个力．它是根据力的作用效果“总是要把物体拉回到平衡位置”命名的；回复力不是一种特殊性质的力．但回复力也不一定就是合外力．4.用轻绳系住一小球静止在光滑斜面上，如图所示．若要按力的实际作用效果来分解小球的重力，则重力的两个分力的方向分别是图中的（）A.1和5B.2和5C.3和5D.3和2【答案】C【解析】解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和5．故选：C．将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果．按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单．5.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=N=N S=n•a2=，故A正确，BCD错误；故选：A．根据法拉第电磁感应定律E=N=N S，求解感应电动势，其中S是有效面积．解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律E=N=N S，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．6.某质点作简谐振动时的位移x随时间t变化的规律如图所示，该质点在t1与t2时刻（）A.振幅不同B.加速度方向相同C.在t1时刻速度较大D.在t2时刻向x正方向运动【解析】解：A、振幅是振子能达到的最大位移，故振幅不变；故A错误；B、由图可知，两时刻时振子的位移大小相等，方向相反；故加速度方向相反；故B错误；C、由图可知，t1时刻距平衡位置的距离大于t2时刻距离平衡位置的距离，则可知t2时刻的速度要大于t1时刻的速度；故C错误；D、振动图象随时间延伸，由图可知，t2时刻向x轴正方向运动；故D正确；故选：D．由振动图象读出两个时刻质点的位移关系，根据回复力、加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，分析加速度关系．在t1、t2时刻质点的位置关于平衡位置对称，而且同向运动，速度相同．本题考查对振动图象的识别和理解能力．明确回复力、加速度与位移这三个量大小变化情况是一致的，但速度要注意其方向的不同．7.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况（电场线方向未标出）．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线上的两点，OM=ON．下列说法中正确的是（）A.O、M、N三点的场强的大小关系是E M=E N＞E OB.O、M、N三点在同一个等势面上C.检验电荷在O、M、N三点受到的电场力方向不相同D.将一自由电荷从M点静止释放，它将沿MON做直线运动【答案】B【解析】解：A、等量异种电荷的中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以E O＞E M=E N，所以A错误；B、等量异种电荷连线的中垂线上的两点，而等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上，所以B正确；C、等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以O、M、N三点的电场强度方向相同，点受到的电场力方向不相同，所以C错误；D、把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON做直线运动，所以D错误；故选：B．中垂线上的场强是A、B两电荷在中垂线上产生场强的合场强．根据平行四边形定则分析出中垂线上的场强方向和大小．根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低．本题考查的就是点电荷的电场的分布，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单8.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（）A.该时刻质点O正处于平衡位置B.P、N两质点始终处在平衡位置C.从该时刻起，经过二分之一周期，质点M处于振动减弱区B【解析】解：A、由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，故A错误；B、图示时刻，P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，两列波单独传播引起的位移的矢量和应该一直为零，故P、N两质点始终处在平衡位置，故B 正确；CD、图示时刻，点M为波峰与波峰叠加，是振动加强点，经过二分之一周期，振动到波谷位置，故C错误，D错误；故选：B由图知M、O都处于振动加强点，P、NO都处于振动减弱点，在波的传播过程中，质点不会向前移动，仅在各自的平衡位置振动，振动的强弱看振幅，不是看位移．介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．9.如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路，汽车启动时电键S闭合，驾驶员系好安全带时R T阻值会变的很大，R1和R2为定值电阻．要求当启动汽车但驾驶员未系安全带时蜂鸣器报警．则在图中虚线框内应接入的元件是（）A.“与”门B.“或”门C.“非”门D.“与非”门【答案】A【解析】解：未系安全带时R T阻值很小，R T两端的电势差很小，即输入端为高电势，另一输入端已为高电势，此时蜂鸣器报警，知输出端为高电势．若系安全带，R T阻值大，两端电势差也大，即输入端为低电势，此时蜂鸣器不报警，知输出端为低电势．所以该该元件为“与”门．故A正确，B、C、D错误．故选：A．