2021届上海市松江区高三一模物理试卷+参考答案+评分标准

高三物理

（满分100分，完卷时间60分钟） 2020.12

考生注意：

1．本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。

2．答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名、考号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。 3．本卷g取10m/s2。

一、单项选择题(共40分。第1-8小题，每小题3分；第9-12小题，每小题4分，每小题只

有一个正确答案。)

1．首先通过实验发现“电流的磁效应”的科学家是（ ）

A．安培 B．法拉第 C．麦克斯韦 D．奥斯特

2．磁感应强度B的单位T等价于（ ）

A．

N AmB．

A NmC．

AN mD．

m AN3．竖直上抛运动物体落回原地，上升过程速度的变化量与下降过程速度的变化量（ ）

A．大小不等，方向不同 B．大小相等，方向不同 C．大小不等，方向相同 D．大小相等，方向相同 4．如图轻质支架，A、B 固定在竖直墙上，C点通过细绳悬挂一重物，则重物对C点的拉力按效果分解正确的是（ ） A A A A C C C C F F F F B B B B

A B C D

5．图示电场中，负电荷仅受电场力作用，由A点沿电场线运动到B点，此过程中（ ）

A．电场力增大，电势能减小 B．电场力减小，电势能减小 C．电场力增大，电势能增大 D．电场力减小，电势能增大 6．从冰箱中拿出的空瓶，一段时间后瓶塞弹出，其原因是（ ）

A．瓶内气体分子数增加 B．瓶内所有气体分子的运动都更剧烈 C．瓶塞所受合外力变小 D．瓶塞受瓶内气体分子的作用力变大

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7．如图所示,斜面上放一物体A恰好能匀速下滑,如果在物体A上再施加一个力F，使A仍匀速下滑，关于力F的方向，下列说法正确的是( )

A A．垂直斜面向下 B．竖直向下

C．水平向左 D．水平向右 v 8．物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的v-t图是( )

v v v v 0 A t 0 B t 0 C t 0 D t 9．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，此时质点A沿y轴负方向振动，该波的波速为v=20 m/s，则（ ）

A．这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为40m B．这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为40m C．这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为2m D．这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为2m

10．A、B两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录

下木块每次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间间隔相等，则（ ） A．t2时刻，A木块速度大于B木块速度 B．t2时刻，A木块速度小于B木块速度 C．t1时刻，A木块速度大于B木块速度 D．t1时刻，A木块速度小于B木块速度

11．如图所示，质量为m的物体静止于粗糙水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为µ，物

体右侧与一轻弹簧相连，初始时弹簧为原长，现用水平力缓慢向右拉弹簧，使物体向右通过一段位移s，该过程中手的拉力做功一定

（

）

F A．等于µmgs B．大于µmgs C．小于µmgs D．大于2µmgs

12．如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改

为相应的温度刻度。下列说法正确的是（ ） A．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀 R A B．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀 C．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀 S E D．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀

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二、填空题(共20分)

13．牛顿第一定律_______牛顿第二定律的推论（选填“是”或“不是”）；___________用牛顿第

二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”或“不能”）。 A 14．如图所示，一块蹄形磁铁放在水平台秤上，金属金属棒 台秤 棒AB固定在两个磁极之间。当AB中通入电流

蹄形 时，台秤示数减小。则AB棒所受安培力的方向

磁铁 B 为__________，电流的方向为__________。

15．如图，固定密闭容器内储有一定量的水，若拔掉容器底部的软木塞，可能观察到的现象有___________。

16．如图，当开关K断开时，电源内电路功率为P1；K闭合时，

R1 电源内电路功率为P 2。若两种情况下电源的输出功率相等，

R2 E,r 则P1____ P2；R2 ______r。(选填“大于”、“等于”或“小于”)

K

17．竖直向上拋出的物体，从抛出点到最高点的过程中其动能和重力势能随高度h的变化图线如图所示，物体上升过程中空气阻力做的功为__________J，加速度大小为___________m/s2。

三、综合题(共40分)

18．（10分）如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置： （1）在该实验中必须采用控制变量法，

应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度；

（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关

系图线（如图b），此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______________；

（3）若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到的a-F

图线与图b中的图线相比会有什么不同：_____________________； （4）在（3）中，若小车的质量为M，不断增加钩码的数量，则力传感

器示数的极限值为________。

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19．(14分)如图所示，用绝缘丝线将质量为m电荷量为qA的带

