【導(dǎo)讀】2020年上海市浦東新區(qū)高考物理一模試卷。1．下列物理量中屬于矢量的是（）。A．動能B．電動勢C．加速度D．振幅。2．首先發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的科學(xué)家是（）。A．奧斯特B．法拉第C．麥克斯韋D．赫茲。3．關(guān)于磁感應(yīng)強度的單位T，下列表達式中不正確的是（）。4．下列幾種運動，運動狀態(tài)發(fā)生變化的是（）。A．汽車沿著上坡坡道勻速直線前進。B．降落傘吊著貨物斜向下勻速降落。C．船在海面上向東北方向勻速航行。D．火車沿水平面內(nèi)的彎曲軌道勻速前進。RH的阻值遠小于R1；當(dāng)光照射RL時，其阻值遠小于R2，為使電動機在溫度升高或受到光照。時能自動啟動，則在圖中虛線框內(nèi)應(yīng)接入的元件是（）。6．關(guān)于兩等量異種點電荷在其連線中點的電場強度和電勢，下列說法中正確的是（）。16．如圖所示的電路中，當(dāng)滑動變阻器滑片B在圖示位置時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為。23．如圖所示，一長為L、質(zhì)量為m的均勻棒可繞O點轉(zhuǎn)動，下端A擱在光滑球

　　

【正文】 ，即可求解． 【解答】解：（ 1）一個小球下落的時間為： t= = = 根據(jù)自由落體運動規(guī)律 H= gt2 可得： g= = =； （ 2）若電磁鐵在每次斷電一小段時間 △t 后磁性消失，那么下落的總時間變長， 根據(jù)以上公式，可知，重力加速度的實驗測量值偏小， 由 g= = ，則有： H= ，即 = T 由于圖象可求出該線斜率為 k，那么 =k 解得： g=2n2k2； 故答案為：（ 1） ；（ 2）偏小； 2n2k2 29．某同學(xué)設(shè)計了如圖 a所示的電路．該電路既能測繪小燈泡的伏安曲線，又能測量電池組的電動勢和內(nèi)阻． （ 1）若用圖 a電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻，閉合 S1后測出的電源的 U﹣ I圖線如圖 b中圖線 2所示，則 S2處于 斷開 （選填 “ 斷開 ” 或 “ 閉合 ” ）狀態(tài)，用電壓傳感器 B （填“A” 或 “B” ）的數(shù)據(jù)作縱坐標(biāo)．由圖線可知電池組的內(nèi)阻為 Ω ． （ 2）若用圖 a電路測繪小燈泡的伏安特性曲線，得到圖 b中圖線 1所示， S2處于 閉合 （選填 “ 斷開 ” 或 “ 閉合 ” ）狀態(tài)，滑動端 P向右滑動時小燈泡電壓將 減小 （選填 “ 增大 ”或 “ 減小 ” ）． （ 3）若由三個這樣的電燈和電動勢為 ，內(nèi)阻為 的電池及阻值為 2Ω 的電阻 R組成圖 c電路，電燈 C功率為 W． 【考點】伏安法測電阻；測定電源的電動勢和內(nèi)阻． 【分析】（ 1）測電源電動勢和內(nèi)阻采用滑動變阻器的限流式接法，電壓傳感器直接測量電源兩端電壓作為圖象的縱坐標(biāo)即可； （ 2）為了描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓要從 0開始，故滑動變阻器需要采用分壓接法，根據(jù)燈泡與滑動變阻器哪一段并聯(lián)來判斷滑動端 P向右滑動時小 燈泡電壓的變化； （ 3）將 3個燈泡當(dāng)作一個整體，將電阻 R等效為電源內(nèi)阻，作出電源的 U﹣ I圖象，交點尋找信息，求出燈泡 C的功率． 【解答】解：（ 1）測量電源的電動勢和內(nèi)阻滑動變阻器采用限流式接法，因此 S2處于斷開狀態(tài)；直接用電源兩端的電壓即傳感器 B的數(shù)據(jù)作為縱坐標(biāo)；電流傳感器的數(shù)據(jù)作為橫坐標(biāo)，作出的圖線的斜率表示電源的內(nèi)阻則 r= ； （ 2）描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓要從 0開始測，因此動變阻器需要采用分壓接法，故 S2處于閉合狀態(tài)，電源傳感器 A測燈泡兩端電壓作為伏安特性曲線的縱坐標(biāo)，電流傳感器測流過燈泡的電 流作為伏安特性曲線的橫坐標(biāo)，燈泡兩端與滑動變阻器 aP段并聯(lián)，因此滑動端 P向右滑動時小燈泡電壓將減小； （ 3）將電阻 R和電燈 A、 B等效為電源內(nèi)阻，在燈泡的 I﹣ U圖象坐標(biāo)系內(nèi)作出等效電源 I﹣ U圖象如圖所示： 由圖象可知，流過燈泡 C的電流為 ，燈泡兩端電壓為 ，故燈泡 C實際功率P=UI== ． 故答案為：（ 1）斷開； B； ； （ 2）閉合；減?。? （ 3） 六．計算題（共 50分） 30．