2020年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷

1、第第 頁(yè)，共13頁(yè)【解析】解：設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m，軌道半徑為廠，地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星繞地球勻速做圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，則得：Gm=ma可知，衛(wèi)星的軌道半徑越小，周期越小，而角速度、線速度和向心加速度越大，“高分五號(hào)”的軌道半徑比“高分四號(hào)”的小，所以“高分五號(hào)”較小的是周期，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C衛(wèi)星繞地球勻速做圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，由此列式得到衛(wèi)星的周期、角速度、線速度和向心加速度與軌道半徑的關(guān)系式，再進(jìn)行分析。解決本題的關(guān)鍵是要掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一重要理論，知道衛(wèi)星的線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關(guān)系。對(duì)于周期，也可以根據(jù)開(kāi)普勒第三定律

2、分析。.【答案】D【解析】解：4、由圖知，甲單擺的周期為丁甲=占，乙單擺的周期為T乙=tb，則T甲：T二2：3,故A錯(cuò)誤。乙B、由單擺周期公式7=2,舍得：甲、乙兩單擺的擺長(zhǎng)之比，故B錯(cuò)誤。、tb時(shí)刻甲、乙兩擺球均通過(guò)平衡位置，速度方向相反，則速度不同，故C錯(cuò)誤。D、ta時(shí)刻甲、乙兩單擺的位移相等，但擺長(zhǎng)不等，則擺角不等，故D正確。故選：D。根據(jù)圖線直接讀出甲、乙兩單擺的周期之比。由單擺周期公式7=2,/求擺長(zhǎng)之比。擺球通過(guò)平衡位置時(shí)速度最大,結(jié)合擺長(zhǎng)和振幅分析最大速度的關(guān)系,并確定甲、乙兩單擺的擺角關(guān)系。本題關(guān)鍵是根據(jù)振動(dòng)圖象得到兩個(gè)單擺的振幅和周期的關(guān)系,然后結(jié)合單擺周期公式分析擺長(zhǎng)關(guān)系。

3、要注意速度是矢量,只有大小和方向都相同時(shí)速度才相同。.【答案】B【解析】解：在AD連線上，每一個(gè)位置的場(chǎng)強(qiáng)由十Q和十3Q的點(diǎn)電荷共同疊加產(chǎn)生，設(shè)AB=BC=CD=L在5點(diǎn)，十。產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為:，方向水平向右。十3。產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為.：，方向水平向左。所以在B點(diǎn)的實(shí)際場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右。在。點(diǎn)，十。產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為，方向水平向右。k-3Q十3。產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為.，方向水平向左。所以在C點(diǎn)的實(shí)際場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左。所以從B到C電場(chǎng)強(qiáng)度先向右減小后反向向左增加，則加速度先向右減小后反向增加，一正電荷從B點(diǎn)沿直線移到C點(diǎn)電場(chǎng)力方向先向右，后向左，所以電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功,所以動(dòng)能動(dòng)能先增加后減小，電勢(shì)能先減小后增加，

4、故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式=分析計(jì)算，有兩個(gè)場(chǎng)源就根據(jù)矢量合成求合場(chǎng)強(qiáng)。根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化。本題關(guān)鍵根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，然后根據(jù)矢量合成的法則合成各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，再找出電場(chǎng)力方向去判斷做功的情況。.【答案】A【解析】解：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，則根據(jù)牛頓第二定律得:當(dāng)=時(shí)加速度最大為g,則比值為：y=；=，隨著的增大，y增大，對(duì)應(yīng)；支持力N=mg,支持力的最大值為機(jī)g,則有：y=*=，隨著的增大，y減小，對(duì)應(yīng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出小球運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)力的合成與分解原則求出小球?qū)π泵鎵毫Φ谋磉_(dá)式，從而找出圖象。本