负电小球A系在O点。在距O点的正下方H处用绝缘柄固定一带电小球B（两球均可看成点电荷）。当丝线与竖直方向夹角为𝜃=300时，球A静止，此时A、B两球连线与丝线AO垂直。已知静电力常量为k，重力加速度为g。 （1）画出A球受力示意图，判断B球的电性； （2）求A球所在处的电场强度E； （3）求B球的电荷量qB； （4）若支持B球的绝缘柄漏电，A球在竖直平面内缓慢运动至

𝜃=00处，B的电荷尚未漏完。在整个漏电过程中，丝线的拉力大小如何变化？请说明原因。

20．(16分) 如图，在竖直平面内，AB为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为𝜃=53o，

BCD、DEG均为半径为𝑟=2𝑚的光滑圆弧形轨道，AB与BCD相切于B点，O1、O2为圆心，连线水平，C为圆弧形轨道的最低点，E为最高点。一质量为m=1kg的小环套在轨道AB上，受到水平恒力F的作用，自P点由静止下滑，运动到B点时撤掉水平恒力F，小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点E。已知小环与AB轨道间的动摩擦因数

为𝜇=0.8，P、B之间的距离为s=160m，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： 47（1）小环过B点的速度；

（2）小环在PB间运动的加速度； （3）水平恒力F的大小；

（4）若改变水平恒力F的大小，小环能否到达E点？请分析说明。

𝐴

𝐹

P 𝑜1

𝑟 𝜃

B C

E D o2 ∙∙ G

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高三质量监控参考答案和评分标准

一、单项选择题(共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分，每小题只有一个正确答案) 1 D 2 A 3 D 4 B 5 C 6 D 7 B 8 A 9 C 10 D 11 B 12 B 二、填空题(共20分) 13、不是；能 14、向下；B指向A

15、水流出部分、水全部流出、水柱不动、水柱向上动 16、小于；小于 17、-1；12.5

三、综合题(共40分)

18、（1）小车总质量；小车所受外合力 （2）钩码质量过大或未满足M >>m （3）图线为直线，没有弯曲部分 （4）Mg 19、解：

（1）A球受力分析如右图所示（2分）B带负电 （1分） （2）由A球静止可得：mgsinθ=F mgcosθ=T

E=F=mg/2qA （3分） qqAqB=mgsin （2分） 2（Hsin）O T F A B T mg

θ 方向垂直OA向右下方 （1分）

（3）根据库仑定律：F=k得qB=(mgH2)/8kqA （1分）

（4）先不变后变大 （2分）

根据相似三角形：

mgTOA 则T=mg =OBOAOB因为mg，OA，OB都不变，所以T不变 （1分） OA竖直时有 T+F =mg

F减小 T变大 （1分）

20、解：

(1) 小环由B→E，根据机械能守恒定律：

12mvB=mg(r+rcos) （22分）

vB=2gr(1+cos)=2102(1+0.6)=8m/s （2分）

2vB82==9.4m/s2 （3分） v=2as a=(2) 小环由P→𝐵，由运动学公式有：

2s2160472B高三物理 第5页 共4页

(3)当Fsinmgcos，F7.5N时，小环受力如图1所示，根据牛顿第二定律有： N1+F1sin=mgcos

𝐴 𝑓1 𝑃 𝑁1 𝐹1 F1cos+mg sin−f1=ma （2分）

f1=N1

𝑚𝑔 ma+mgcos−mg sin

cos+ sinF1=解得： 𝜃 图

𝐵 𝐹2

19.4+1100.80.6−1100.8 =N=5N （1分）

0.6+?0.80.8

当Fsinmgcos，即F7.5N时，小环受力如图2所示，则有：

𝐴 𝑓2 𝑃 𝑁2 𝑚𝑔 图

𝜃 N2+mgcos=F2sin

F2cos+mg sin−f2=ma （2分） f2=N2

𝐵

F2=解得： mgcos+mg sin−ma1100.80.6+1100.8−19.4=N=85N

sin−cos 0.80.8−0.6（1分）

F7.5N时，由（3）有：a=(4)当 而增大。

当F7.5N时，由（3）有：a=mg sin−mgcos+F(cos+ sin)，𝑎随F增大

mmg sin+mgcos−F( sin−cos)，𝑎随F增大而

m减小。 因𝒗𝟐（1分） 𝑩=𝟐𝒂𝒔，𝒂越大，则𝒗𝑩越大，小环由B→𝑬机械能守恒，𝒗𝑩越大，𝒗𝑬也越大。故：𝑭<𝟓𝑵或𝑭>𝟖𝟓𝑵时，小环不能到达E点

𝟓𝑵≤𝑭≤𝟖𝟓𝑵时，小环能到达E点 （2分）

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