如圖，一輕質(zhì)直角桿可繞過 O點的軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動， OA=2OB=2L， A端固定小球 A， B端固定小球 B，且質(zhì)量 mA=2mB，求： （ 1）當(dāng)直角桿從圖 A所示位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)動到 OA豎直時 A球的速度大??； （ 2）若 A端始終受一水平向右的恒力 F=mBg，直角桿從圖 B所示位置由靜止開始運動，當(dāng)OA與水平方向夾角 θ 為多少時系統(tǒng)的動能最大． 【考點】機械能守恒定律；力矩的平衡條件． 【分析】（ 1）當(dāng)直角桿從圖 A所示位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)動到 OA豎直的過程中，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律列式求解； （ 2）系統(tǒng)動能最大時，根據(jù)力矩平衡列式求解． 【解答】解：（ 1）當(dāng)直角桿從圖 A所示位 置由靜止釋放，轉(zhuǎn)動到 OA豎直的過程中，機械能守恒，取過 O點水平面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒定律得： 而 vA=2vB 解得： （ 2）系統(tǒng)動能最大時，根據(jù)力矩平衡得： 2mAgLcosθ=m BgLsinθ+2FLsinθ 解得： ，所以 θ=53176。 答：（ 1）當(dāng)直角桿從圖 A所示位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)動到 OA豎直時 A球的速度大小為； （ 2）當(dāng) OA與水平方向夾角 θ 為 53176。 時系統(tǒng)的動能最大． 31．斜面 ABC中 AB段粗糙， BC段長為 ，如圖（ a）所示．質(zhì)量為 1kg的小物塊以初速度 v0=12m/s沿斜面向上滑行，到達 C處速度恰好為零，小物塊沿斜面上滑的 v﹣ t圖象如圖（ b）所示．已知在 AB 段的加速度是 BC 段加速度的兩倍， g=10m/s2．（ vB， t0未知）求： （ 1）小物塊沿斜面向上滑行通過 B點處的速度 vB； （ 2）斜面 AB段的長度； （ 3）小物塊沿斜面向下滑行通過 BA段的時間． 【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像． 【分析】（ 1）根據(jù)運動學(xué)公式以及在 AB段和 BC段加速度的關(guān)系，求出通過 B處的速度； （ 2）分別對 AB段和 BC段，根據(jù)位移速度公式列式，聯(lián)立方程求解即可； （ 3）根 據(jù)牛頓第二定律求出在 AB 段的摩擦力，從而判斷在 AB段下滑時的運動情況，再由運動學(xué)公式求出沿斜面下滑過程中通過 BA段的時間． 【解答】解：（ 1）由 v﹣ t圖象可知，小物塊沿斜面向上滑行的初速度 vA=12m/s， 由 aAB=2aBC可得： ， 解得： vB=4m/s （ 2）在上滑過程：對 AB 段有 ， 在上滑過程：對 BC段有 ， 由上兩式解得： ， 即： ； 解得： sAB= （ 3）上滑時 aAB=2aBC， 由牛頓運動定律可知： f+mgsinθ=2mgsinθ ，即 f=mgsinθ ， 所以下滑通過 AB段時小物塊做勻速運動，其速度為 vB=4m/s， 因此 ． 答：（ 1）小物塊沿斜面向上滑行通過 B點處的速度 vB為 4m/s； （ 2）斜面 AB段的長度為 ； （ 3）小物塊沿斜面向下滑行通過 BA段的時間為 ． 32．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，有一長為 L的絕緣輕桿，可繞固定轉(zhuǎn)軸 O在水平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)量為 m、電荷量為﹣ q的帶電小球，整個裝置置于場強為 E方向水平向右的勻強電場中，小球受到方向始終與桿垂直的作用力 F．從桿與電場方向垂直的圖示位置開始計時，桿轉(zhuǎn)過 的角度用 θ 表示，選取轉(zhuǎn)軸 O處電勢為零． （ 1）當(dāng)桿逆時針轉(zhuǎn)過 90176。 ，求小球電勢能的變化量； （ 2）若桿以角速度 ω 逆時針勻速轉(zhuǎn)動，求小球電勢能最大時所對應(yīng)的時刻； （ 3）若在圖示位置給小球向右的初速度 v0，且 F= ，求桿逆時針轉(zhuǎn)動過程中小球的最小速度？ 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理；電勢差與電場強度的關(guān)系． 【分析】（ 1）根據(jù)電場力做功等于電勢能的改變量來計算小球電勢能的變化； （ 2）電場力做負功的時候，電勢能增加，做的負功最多的時候，電勢能最大； （ 3）合力做負功的時候，小球的速度減 小，做負功最多的時候，速度最小，分析做功的情況，計算小球的最小速度． 