未系安全带时要求鸣器报警，则要求蜂鸣器两端有高电压，即输出端为高电势，蜂鸣器两个输入端已有一个是高电势，另一个输入端的电势高低看R T阻值的大小，未系安全带时R T阻值很小，R T两端的电势差很小，即输入端为高电势，否则为低电势．解决本题的关键掌握“与”门电路的特点，即几个条件都满足，事件才能发生．10.拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，即始终保持与地球、太阳在一条直线上．则此飞行器的（）A.向心力仅由太阳的引力提供B.向心力仅由地球的引力提供C.向心加速度等于地球的向心加速度D.线速度大于地球的线速度【答案】D【解析】解：A、飞行器在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，靠地球和太阳引力的合力提供向心力，故AB错误．C、飞行器和地球的角速度相等，根据a=rω2知，飞行器的向心加速度大于地球的向心加速度，故C错误．D、根据v=rω知，飞行器的线速度大于地球的线速度，故D正确．a=rω2得出线速度、向心加速度的关系．解决本题的关键知道飞行器向心力的来源，抓住角速度相等，结合线速度、向心加速度与角速度的关系分析判断．11.在倾角为30°的光滑固定斜面上，有一个物体从静止开始下滑，v x表示物体速度在水平方向上的分量，a x表示加速度在水平方向的分量，重力加速度g取10m/s2，如图图象中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：根据牛顿第二定律得mgsin30°=ma，得a=gsin30°=5m/s2；加速度在水平方向的分量为a x=acos30°=m/s2；a x保持不变，则a x-t图象是平行于t轴的直线．物体速度在水平方向上的分量v x=a x t=t m/s，v x-t是过原点的倾斜直线，当t=1s时，v x=m/s，故ABD错误，C正确．故选：C根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由运动的分解法求出加速度在水平方向的分量，得到速度水平分量与时间的关系式，再选择图象．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度，再运用运动的分解法列式分析．12.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和滑轮轴的摩擦）．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中（）A.地面对斜面体的摩擦力一定变大B.斜面体所受地面的支持力一定变大C.水平力F一定变小D.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大【答案】A【解析】则有F=mgtanθ，T=，在物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F随之变大，细线的拉力T也是增大．对A、B两物体与斜面体这个整体而言，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=FN=（M+m）g由于斜面体与物体A仍然保持静止，拉力F增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面体所受地面的支持力应该没有变，等于整体的重力；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．故A正确，BCD错误．故选：A．先隔离对B分析，通过共点力平衡判断绳子拉力和F的大小变化；再对整体分析，判断摩擦力及支持力的变化．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．13.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为（）A.F a＞F b＞F cB.F a=F b=F cC.F b＜F a＜F cD.F a＞F b=F c【答案】D【解析】解：设a、b两棒的长度分别为L a和L b．c的直径为d．由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：F a=BIL a；F b=BIL b=BI d；c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：F b=BI d；因为L a＞d，则有：F a＞F b=F c．故选：D．图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒．本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度．14.一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m，振幅为A．当坐标为x=0处质元的位移为且向y轴负方向运动时．坐标为x=0.4m处质元的位移为．当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x=0.4m处质元的位移和运动方向分别为（）A.、沿y轴正方向B.，沿y轴负方向C.、沿y轴正方向D.、沿y轴负方向解：坐标为x=0处质元与坐标为x=0.4m处质元间距为0.4m小于半个波长，坐标为x=0.2m处的质元与他们一定在同一波沿上处在平衡位置向y轴负方向运动，坐标为x=0.4m处质元也向y轴负方向运动．当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时经历时间是半个周期的奇数倍．在这段时间坐标为x=0.4m处质元运动到对称点即位移为，运动方向与原来相反，C正确．故选C．根据x=0处质元和x=0.4m处质元的位移关系，结合波形及x=0.2m处质元的振动方向，判断出波的传播方向，确定x=0.4m处质元的位移．