5、題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對(duì)小球進(jìn)行受力分析，能夠推導(dǎo)a和N的表達(dá)式是關(guān)鍵。.【答案】B【解析】解：A、從圖象可以看出，7時(shí)刻甲在乙前面，則不相遇，故A錯(cuò)誤。B、從圖象可以看出，藍(lán)色小球做加速運(yùn)動(dòng)，白色小球做勻速運(yùn)動(dòng)；兩球同時(shí)出發(fā)，但初位置藍(lán)球靠前，故剛出發(fā)不久白球追上籃球，由于籃球不斷加速，故最終會(huì)再次超過(guò)白球，故兩球相遇兩次，故B正確。C、從圖象可以看出，1到12之間和15到16之間某時(shí)刻甲、乙相遇，而14到15之間，乙一直在甲前面，未相遇，故C錯(cuò)誤。D、13到14之間甲乙位置變化幾乎是相同的，則平均速度相等，但甲做的加速運(yùn)動(dòng)，那么13至Ut4之間某時(shí)刻，甲的速度

6、開(kāi)始大于乙的速度，故D錯(cuò)誤。故選：B。從圖象可以看出，藍(lán)色小球做加速運(yùn)動(dòng)，白色小球做勻速運(yùn)動(dòng)；11時(shí)刻白球在后，12時(shí)刻白球在前，故相遇第一次；13到15，白球一直在前；16時(shí)刻向后，白球再次被超過(guò)，第二次相遇。本題關(guān)鍵根據(jù)情境圖分析清楚兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)情況，然后進(jìn)行分析；也可以畫(huà)出速度時(shí)間圖象進(jìn)行分析。.【答案】電場(chǎng)力qU【解析】解：電路所做的功叫做電功，本質(zhì)上是恒定電場(chǎng)對(duì)自由電荷的電場(chǎng)力對(duì)自由電荷定向移動(dòng)時(shí)所做的功，電功公式為W=qU，其中q表示通過(guò)導(dǎo)體的電荷量，U表示導(dǎo)體兩端的電壓。故答案為：電場(chǎng)力；qU。電流做的功就是電功，實(shí)質(zhì)上是電場(chǎng)力對(duì)自由電荷的定向移動(dòng)所做的功，其公式W=qU。要知

7、道電路中的電流所做的功的過(guò)程本質(zhì)上是通過(guò)電場(chǎng)力做功把電荷的電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程。.【答案】頻率相同而波速不同6【解析】解：波的頻率由波源決定，兩列波的頻率4=2，向正方向傳播的波一個(gè)周期內(nèi)4波形傳播的距離是，向負(fù)方向傳播的波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離是.兩列波波長(zhǎng)不同的原因是兩列波頻率相同，波速不同。兩列波頻率相同，則經(jīng)時(shí)間t質(zhì)點(diǎn)。振動(dòng)了6次，則質(zhì)點(diǎn)b振動(dòng)了6次。故答案為：頻率相同而波速不同；6。波的頻率由波源決定，波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，頻率不變，向正方向傳播的波一個(gè)周期內(nèi)波形傳播的距離是，向負(fù)方向傳播的波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離是。兩列波波長(zhǎng)不同的原因是兩列波頻率相同，波速不同。解

8、決本題的關(guān)鍵知道波的頻率由波源確定，與介質(zhì)無(wú)關(guān)。也可以通過(guò)確定波長(zhǎng)關(guān)系求解，而波速是由介質(zhì)決定的。.【答案】Bmg【解析】解：設(shè)弧形樹(shù)枝某點(diǎn)的切線的傾角為，則在某點(diǎn)時(shí)重力沿樹(shù)枝向下的分力為F尸mg，最大靜摩擦力fm=mg，在B點(diǎn)是，角較大，則F1較大，最大靜摩擦力fm較小，則小蟲(chóng)子容易滑落。由平衡條件知，蟲(chóng)子對(duì)樹(shù)枝的作用力與重力mg等大反向，故答案為：Bmg寫(xiě)出某點(diǎn)蟲(chóng)子的重力沿樹(shù)枝向下的分力、最大靜摩擦力的表達(dá)式，分析在A、B點(diǎn)的最大靜摩擦力的大小可判斷再哪一點(diǎn)容易滑落，由平衡條件可求得蟲(chóng)子經(jīng)該位置時(shí)對(duì)樹(shù)枝的作用力大小。本題考查了平衡條件的應(yīng)用，要知道最大靜摩擦力越小越容易滑落。.【答案】大于

