2019年上海市嘉定区高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共40.0分） 1. 磁体的磁感线是（ ）
A. 从N极出发指向S极 B. 闭合的曲线，任意两条磁感线都不会相交 C. 从S极出发指向N极 D. 实际存在的，可用铁屑在磁场中显示出来 2. 卢瑟福进行的α粒子散射实验现象表明（ ）
A. 在原子的中心有一个很小的核 B. 原子核具有复杂结构
C. 原子核集中了原子所有的质量 D. 核外电子在绕核旋转 3. 如图所示为一正点电荷周围的电场线，电场中有A、B两点，A、B两点在同一条
电场线上，则（ ）
A. A点的电场强度与B点的电场强度相等 B. B点的电场强度比A点的电场强度更大 C. A点的电场强度方向沿半径指向场源电荷 D. B点的电场强度方向沿半径指向场源电荷
4. 一人站在体重计上。当他静止时台秤指针指在45kg刻度处。则在他快速蹲下的整个过程中，台秤指针
8. 如图所示，一端开口，另一端封闭的玻璃管内用水银柱封住一定质量的空气，当开口向下
竖直放置时，下水银面恰与管口相平。现使玻璃管绕管口转过30°角，则被封闭的气体（ ）
A. 压强增大，空气柱的长度缩短 B. 压强增大，部分水银流出管子 C. 压强减小，部分水银流出管子 D. 压强减小，空气柱的长度缩短 9. 用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。某一
b两质点均处于波峰位置。时刻的波形如图所示，绳上a、则（ ）
A. a、b两点之间的距离为半个波长 B. a、b两点起振时刻相差半个周期
C. b点完成全振动次数比a点多一次 D. b点完成全振动次数比a点少一次 10. 如图所示，水平面上放置两根平行的光滑金属导轨，其上搁置两根金属棒
ab和cd，金属棒能在导轨上自由滑动，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，当ab向右滑动时，棒cd（ ）
A. 将保持静止不动 C. 一定向左滑动 B. 一定向右滑动 D. 向左或向右滑动都
（ ）
A. 一直指在大于45kg刻度处 B. 一直指在小于45kg刻度处
C. 先指在大于45kg刻度处，后指在小于45kg刻度处 D. 先指在小于45kg刻度处，后指在大于45kg刻度处
5. 甲、乙两个弹簧振子，它们的振动图象如图所示，则可知两弹簧振
子（ ）
A. 振动强度完全相同 B. 振动快慢完全相同
C. 振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D. 所受回复力最大值之比𝐹甲：𝐹乙=1：2
6. 物体从高处自由下落，落地时间为t。若选地面为参考平面，当下落时间为2时，物体所具有的动能和重力势能之比为（ ） A. 1：4 B. 1：3 C. 1：2 D. 1：1 7. 在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉
得很紧，不易拔出来。其中主要原因是（ ）
𝑡
有可能
11. 如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、
电流表的示数变化情况为（ ）
A. 两电表示数都增大 B. 两电表示数都减少
C. 电压表示数减少，电流表示数增大 D. 电压表示数增大，电流表示数减少 12. 如图所示，闭合金属线框abcd位于水平方向匀强磁场的上方h处，由静止开始
下落，并进入磁场，在运动过程中，线框平面始终和磁场方向垂直，不计空气阻力，那么在线框进入磁场过程中，线框（ ）
A. 一定做加速运动 B. 一定做减速运动 C. 机械能一定减少 D. 机械能可能增加
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
13. 原子核是由质子和中子组成的，它们统称为______。核电站是利用______（选填“重核裂变”、“轻
核聚变”或“化学反应”）获得核能并将其转为电能。
14. 如图所示中的两幅图是研究光的波动性时拍摄到的。这属于光的______现象；如果图中（A）、（B）
分别是用红光和紫光在相同条件下得到的，则______是用红光得到的。
A. 软木塞受潮膨胀
B. 瓶口因温度降低而收缩变小 C. 白天气温升高，大气压强变大 D. 瓶内气体因温度降低而压强减小
15. 太阳是一颗自己能发光发热的气体星球，它的能量来自于______反应。
行星在太阳的引力作用下，几乎在同一平面内绕太阳公转，距离太阳越近的行星，公转周期大小越______。
16. 在一只锥形瓶中放入一个气球，把气球的开口翻在锥
形瓶的瓶颈上，如图所示，然后向气球吹气，将会发生的现象是______产生的弹力，认为气球内外压强相等，同时忽略吹气时温度变化。在人吹出的气体压强
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达到1.1p0时气球的体积增加量为______V。
三、实验题探究题（本大题共1小题，共11.0分）
17. 如图1所示是《DIS实验研究动能的大小与物体的质量和运动速度关系》实验装置。