本题考查质点间关系与波形、间距、周期和波长的制约关系，往往画出波形图帮助分析判断．15.一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定船沿三条不同路径渡河（）A.时间相同，AD是匀加速运动的轨迹B.时间相同，AC是匀加速运动的轨迹C.沿AC用时最短，AC是匀加速运动的轨迹D.沿AD用时最长，AD是匀加速运动的轨迹【答案】C【解析】解：AB、根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC轨迹说明船在静水中加速运动，而AB则对应是船在静水中匀速运动，对于AD，则船在静水中减速运动，故AB错误；C、由上分析可知，由于AC轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C正确；D、沿着AD运动轨迹，对于的时间是最长的，但AD是匀减速运动的轨迹，故D错误．故选：C．根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小．考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，同时掌握曲线运动条件的应用．16.如图所示电路中，R2、R3、R4为定值电阻，当滑动变阻器R1的滑动头向左滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为△I1、△I2、△I3，下列说法中正确的是（）A.电流表A1的示数一定减小B.电流表A2的示数一定增大C.△I3一定大于△I1D.△I1一定大于△I2解：B、三个电阻R1、R2、R3并联，电流表A1电流等于三个电阻R1、R2、R3的总电流；电流表A2电流等于电阻R3、R2的总电流；电流表A3的电流等于电阻R1、R2的总电流；滑片向左滑动，R1值减小，R1、R2、R3三者并联的总阻值减小，所以R1、R2、R3分压减小，流经R2、R3的电流减小，所以A2的示数减小；故B错误；A、干路电流增大，流经R2、R3的电流减小，故流经R1电流增加，故电流表A1的示数一定增大，故A错误；C、△I1=△I3+△I R3，由于I R3减小，所以△I R3为负值，所以△I1＜△I3，故C正确；D、△I1=△I2+△I R1，由于I R1增加，所以△I R1为正值，△I1是正值，△I2是负值，则△I1＜△I2，故D错误；故选：C．解答本题需要先根据电流法分析出三个电阻的连接方式，然后再分析出三个电流表各测的是哪个电阻的电流，最后再根据相应的电流规律进行解答．分析电路时可先对电路进行简化处理，如把电流表当作导线，这是因为电流表的内阻很小；把电压表当作开路，这是因为电压表的内阻很大．对于电路的分析，我们一定要熟练掌握应用电流法去分析．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)17.如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为-10V、0V、10V，实线是一带电粒子（只受电场力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c为轨迹上三点．下列说法正确的是（）A.粒子可能带正电，也可能带负电B.粒子在三点所受的电场力F a=F b=F cC.粒子做匀变速运动D.粒子在三点的电势能大小为E pc＞E pa＞E pb【答案】BC【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，可知该电场的方向是向上的．带电粒子轨迹向下弯曲，粒子受到的电场力向下，所以粒子一定带负电．故A 错误．B、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，相邻等势面间的电势差又相等，可知该电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相同，加速度也相同．粒子做匀变速运动，故B正确，C正确；D、带电粒子在电场中运动时，只发生电势能与动能之间的相互转化，由图可知，b点的电势最低，由E P=qφ知：负电荷在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，即有E pc＜E pa＜E pb．故D错误；故选：BC本题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出该电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；带电粒子的运动轨迹向下弯曲，电场力向下，电场方向向上，可判断出粒子的电性．根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系．解决本题的关键：1、知道曲线运动的合力指向轨迹弯曲的内侧，从而判断出电场力的方向．2、要掌握匀强电场等势面和电场线分布的特点，知道电荷在匀强电场中电场力18.如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A.ab棒运动的平均速度大小为vB.沿导轨方向的位移大小为C.产生的焦耳热为q BL vD.受到的最大安培力大小为【答案】BD【解析】解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动的平均速度大小大于v，故A错误；B、由电量计算公式q=I t=t==可得，下滑的位移大小为s=，故B正确；C、产生的焦耳热Q=I2R t=q IR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′=小，故这一过程产生的焦耳热小于q BL v．故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=B••L=，故D正确．故选：BD．