【解答】解：（ 1）根據(jù)功能得到關(guān)系可知， △E P=﹣ W=EqL （ 2）桿以角速度 ω 逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，小球電勢能 Ep隨時間 t變化關(guān)系為： EP=EqL sin（ ωt ） 可知當(dāng) ωt=2kπ+ （ k=0， 1， 2， 3? ）時，電勢能 Ep最大，因此，解得：t= （ k=0， 1， 2， 3? ） （ 3）因開始時 FL＜ EqL，桿先減速轉(zhuǎn)動；當(dāng) FL＞ qELcosθ ，桿加速轉(zhuǎn)動．所以當(dāng) FL=qELcosθ 時速度最小 將 代入解得： cosθ=0 .5，所以 θ=60176。 設(shè)桿轉(zhuǎn)到 θ=60176。 時，小球速度恰減小到 0，則由動能定理 將 代入解得： 因此 ① 當(dāng) 時， 桿轉(zhuǎn)動的最大轉(zhuǎn)角小于 60176。 速度減為零，桿將順時針往回擺，所以最小速度 vmin=0 ② 當(dāng) 時， 桿將先減速后加速轉(zhuǎn)動，桿轉(zhuǎn)到 θ=60176。 時，小球速度最?。? 由動能定理 將 代入解得： 答：（ 1）當(dāng)桿逆時針轉(zhuǎn)過 90176。 ，小球電勢能的變化量為 EqL； （ 2）若桿以角速度 ω 逆時針勻速轉(zhuǎn)動，小球電勢能最大時所對應(yīng)的時刻為（ k=0， 1， 2， 3? ）； （ 3）若在圖示位置給小球向右 的初速度 v0，且 F= ，桿逆時針轉(zhuǎn)動過程中小球的最小速度為 ． 33．如圖，兩根電阻不計的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距 L=，一端與阻值 R=的電阻相連．導(dǎo)軌 x＞ 0一側(cè)存在沿 x方向變化的穩(wěn)恒磁場，其方向與導(dǎo)軌平面垂直， x=0處磁場的磁感應(yīng)強度 B0=1T．一根質(zhì)量 m=、電阻 r= 的金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上．棒在外力作用下從 x=0處以初速度 v0=2m/s沿導(dǎo)軌向右運動，運動過程中速度 v與位移 x滿足v= 關(guān)系，通過電阻的電流保持不變．求： （ 1）金屬棒運動過程中通過電阻 R的電流； （ 2）導(dǎo)軌 x＞ 0一側(cè)磁感應(yīng)強度 Bx隨 x變化關(guān)系； （ 3）金屬棒從 x=0運動到 x=2m過程中電阻 R上產(chǎn)生的熱量； （ 4）金屬棒從 x=0運動到 x=2m過程中外力的平均功率． 【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；功率、平均功率和瞬時功率；閉合電路的歐姆定律． 【分析】（ 1）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律相結(jié)合，來計算感應(yīng)電流的大?。? （ 2）由通過電阻的電流保持不變，可知金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢始終相等，即可求解； （ 3）由位移時間公式求出 0﹣ 2s內(nèi)棒通過的位移大小，由法拉第電磁感應(yīng)定律、 歐姆定律和電量公式求解電荷量． （ 4）依據(jù)功能關(guān)系，及動能定理可求出外力在過程中的平均功率． 【解答】解：（ 1））開始時棒產(chǎn)生的電動勢為： E=B0Lv0=12=1V 由閉合電路歐姆定律得回路中的感應(yīng)電流為： I= = A= （ 2）由通過電阻的電流保持不變，可知金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢始終相等，所以有： B0Lv0=BxLvx， 解得： （ 3）金屬棒在 x處所受安培力的大小為： F=BxIL=（ x+1） IL=+ 由于安培力與 x成線性變化，所以在 x=0到 x=2m過程中克服安培力做功為： J 克服安培力做功等于在此過程中回路中產(chǎn)生的熱量： Q=W=5J 因此電阻 R上產(chǎn)生的熱量： J （ 4）設(shè) x=0到 x=2m過程外力的平均功率為 ， x=2m時金屬棒的速度為： m/s 通過電阻的電流保持不變，有： 因此 x=0到 x=2m過程用時： s 由動能定理有： 因此 W 答：（ 1）金屬棒運動過程中通過電阻 R的電流是 ； （ 2）導(dǎo)軌 x＞ 0一側(cè)磁感應(yīng)強度 Bx隨 x變化關(guān)系為 Bx=x+1； （ 3）金屬棒 從 x=0運動到 x=2m過程中電阻 R上產(chǎn)生的熱量是 ； （ 4）金屬棒從 x=0運動到 x=2m過程中外力的平均功率是 ．