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2020年上海市杨浦区高考物理一模试卷

一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题3分．每小题只有一个正确选项）

1. 物理学中用磁感应强度B表征磁场的强弱，磁感应强度的单位用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为（）

A.kg A?s2

B.N

A?m

C.N?s

C?m

D.Wb

【答案】

【考点】

国际单位制

磁感应强度

【解析】

在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。【解答】

磁感应强度B=F

IL ，磁感应强度单位为T，则1T=1N

A?m

=1kg?m/s2

A?m

=1kg

A?s2

，故A正确，

BCD错误；

2. 关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是（）

A.物体运动的速度越大，则其加速度一定越大

B.物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大

C.物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大

D.物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动

【答案】

【考点】

加速度

速率

【解析】

加速度等于物体速度的变化和所用时间的比值也叫速度的变化率，是反应物体速度变化快慢的物理量，加速度是矢量，加速度方向与速度方向相同时做加速运动，加速度方向与速度方向相反时做减速运动。

【解答】

A、物体运动的速度越大，其加速度不一定越大，甚至可以为零，即高速匀速直线运动的物体，速度很大而加速度却为零，故A错误；

B、加速度等于物体速度变化和所用时间的比值，物体的速度变化量很大，但不知道变化所用时间的大小，故不能确定其加速度也很大，故B错误；

C、物体的速度变化和所用时间的比值叫速度的变化率，也叫加速度，故当速度变化率越大时，物体的加速度也越大，故C正确；

D、物体的加速度大于零说明加度方向与规定的正方向相同，但不知道物体的速度方向，若速度方向也为正值则物体做加速运动，若物体速度方向为负值则物体做减速运动，故D错误。

3. 关于静电场的描述正确的是（）

A.电势降低的方向就是电场线方向

B.沿着电场线方向电场强度一定减小

C.电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向

D.电场中电场强度为零的地方电势不一定为零

【答案】

【考点】

电场线

电势

【解析】

用电场线的特点分析求解，电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越

来越低；利用场强方向的规定判断电荷所受电场力的方向；电势降低最快的方向才是

电场线的方向即可。

【解答】

A、电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越来越低，电势降低最快的方向才是电场线的方向，故A错误；

B、电场强度的大小与是否沿电场线的方向无关，沿着电场线方向电场强度不一定减小，故B错误；

C、根据场强方向的规定，正电荷所受的电场的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向相反，故C错误；

D、电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者的大小没有直接的关系，电场中电场强度为零的地方其电势不一定为零，如等势体的内部，故D正确；

4. 如图所示，为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是（）

A. B.

C. D.

【答案】

【考点】

力的合成与分解的应用

【解析】

依据重力竖直向下，弹力垂直接触面向上，摩擦力与相对运动趋势方向相反，从而即

可求解。

【解答】

依据受力分析，受到竖直向下的重力，垂直地面的向上的弹力，还受到水平向右的静

摩擦力，因为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间，有相对地面向左运动的趋势，

由上分析，可知，故A正确，BCD错误；

5. 如图所示，同时作用在质点O上有三个共点力F1、F2、F3，其中F1、F2是正六边形的

两条边，F3是正六边形的一条对角线。．已知F1＝F2＝2N．则这三个力的合力大小等于（）

A.6N

B.8N

C.10N

D.12N

【答案】

【考点】

力的合成

【解析】

多个力合成时可以先合成任意两个力，再把这两个力的合力与第三个力相合成，只到把所有的力都合成进去，即可求得最后的合力。

【解答】

已知已知F1＝F2＝2N，由几何关系可知，F3的长度是F1的2倍，所以：F3＝4N

由图可知，F1、F2的夹角的大小为120°，根据平行四边形定则可知，F1、F2的合力的大小为2N，方向沿F3的方向，

所以F1、F2、F3的合力的大小为：F＝4N+2N＝6N，故A正确，BCD错误；

6. 如图所示，某时刻的波形图中M点的振动方向向上，则可知（）

A.A点振动落后于M点，波向右传播

B.A点振动落后于M点，波向左传播

C.B点振动落后于M点，波向右传播

D.B点振动落后于M点，波向左传播

【答案】

【考点】

横波的图象

【解析】

沿着波的传播，质点的振动越来越滞后。M点的振动方向向上，A点振动落后于M点，波向左传播。B点振动超前于M点。

【解答】

AB、M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围内的各质点振动方向相同，A点振动落后于M点，则波向左传播，故A错误，B正确。