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导．19.将物体m置于固定的粗糙斜面上，会加速下滑，如图所示．若增加外力或物体mʹ，m仍沿斜面下滑，下列四种情况中，加速度变大的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】解：设斜面的倾角为θ，物体原来以加速度a匀加速下滑，则根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma，摩擦力f=μmgcosθ（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a1，摩擦力f=μ（m+m′）gcosθ所以a1=g（sinθ-μcosθ）②，可知加速度不变．故A错误；B、施加竖直向下恒力F后，则有：摩擦力f′=μ（mgcosθ+F cosθ）=μ（mg+F）cosθ③（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma2a2=（g+）（sinθ-μcosθ）④可见，物体m受到的摩擦力增大，下滑的加速度增大，故B正确；C、增加水平方向的拉力F后，垂直于斜面的方向：沿斜面的方向：得：＞⑤可知加速度a增大．故C正确；D、增加沿斜面向下的力F后，垂直于斜面方向的力不变，则摩擦力不变，沿斜面向下的方向：ma4=mgsinθ+F-μmgcosθ所以a4=g（sinθ-μcosθ）+＞a⑥可知加速度增大，故D正确；故选：BCD先隔离小物体，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式，分别研究加恒力F前后物体所受的摩擦力大小和加速度大小，再进行比较即可．本题是牛顿第二定律和摩擦力公式的应用，属于已知受力情况分析运动情况的类型，分析受力是基础，同时要结合整体法和隔离法分析．20.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒①、②置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放①，当①恰好进入磁场时由静止释放②．已知①进入磁场即开始做匀速直线运动，①、②两棒与导轨始终保持良好接触．则下列表示①、②两棒的加速度a和动能E k随各自位移s变化的图象中可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】解：A、以红色、蓝色分别表示导体棒①、②．竖直光滑金属导轨表明导体棒在运动过程中无摩擦力作用，图1到图2，棒①也未进入磁场无安培力，只受重力作用做自由落体运动，加速度为g，进入磁场的速度；在①进入磁场以做匀速直线运动时，受力平衡，此时②做自由落体运动，到图3导体棒①、②速度相同，闭合回路的磁通量不变，无感应电流，导体棒只受重力，加速度为g，图4之后①出了磁场加速度仍为g；综上所述，A答案正确；B、图1到图4导体棒②无电流加速为g，图4中瞬时速度为，此时棒①，加速度向上不为零，B答案错误；C、棒①从图1到图2，图3到图5只受重力；图2到图3匀速受力平衡；根据动能定理，C答案正确．D、棒②从图1到图4，图5之后只受重力；图4到图5安培力大于重力棒做变减速，安培力减小；根据动能定理，D答案正确．故选：ACD金属棒①开始自由落体，进入磁场先做匀速运动（棒受力平衡），后做加速度为g的匀加速（磁通量不变，无感应电流）；金属棒②开始自由落体直到图4位置，由于速度过大，安培力大于重力在合力作用下做变减速，出磁场做加速度为g的匀加速；注意：物体的受力分析，由金属棒的速度关系，以及法拉第电磁感应定律确定安培力，运用动能定理分析动能．三、填空题(本大题共5小题，共20.0分)21.若两颗人造地球卫星的轨道半径之比为R1：R2=3：1，则它们的周期之比T1：T2= ______ ，向心加速度之比a1：a2= ______ ．【答案】：1；1：9【解析】解：根据得，周期T=，a=，若两颗人造地球卫星的轨道半径之比为R1：R2=3：1，则周期之比T1：T2=：，向心加速度之比a1：a2=1：9．故答案为：3：1，1：9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，结合轨道半径之比求出周期、向心加速度之比．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道周期、向心加速度与轨道半径的关系．22.如图所示，质量为m的一匀质木杆，上端可绕固定水平轴O自由转动，下端搁在木板上，杆与水平方向成37°，木板置于光滑水平面上．开始木板静止，杆对板的压力为N，现用水平拉力使板向右匀速运动，此时杆对板的压力N′ ______ N（选填“＜”、“=”或“＞”），已知杆与板间的动摩擦因数μ=0.75，则水平拉力F= ______ mg．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）【答案】＜；0.24【解析】解：设杆长为L，以杆为研究对象，以O为转轴，木板静止时，由力矩平衡条件：mg•L cos37°=N•L cos37°…①木板向右匀速运动时，由力矩平衡条件：mg•L cos37°=N′•L cos37°+f•L sin37°…②又：f=μN′…③解得：N＞N′f=0.24mg对板，水平方向受滑动摩擦力和拉力，根据平衡条件，有：F=0.24mg故答案为：＜，0.24．以杆为研究对象，以O为转轴，由力矩平衡条件求物体对杆的支持力和摩擦力大小，进而由木板受力平衡求得拉力F．本题是共点力平衡和力矩平衡的综合应用，受力分析是基础，还要正确确定力臂，不难．23.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．当箱子沿地面向左做加速度大小为a（a＞gtanθ，g为重力加速度）的匀加速运动时，球受到箱子左壁的作用力大小为______ ，受到顶部的作用力大小为______ ．【答案】。