19. 如图a所示，宽L、不计电阻的光滑长轨道固定在水平面内，一端装有阻值R的定值电阻。轨道平面
内存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B．质量m、不计电阻的金属杆放在轨道平面上，与轨道垂直。初始时刻金属杆有向右的初速度v0，同时受到向左的水平拉力。
（1）图中的①是______传感器，可以用来测小车的______大小。
（2）在实验中，小车动能EK的大小是用摩擦块滑行的距离s来反映的。这样处理的理论依据是：用摩擦块克服摩擦力做功（fs）的多少来反映小车动能EK的大小，由于______可看成不变，因此EK与距离s成______比。
（3）对多组记录数据先后用s～v（图2上）、s～v2（图2下）等进行拟合研究，均得到类似如图所示图象，从中得出该实验合理的结论是______。 四、计算题（本大题共2小题，共29.0分）
18. 如图所示，一足够长的固定斜面的倾角为θ=37°，质量m=1kg的物体受到平行于斜面的力F作用，由
g=10m/s2，sin37°=0.6，静止开始运动。力F随时间t变化规律如右图所示（以平行于斜面向上为正方向，
cos37°=0.8），物体与斜面间的滑动摩擦因数为0.25，求：
（1）初始时刻流过电阻R上的电流大小？
（2）若流过电阻R上的电流随时间均匀减小，试判断金属杆做什么运动？
（3）若在水平变力作用下，金属杆匀减速运动到速度为零。要使此过程水平变力始终向左，则加速度满足什么条件？ （4）若水平向左的拉力保持功率P不变，在图b中定性画出金属杆减速到1m/s的过程中的v-t图象（本小题可用的数据如下：B=0.5T，L=0.1m，R=0.1Ω，P=0.1W，v0=3m/s。作图要有必要的理由。）。
（1）第1s内物体运动的加速度大小a1；
（2）第2s内物体运动的加速度大小a2； （3）第1s末物体的动能的大小EK1；
（4）请描述物体在第4s内的受力情况（或画出受力分析图），并说明理由。
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答案和解析
1.【答案】B
【解析】
B、距离源点荷越近，电场越强，所以B点的电场强度比A点的电场强度大，故B正确。 C、源电荷为正电荷，所以AB点的电场强度方向均为沿半径方向远离场源电荷，故CD错误。 故选：B。
根据常见电荷的电场线分析：正点电荷的电场线，从点电荷指向周围，再据A、B的电场强度是矢量判断选项即可。
本题考查了电势差与场强的关系，此题也可以根据“电场线密处，等差等势面也密”来判断，电势与场强是电场的两个重要的性质。
解；A、磁感线是为了形象描述电场线引入的，在磁体外面从N极到S极，磁体内部从S极到N极，故ACD错误；
B、磁感线的方向表示磁场的方向，所以即使空间存在几个磁体，磁感线也不会在空间相交，故B正确； 故选：B。
磁感线的特点：为形象描述磁场而假想的，并不存在；在磁体外部从N极到S极，内部从S极到N极，是闭合的曲线，不相交，能表示磁场的方向和强弱。
考查了磁感线的特点，为形象描述磁场而假想的，并不存在；在磁体外部从N极到S极，内部从
4.【答案】D
【解析】
解：人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加，故D正确，ABC错误
S极到N极，是闭合的曲线，不相交，能表示磁场的方向和强弱。 2.【答案】A
【解析】
故选：D。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。
本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对
解：卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里。故A正确，BCD错误， 故选：A。
当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α
支持物的压力变了。
粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模
错误；
型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里。
本题比较简单，考查卢瑟福的核式结构，对于类似基础知识要注意平时加强理解与记忆。 3.【答案】B
【解析】
5.【答案】C
【解析】
解：A、振幅反应振动的强弱，由图象可知振幅之比为：A甲：A乙=2：1，故振动强度不相同，故A
B、振动周期反应震动的快慢，由振动图象读出两弹簧振子周期之比T甲：T乙=2：1，故振动甲乙振动快慢不同，故B错误；
C、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大。故C正确。
D、根据F=-kx可知，恢复力与弹簧劲度系数以及位移有关，由于不知弹簧劲度系数关系，无法
解：A、正点电荷形成的电场是以点电荷为中心，向外辐射的直线，且离点电荷越远，场强越小，故与题意场强相同不符，故A错误。
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计算所受最大恢复力之比，故D错误； 故选：C。