CD、M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围内的各质点振动方向相同，B点振动超前于M点，而波向左传播，故CD错误。

7. 在如图的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑动头向D端滑动时（）

A.A灯变亮，B灯变亮

B.A灯变暗，B灯变亮

C.A灯变暗，B灯变暗

D.A灯变亮，B灯变暗

【答案】

【考点】

闭合电路的欧姆定律

【解析】

由滑片的移动可明确滑动变阻器接入电阻的变化，则可明确总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律进行分析明确路端电压和电流的变化，最后再对局部电路分析，从而明确两灯电压和电流的变化，得出亮度的变化。

【解答】

当滑片向D端滑动，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，根据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压减大，所以路端电压减小，可知灯A变暗；

再据干路电流变大，灯A电流变小，所以电源右侧电路的电流变大，电阻R上的电流变大，所以分压也就变大，但是路端电压减小，所以B灯和滑动变阻器上的电压就变小，所以B灯实际功率的变小，所以B灯变暗；故C正确ABD错误。

8. 如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是圆O上的8个点，图中虚线均过圆心O点，B和H关于直径AE对称，且∠HOB＝90°，AE⊥CG，M、N关于O点对称。现在M、N 两点放置等量异种点电荷，则下列各点中电势和电场强度均相同的是（）

A.B点和H点

B.B点和F点

C.H点和D点

D.C点和G点

【答案】

【考点】

电势

电场的叠加

【解析】

根据场强的叠加判断各点的场强是否相同。根据电场线的分布判断电势的高低。

【解答】

根据场强的叠加和电场线的分布情况，可知B、H的场强大小相等，方向不同；F、B 的场强大小相等，方向相同；D、H的场强大小相等，方向相同；

C、G场强大小相等，方向相同；

根据等量异种电荷间的电场线和等势面的分布情况知，B、H的电势相等，F、B的电势不相等，H、D的电势不相等，C、G的电势相等；

综上分析，电势和电场强度均相同的是C、G，故ABC错误D正确；

如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，关于水平拉力、水平拉力功率的说法中正确的是（）

A.水平拉力先增大后减小

B.水平拉力先减小后增大

C.水平拉力的瞬时功率逐渐增大

D.水平拉力的瞬时功率先减小后增大

【答案】

【考点】

解直角三角形在三力平衡问题中的应用

平均功率

【解析】

对小球受力分析，因为小球做的是匀速圆周运动，所以在垂直细线方向受力平衡，列出平衡方程即可判断水平拉力的变化；力的功率等于力和速率的乘积。

【解答】

AB、设细线与竖直方向的夹角为θ，因为小球以恒定速率运动，所以小球做的是匀速圆周运动，在垂直细线方向的合力为零，即Fcosθ＝mgsinθ，则F＝mgtanθ，θ一直增大，所以F一直增大，故AB错误；