2024届上海市黄浦区高三上学期期末调研测试全真演练物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

下列叙述正确的是（ ）A．库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向B．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念D．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比第(2)题如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。

现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。

O、A、C点电势分别为φ0、φA、φC，则（）A．φO > φC B．φC > φA C．φO = φA D．φO－φA = φA－φC第(3)题玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银封闭一定质量的理想气体。

将玻璃管绕底端缓慢转到虚线所示位置，则（ ）A．根据查理定律可判断气体体积在变大B．根据查理定律可判断气体体积在变小C．根据玻意耳定律可判断气体体积在变大D．根据玻意耳定律可判断气体体积在变小第(4)题当原子核发生了一次β衰变后，该原子核少了一个（ ）A．电子B．中子C．质子D．核子第(5)题获得2017年诺贝尔物理学奖的成果是( )A．牛顿发现了万有引力定律B．卡文迪许测定了引力常量C．爱因斯坦预言了引力波D．雷纳·韦斯等探测到了引力波第(6)题小明同学设计了一个手动发电式电筒，装置简化如图。

装置左侧是一个半径为的水平圆盘，当圆盘绕轴心匀速转动时，固定在圆盘边缘处的小圆柱带动T形绝缘支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动，导体棒运动的速度随时间变化的关系为。

导轨间距，导轨间存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度，导轨右端连接一理想变压器，其输出端给两个额定电压为2V的灯泡供电，两灯泡刚好正常发光，线圈、导线及导轨电阻不计，电压表为理想电压表。

黄浦区2016年高考模拟考参考答案第I 卷第II 卷四．填空题。

本大题5小题，每空2分，每题4分。

21．42He ， 22A ．（m 1＋m 2）v 0，v 0＋m 1m 2（v 0－v 1） 22B ．1：4，1：8 23．里，0.37524． 0，18.125．0.032，15.625五．实验题。

本大题4小题，共24分 26．（3分）BC 27．（5分=1+2+2分）（1）匀速直线，平抛运动的水平分运动是匀速直线运动（2）3.35 28．（8分=2+2+2+2分）（1）图略（2）20（18~22）（3）下，1.5029．（8分=2+2+2+2分）（1）12（M+m ）（b t ）2，（M+m ）b 2 2（M -m ）ht 2（2）大于（3）D六．计算题。

本大题4小题，共50分30．（10分=3+3+4分）（1）s =12vt ，v =2s t = 2×11m/s =2m/s （3分）（2）a 1= v t = 21m/s 2 =2 m/s 2，mg sin θ-μmg cos θ=ma 1，将a 1= v t = 21m/s 2 =2 m/s 2，θ=37°代入，可求得μ=0.5（3分）（3）因为物体加速度向下，所以恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 竖，则有F 竖sin θ-μF 竖cos θ=ma 2 将a 2= 1.5 m/s 2、θ=37°、μ=0.5代入，可求得F 竖=15N 因为F 竖=mg -F ，所以F =mg -F 竖=20N -15N=5N （4分）31．（12分=2+3+7分）（1）活塞N 上升过程M 始终不动，气体A 、B 压强始终相等，加热过程中气体B 经历等压过程，所以p A2= p B2= p 0（2分）（2）设左缸容积为V 0，则右缸容积为12V 0。

气体B ：V B1=2HS 右，T B1=280K ； V B2=52HS 右，T B2=?根据V B1T B1= V B2T B2，可求出T B2=350K （3分）（3）气体A ：p A1 = p 0，V A1=12HS 右；p A3 = ?， V A3=38HS 右，可求出p A3 = p A1V A1V A3 =43p 0（3分）气体B ：p B1= p 0，V B1=2HS 右，T B1=280K ；p B3= p A3 =43p 0，V B3=218HS 右，T B3=？根据p B1V B1T B1= p B3V B3T B3可求出T B3=490K （4分） 32．（14分=3+6+5分）（1）E 1q =mg tan30°，解得E 1=3mg3q（3分） （2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。