9、大于【解析】解：小球自由擺動(dòng)時(shí)，對(duì)小球從A出發(fā)回到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgH-W1=0,式中W1是小球克服阻力做的功。在A點(diǎn)推一下后小球往返的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得W-W2=0,式中W是推力每次對(duì)小球做的功，W2是小球克服阻力做的功因阻力大小恒定，小球克服阻力做功與路程成正比，則有W2W1,可得，WmgH。在A點(diǎn)推一下后小球從A點(diǎn)到另一側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W+WG=0-0,式中Wg是重力做的功，則得Wg=-：0，因此，小球在另一側(cè)能到達(dá)的最大高度大于A點(diǎn)的高度。故答案為：大于,大于。小球自由擺動(dòng)時(shí)，對(duì)小球從A出發(fā)回到B的過(guò)程，利用動(dòng)能定理列式。在A點(diǎn)推一下后小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,再由

10、動(dòng)能定理列式,即可作出判斷。本題涉及力在空間的效果,要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。在運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí),要靈活選擇研究的過(guò)程。本題還要注意阻力大小恒定,阻力做功與路程成正比。.【答案】IE-12(R+r)12R01【解析】解：電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為U=E-1(R+r)，則電動(dòng)機(jī)的輸入功率為P=UI=EI-12(R+r)；電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為P熱=12R0,則電動(dòng)機(jī)損耗的能量即為Q=P熱t(yī)=12R01。故答案為：EI-12(R+r)；12R01。電動(dòng)機(jī)的輸入功率即為電動(dòng)機(jī)消耗的總功率；電動(dòng)機(jī)損耗的能量就是電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的內(nèi)能。電動(dòng)機(jī)損耗的能量就是電動(dòng)機(jī)工作時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能，也可以用電動(dòng)機(jī)的輸入功率減去電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率計(jì)算出

11、電動(dòng)機(jī)的熱功率，然后與時(shí)間的乘積計(jì)算獲得，而電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率等于對(duì)鉤碼做功的功率。.【答案】等量異號(hào)點(diǎn)電荷靜電場(chǎng)電壓ADB【解析】解：(1)在導(dǎo)電紙上產(chǎn)生的恒定電流場(chǎng)模擬了等量異號(hào)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)；用傳感器探測(cè)電壓等勢(shì)點(diǎn)。A、本實(shí)驗(yàn)采用描跡法畫(huà)圖，在板上自下而上依次鋪放白紙、復(fù)寫(xiě)紙和導(dǎo)電紙，故A正確。B、導(dǎo)電紙有導(dǎo)電物質(zhì)的一面應(yīng)向上，故B錯(cuò)誤。、因?yàn)樵陔姌OA、B之間的連線上等距離間電勢(shì)差不等，所以不能選等距離的點(diǎn)為基準(zhǔn)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。D、連接傳感器正、負(fù)極的紅、黑色探針?lè)謩e接觸高、低電勢(shì)處時(shí)示數(shù)為正，故D正確。故選：ACD(3)將連接傳感器正極的紅色探針固定在A、B連線中垂線上的某一點(diǎn)，當(dāng)黑色

12、探針在中垂線左側(cè)時(shí)，紅、黑色探針?lè)謩e接觸低、高電勢(shì)，示數(shù)為負(fù)。黑色探針在中垂線右側(cè)時(shí)，紅、黑色探針?lè)謩e接觸高、低電勢(shì)，示數(shù)為正，所以從A到B，示數(shù)先負(fù)后正，而且電勢(shì)逐漸升高，所以B圖正確，故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B故答案為：(1)等量異號(hào)點(diǎn)電荷、靜電場(chǎng)；電壓。(2)AD。(3)B。(1)本實(shí)驗(yàn)在導(dǎo)電紙上產(chǎn)生的恒定電流場(chǎng)模擬了等量異號(hào)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)；用傳感器探測(cè)電壓等勢(shì)點(diǎn)。(2)作圖利用復(fù)寫(xiě)紙作在白紙上，整個(gè)操作在導(dǎo)電紙上進(jìn)行，可知在木板上依次鋪放導(dǎo)電紙、復(fù)寫(xiě)紙和白紙；導(dǎo)電紙與電極接觸應(yīng)良好，有導(dǎo)電物質(zhì)的一面應(yīng)朝上。在電極A、B之間的連線上等距離地選取5個(gè)基準(zhǔn)點(diǎn)，用傳感器探測(cè)等勢(shì)點(diǎn)。(3)