CD、水平拉力的功率P＝Fvcosθ，把F＝mgtanθ带入得：P＝mgvsinθ，故拉力的瞬时功率逐渐增大，故C正确，D错误。

如图所示为某一电场中场强E?x图象，沿x轴正方向，电场强度为正，则正点电荷从x1运动到x2，其电势能的变化是（）

A.一直增大

B.先增大再减小

C.先减小再增大

D.先减小再增大再减小

【答案】

【考点】

电势能

电势差与电场强度的关系

【解析】

根据E与x图象，结合电场强度的正负值，从而判定电场线方向，再依据沿着电场线方

向，电势是降低的，进而确定正电荷电势能的变化。

【解答】

沿x轴正方向，电场强度为正，依据E与x图象，可知，从x1运动到x2，电场线先向x轴正方向，再向x轴负方向，那么其电势是先减小，后增大，

因此正电荷从x1运动到x2，电势能的变化先减小，后增大，故C正确，ABD错误；

一弹簧振子做简谐运动，周期为T，以下描述正确的是（）

A.若△t=T

，则在t时刻和(t+△tn)时刻弹簧长度一定相等

B.若△t＝T，则在t时刻和(t+△tn)时刻振子运动的加速度一定相等

C.若t和(t+△t)时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则△t一定等于T

的整数倍

D.若t和(t+△t)时刻振子运动位移大小相等，方向相反，则△t一定等于T的整数倍【答案】

【考点】

简谐运动的回复力和能量

【解析】

振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是相同，速率和动能相同，但速度有两种方向，可能不同。

【解答】

A、若△t是T

，则在t时刻和(t+△tn)时刻振子的位移大小相等，方向相反，时刻弹簧

长度可能不相等，故A错误。

B、若△t＝T，振子振子的位置在同一个点，在t时刻和(t+△tn)时刻振子的加速度一定相等，速度方向也相同，故B正确。

C、若t时刻和(t+△t)时刻振子速度的大小相等、方向相反，则振子可能以相反的方向

的经过同一个点，也可能以相反的方向经过对称的另一个点；所以时间△t不一定是T

整数倍，故C错误。

D、若t时刻和(t+△t)时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，如果速度相反，振子以相反的方向经过同一个点，时间△t不一定是T的整数倍。故D错误。

如图所示，金属框架ABCD（框架电阻忽略不计）固定在水平面内，处于竖直方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，其中AB与CD平行且足够长，BC和CD夹角θ(θ< 90°)，光滑均匀导体棒EF（垂直于CD）紧贴框架，在外力作用下向右匀速运动，v垂直于导体棒E

F.若以经过C点作为计时起点，导体棒EF的电阻与长度成正比，则电路中电流大小I与时间t，消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象是（）

【答案】

【考点】

单杆切割磁感线

闭合电路的欧姆定律

【解析】

金属棒从C运动到B的过程中，有效切割长度在不断的增大，根据几何关系写出有效长度的表达式，然后根据法拉第电磁感应定律求解即可，当金属棒通过B点之后有效切割长度不变，因此电动势、电流、功率等不发生变化，因此正确解答本题的关键是弄清导线在从C运动到B过程中的电动势、电流、功率等变化情况。

【解答】

AB、设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L＝vt×tanθ

设金属棒横截面积为s，电阻率为ρ，则回路中电阻为：R＝ρ?vt×tanθ

。

所以回路中的电流为：I=BLv R=BvSρ，为定值，故AB错误；

CD、设导体棒在到达B之前运动的距离为x，则有：电动势为：E＝BLv＝Bxtanθv

电阻为：R＝ρxtanθ

功率为：P=E 2

R =B2v2Stanθx

，故开始功率随着距离增大而均匀增大，当通过B点之后，

感应电动势不变，回路中电阻不变，故功率不变，故D正确，C错误。

二、填空题（共20分）

真空中有A、B两个点电荷，电量分别为Q A＝2x10?4C、Q＝?2×10?5C，它们相距2m，则Q B所受的电场力大小为

________N(k＝9×109N?m2/C2)，两个电荷的作用力是________（填“吸引力或排斥力”）。

【答案】

9,吸引力

【考点】

库仑定律

【解析】

依据异种电荷相互吸引，及根据库仑定律F＝k Qq

求解Q B点电荷受到的电场力大小，

从而即可求解。【解答】

根据库仑定律可知Q B受到的电场力大小为：F＝k Qq

r2=9×109×2×10?4×2×10?5

N＝9N，

因为场源电荷和试探电荷是异种电荷，则两电荷之间为吸引力，

两个行星质量分别为m1和m2，绕太阳运行的轨道半径分别是r2和r2，则它们与太阳之间的万有引力F1、F2之比为________，它们绕太阳公转周期T1、T2之比为________。【答案】