振幅反映弹簧振子振动的强弱，周期反映振动的快慢；但由于振子的劲度系数可能不等，无法确定回复力最大值之比。振子甲速度为零时，振子乙速度最大。
本题考查对振动图象的理解能力。不能把两弹簧振子错当成同一个弹簧振子，得到回复力最大值之比F甲：F乙=2：1。 6.【答案】B
【解析】
ABC错误D正确。 故选：D。
木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化。 应用查理定律时要注意判断气体的体积不能发生变化，然后判断压强与温度之间的关系。 8.【答案】A
【解析】
解：设水银柱长度为h，大气压为P0，空气柱的长度为L，横截面积为s 开口向下竖直放置时，P1=P0-h V1=sL
玻璃管绕管口转过30°角，P2=P0-hsinθ=P0-h V2=sL′ 可知P2＞P1，因温度不变，由玻意尔定律得：P1V1=P2V2 因P2＞P1，所以V1＞V2，即L′＜L，故A正确BCD错误。 故选：A。
写出封闭气体的压强表达式可分析压强的变化，由于温度不变，根据玻意尔定律可知气体体积的变化，进而知道空气柱的长度变化。
本题考查气体状态方程，关键是找出初末状态参量，判断气体做何种变化，然后选择合适的气体实验定律列式求解即可。 9.【答案】D
【解析】
解：物体自由下落，设运动总时间为t，落下一半时间的速度为： v=g• 下落的动能为： Ek=
mg2t2，
下落一半时间的重力势能为： EP=mg
=
故Ek：EP=1：3，故ACD错误，B正确； 故选：B。
设物体运动的总时间为t，求解出落下一半时间的速度与高度，然后再求解动能和重力势能，即可求解。
本题关键明确自由落体的运动性质，然后根据速度时间关系公式和动能、重力势能的定义式列式求解即可。
7.【答案】D
【解析】
解：A、ab为相临的两个波峰，故a、b两点之间的距离为一个波长。故A错误。
B、根据简谐横波传播过程中，振动在一个周期内传播一个波长的距离，可知a、b两点振动开始时刻相差一个周期。故B错误。
CD、简谐横波向右传播，b点完成全振动次数比a点少一次。故C错误，D正确。 故选：D。
=
由于T1＞T2，所以P1＞P2，
解答本题应抓住：相邻两个波峰间的距离等于一个波长；振动在一个周期内传播一个波长的距
解：一开始暖瓶塞受力平衡如图：
由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，
根据查理定律得：
即暖瓶内的压强由原来的P1减小为现在的P2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，故
离，a、b两点振动开始时刻相差一个周期；b点完成全振动次数比a点少一次。
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本题关键要掌握波长的定义及简谐波的特点：振动在一个周期内传播一个波长的距离，即可进行选择。 10.【答案】B
【解析】
解：A、线框进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，线圈所受向上的安培力作用，若受到的安培力小于重力，线框做加速运动。故AB错误； C、由于安培力做功，故机械能一定减小；故C正确D错误。 故选：C。
线框进入磁场时，产生感应电流，则可以产生热量；再根据线框受到安培力与重力两个力作用进行分析，线框下落时高度不同，进入磁场时速度不同，线框受到的安培力不同，则安培力可能大于重力、小于重力、等于重力，分情况讨论线框的运动情况。
本题考查电磁感应中的功能关系，关键要分析线框进入磁场时的受力情况，考虑各种可能的情况，从而进行讨论分析。 13.【答案】核子 重核裂变
【解析】
解：由右手定则可知，ab中电流由b到a，则cd中电流由c到d，则由左手定则可知，cd应向右运动； 故选：B。
根据右手定则可知ab棒中电流的方向，从而得出cd中电流的方向，再由左手定则可得出cd棒的运动情况。
本题考查了判断金属棒的运动性质问题，应用右手定则与左手定则即可解题，本题也可以根据楞次定律的“来拒去留”进行分析，明确“阻碍”的作用。 11.【答案】D
【解析】
解：原子核是由质子和中子组成的，它们统称为核子；核电站是利用重核裂变获得核能并将其转为电能。
故答案为：核子；重核裂变。
原子核是由质子和中子组成的，它们统称为核子；核电站是利用重核裂变获得核能并将其转为电能。
本题考查了原子核的组成和原子核裂变，以基础为主，难度不大。 14.【答案】干涉 （B）
【解析】
解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻R2并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，
根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，R1两端电压变小，R2两端电压变大，即电压表示数增大。
并联部分的电压增大，所以电阻R2的电流增大，由于总电流I变小，所以电流表示数减小。故ABC错误，D正确。 故选：D。