13、根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低分析電勢(shì)的變化情況，從而選擇圖象。本題的解題關(guān)鍵是懂得實(shí)驗(yàn)原理，本實(shí)驗(yàn)的原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)，關(guān)鍵利用電壓傳感器要找到等勢(shì)點(diǎn)。19.【答案】解：(1)cd棒下滑切割磁感線，ab棒下滑不切割磁感線，根據(jù)右手定則，在cd棒中I沿cd方向。(2)cd棒在右側(cè)軌道上受力f2=N2=m2gcos53=0.5x0.4x10 x0.6N=1.2N由牛頓第二定律得2gsin53-f2-FA2=m2a2FafBIL=，F(xiàn)afBIL=，V增大，a2減小，cd棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)/2=-=m2gsin53-f2=(0.4x10 x0.8-1.2)N=2.0N時(shí)速度最大，

14、此后cd棒以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，最大電流/左=2.0Aab棒最大電功率Pm=1m2R=4.0W(3)ab棒剛釋放時(shí)m1gsin37=6N最大靜摩擦力f=N1=m1gcos37=0.5x1x10 x0.8N=4N因?yàn)閒maxm1gsin37所以剛釋放時(shí)ab棒沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)N=0+/gcos37=，；+m1gcos37(+m1gcos37)由牛頓第二定律得.crc,.crcc、機(jī)gsin37%=機(jī)gsin37-(工共+m1gcos37)=m1a1當(dāng)cd棒下滑速度v增大時(shí)，a1減小，棒ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大后，/m=2A不變f1m=(m1gcos37+BImL)=5Nm

15、1gsin37=6N.時(shí)兇克葉。一八1nab棒開(kāi)始做加速度為a=1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。1w1答：(1)cd棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)檠豤d方向。cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后以最大速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab棒中電功率的最大值為4.0W。ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)cd棒勻速時(shí)ab棒開(kāi)始做加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥?1)根據(jù)右手定則分析判斷cd棒中感應(yīng)電流方向。(2)分析cd棒受到的作用力，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況，從而分析其運(yùn)動(dòng)情況，當(dāng)cd棒的速度達(dá)到最大時(shí)，ab棒的功率最大。(3)對(duì)ab棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分析其加速度的變化情況從而分析其

16、運(yùn)動(dòng)情況。解決該題的關(guān)鍵是正確進(jìn)行受力分析，掌握右手定則分析感應(yīng)電流的方向，掌握用左手定則分析安培力的方向，注意該題中有兩個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，一定要分析出兩個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在回路中的方向。AV20.【答案】解：(1)由加速度定義式。=3得：物塊在斜面上加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小=；m/s2=5.0m/s2；物塊在水平面上減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小4=4m/s2=5.0m/s2；(2)物塊在水平面上，由牛頓第二定律得mg=ma2解得=0.5物塊在斜面上，由牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma1解得：=53；(3)設(shè)物塊到斜面底端的時(shí)刻是11,速度為v1在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，v1=a1t1即：v1=511,在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，2.5=v1-5(1.5-11)解得：v1=5.0m/s；(4)設(shè)物塊在斜面上的位移為s1,由v12=2a1s1,代入數(shù)據(jù)得：s1=2.5m以水平地面為零勢(shì)面,由機(jī)械能的概念,減少的機(jī)械能：E=E1-E2=mgs1sin-0=0.1x10 x2.5x0.8J=2.0J。答：(1)在斜面上的加速度大小a1和水平面上的加速度大小a2均為5m/s2；(2)與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)