m1r22:m2r12,√r13

r23

【考点】

万有引力定律及其应用

向心力

【解析】

根据万有引力公式求引力之比。

根据万有引力充当向心力求周期之比。

【解答】

万有引力定律F＝G Mm

可知，引力大小与它们的质量成正比，与间距的平方成反比，

则它们与太阳之间的万有引力之比是m1r22:m2r12。

由万有引力充当向心力知G Mm

r2=mr4π2

知：T=√4π2r3

，所以它们公转的周期之比是

√r13

r23

。

如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，保护电阻R0＝0.5Ω，当电阻箱R读数为________时，保护电阻R0消耗的电功率最大，这个最大值为________。

【答案】

0,8W

【考点】

闭合电路的欧姆定律

电功

【解析】

写出保护电阻R0消耗的电功率的表达式，据表达式分析其功率随所串联电阻阻值的变化关系，从而求得最大功率。

【解答】

保护电阻消耗的电功率为：P0=E2R0

(R+R0+r)2

因为R0和r是常量，而R是变化的，所以R＝0时，P0最大，最大值为：P m=E2R0

(R0+r)2

代入数据解得：P m＝8W；

如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外

力的作用下运动时，MN将在________的作用下向右运动，由此可知PQ所做的运动是

________。

【答案】

磁场力,向左加速或向右减速

【考点】

单杆切割磁感线

闭合电路的欧姆定律

【解析】

MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M

指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况。

【解答】

MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M

指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。

调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰到盘子时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有3个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距离为?。当第一滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离开水龙头的距离为________；从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第n滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t，可知当地的重力加速度g为________。

【答案】

9 16?,?(n+3)2

8t2

【考点】

利用打点计时器研究匀变速直线运动

【解析】

（1）当一滴水碰到盘子时，恰好有另一滴水从水龙头开始下落，而空中还有3个正在下落的水滴，知水滴将?分成时间相等的4份，根据初速度为0的匀加速运动，在相等时间内的位移比为1:3:5:7，求出第二滴水离盘子的高度。

（2）从第一滴水离开水龙头开始，到第N滴水落至盘中，共用时间为t(s)，知道两滴水间的时间间隔，根据?=1

gt2求出重力加速度。

【解答】

由题意可知，水滴将?分成时间相等的4份，4份相等时间内位移比为1:3:5:7，

总高度为?，所以第二滴水滴离水龙头的高度为：H=9

?，

故第二个水滴离开水龙头的距离为9

?。

从第一滴水离开水龙头开始，到第n滴水落至盘中（即n+4滴水离开水龙头），共用时间为t(s)，

知道两滴水间的时间间隔为：△t=t

n+3

，

根据?=1

2gt2得：?=1

g(4△t)2

联立解得：g=?(n+3)2

8t2

三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等

学生实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)所示，某组同学在一次实验中，

选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图(b)所示。图象的横轴表示小

球距D点的高度?，纵轴表示小球的重力势能E p、动能E或机械能E k．试回答下列问题：

（1）在图(a)所示的实验装置中，固定于小球下端、宽度为△s，且不透光的薄片J是

________，传感器K的名称是________。

（2）在图(b)所示的图象中，表示小球的重力势能E p、动能E k、机械能E随小球距D点

的髙度?变化关系的图线分别是________（按顺序填写相应图线所对应的文字）。

（3）根据图(b)所示的实验图象，可以得出的结论是________。

【答案】

挡光片,光电门传感器

乙、丙、甲

在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的动能与机械能相互转化，机

械能守恒

【考点】

用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律

【解析】

根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而

重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线。

【解答】

不透光的薄片J是挡光片，传感器K的名称是光电门传感器。

距离D点的高度越高，重力势能越大，所以乙图线为重力势能E p随?的关系图线；向D

点运动的过程中，重力做正功，动能增加，即高度?越小，动能越大，则丙图线为动能

E k随?的变化图线，甲表示机械能E，动能和重力势能之和不变，所以甲表示机械能E

随?变化的图线。

根据甲图线知，在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的动能与机械能相互转化，机械能守恒。

如图所示是一种叫“蹦极跳”的运动。跳跃者用弹性长绳一端绑在脚踝关节处，另一端固定在距地面几十米高处，然后从该髙处自由跳下。某人做蹦极运动时，从起跳开始计时，他对弹性长绳的弹力F随时间t变化为如图所示的曲线。为研究方便，不计弹性长绳的重力，忽略跳跃者所受的空气阻力，并假设他仅在竖直方向运动，重力加速度g 取10m/s2．根据图中信息求：

（1）该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度。

（2）该跳跃者所用弹性绳的原长。

（3）假设跳跃者的机械能都损耗于与弹性绳相互作用过程中。试估算，为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，需要给他多大的初速度？

【答案】

该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度为20m/s2；

该跳跃者所用弹性绳的原长为11.25m；

为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，需要给他5.4m/s的初速度。

【考点】

牛顿第二定律的概念

匀变速直线运动规律的综合运用

【解析】

（1）判断出人受到的最大合力，由牛顿第二定律求的加速度；

（2）判断出人做自由落体运动的时间，即可求出弹性绳的原长；

（3）通过第一次和第二次被拉直时的速度，求出每次消耗的机械能，由动能定理即可求的初速度；

【解答】

由图象可知，运动员的重力为mg＝500N，

弹性绳对跳跃者的最大弹力为F m＝1500N，

由牛顿第二定律得F m?mg＝ma m

则运动员的最大加速度为a m＝20m/s2；

由图象可知，从起跳开始至弹性绳拉直所经时间为t1＝1.5s，

这一时间内跳跃者下落的距离即为弹性绳的原长，故其原长为L=1

gt12＝11.25m；

弹性绳第一次被拉直时跳跃者的速度v1＝gt1＝15m/s。

由图象可知，从弹性绳第一次恢复原长至再次被拉直所经时间为

t2＝(5.6?2.8)s＝2.8s，

弹性绳第二次被拉直时跳跃者的速度v2＝g?t2

=14m/s，

每一次弹性绳绷紧损耗的机械能为△E=1

2mv12?1

mv22

为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，所需初速度为v0，

mv02＝△E，

则有1

代入数据得v0＝5.4m/s。

如图所示，空间存在一有边界的匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，

磁场边界的间距为L，磁感应强度为B．一个质量为m、匝数为N、边长也为L的正方形

导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与

磁场的边界平行，导线框总电阻为R．t＝0时刻导线框以速度v进入磁场（图中位置1）。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），速度刚

好为零。

（1）求导线框在位置I时的加速度大小；

（2）求从位置I到位置Ⅱ的过程中，导线框中产生的焦耳热；

（3）简单描述导线框从位置I到再次回到位置I的运动情况，并定性画出导线框从位置

I到再次回到位置I时速度随时间变化图象；

（4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，试判断W1与W2大小

关系，并简述判断依据。

【答案】

?v0；

导线框在位置I时的加速度大小为g+N2B2L2

mv02?2mgL；

从位置I到位置II的过程中，导线框中的焦耳热为1

线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；下落过程中做加速度减小的变加速

运动，运动图象如上图；

上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，W1>W2。

【考点】

单杆切割磁感线

闭合电路的欧姆定律

电磁感应中的能量问题

【解析】

（1）线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解；

（2）导线框从位置I到位置II的过程中由能量关系求解；

（3）分析加速度的大小变化情况，根据运动情况画出速度图象；

（4）上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，由此分析安培力做的功。

【解答】

线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：mg+F安＝ma1

其中F安＝NBI1L，

，

根据闭合电路的欧姆定律可得：I1=E1

根据法拉第电磁感应定律可得：E1＝NBLv0

?v0

联立解得：a1＝g+N2B2L2

mv02＝mg?2L+Q

导线框从位置I到位置II的过程中由能量关系：1

mv02?2mgL；

解得Q=1

?v0可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；

由a1＝g+N2B2L2

同理下落过程中做加速度减小的变加速运动，则运动图象如图；

根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，

所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W1>W2。