当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知电压表示数的变化。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析电流表示数的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可。 12.【答案】C
【解析】
解：（1）干涉衍射属于光的波动现象方面，干涉现象对应的条纹间距相等，衍射现象对应的条纹间距不相等，故题目中对应的是光的干涉现象；
（2）由于红光的波长大于紫光，则红光对应的条纹间距大于蓝光，故（B）是用红光得到的。 故答案为：干涉；（B）
根据条纹间距相等可知对应的是光的干涉现象；根据条纹间距与光波长成正比故可知对应间距较大的是红光的干涉图案。
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本题主要考察干涉条纹的特征，主要包括光的衍射对应的条纹间距相等，并条纹间距与光波长成正比。较为基础。 15.【答案】热核 小
【解析】
这是一道有关气体压强的知识，需要注意是气球在膨胀的同时，瓶内的气压是逐渐变大的，注意研究对象的选取。
17.【答案】光电门 速度 摩擦力f 正 小车的动能的大小与小车速度平方成正比
【解析】
解：（1）太阳的能量是由于自身的热核反应而产生；
（2）根据开普勒第三定律可知行星运动的周期大小跟运动轨道半径有关系，轨道半径越大周期越小。
故答案为：（1）热核（或核反应）；（2）越小
解：（1）图中的①是光电门传感器，可以测小车的速度。
（2）用摩擦块克服摩擦力做功（fs）的多少来反映小车动能EK的大小，即fs=Ek，由于摩擦力f不变，则EK与距离s成正比。
（3）由s-v2关系图线知，s与v2成正比，又EK与距离s成正比，则小车动能的大小与小车速度平
太阳的能量是由于自身的热核反应而产生，行星运动的周期大小跟运动轨道半径有关系，轨道半径越大周期越小
要熟记课本的相关知识点，太阳的能量是由于自身的热核反应而产生，熟练掌握行星运动的周
方成正比。
故答案为：光电门；速度；摩擦力f；正；小车的动能的大小与小车速度平方成正比。 （1）光电门传感器测速度的原理是利用极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出。
期大小跟运动轨道半径的关系，可以由万有引力提供向心力并结合圆周运动知识推导得出。 16.【答案】气球不容易被吹大 11
【解析】
1
（2）根据克服摩擦力做功与小车动能的关系得出Ek与s的关系。
（3）根据线性关系图线得出s与v的关系，从而得出小车动能与速度的关系。
本题是探究性实验，目的是探究动能与速度的关系，注意要得出物理量间的定量关系，必须作出线性关系图线。
18.【答案】解：（1）第1s内物体受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的摩
擦力f和平行斜面向下的力F．合外力向下， 由牛顿第二定律有：-mgsinθ-0.6mg+μmgcosθ=ma1 代入数据得：a1=-10m/s2，
（2）第2s内物体有平行斜面向下的速度，故有平行斜面向上摩擦力f，受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，由图象可知力F平行斜面向上。合外力向上， 由牛顿第二定律有：0.9mg+μmgcosθ-mgsinθ=ma2 代入数据得：a2=5m/s2
（3）第1s末由速度公式得：v1=a1t1=-10m/s，
2
=50J 第1s末物体的动能：Ek1=2𝑚𝑣1
1
解：吹气球时，气球内气压增大，气球膨胀，由于锥形瓶封闭，瓶与气球间的气体气压也同时增大，气球内外很难形成较大的气压差，所以气球不容易被吹大； 选取锥形瓶内气球外的气体为研究对象， 开始时气球内的气体的状态参量为：P0 V 末状态的状态参量为：1.1P0 V′ 由玻意尔定律得：P0V=1.1P0V′ 解得：V′=
锥形瓶内气球外的气体的体积减少量△V=V-V′=所以气球的体积增加量为
V
（4）第2s初开始物体沿斜面向下以5m/s2的加速度做匀减速运动。需要t0=𝑎2=2s速度为0，即第3s末速度为0
第4s初开始物体沿斜面向上运动，其受力情况是：平行斜面向下摩擦力f，竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F，合外力向上。 答：（1）第1s内物体运动的加速度大小是10m/s2； （2）第2s内物体运动的加速度大小是5m/s2； （3）第1s末物体的动能的大小是50J；
（4）第4s初开始物体沿斜面向上运动，其受力情况是：平行斜面向下摩擦力f，竖直向下的重力G、垂直
𝑣1
故答案为：气球不容易被吹大；
要将气球吹起来，就需要让气球内的气压大于外界的大气压，据此入手可知会发生的现象；取锥形瓶内气球外的气体为研究对象由玻意尔定律可求解。
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斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F，合外力向上。 【解析】
（1）（2）根据牛顿第二定律分别求出第1s内和第2s内的加速度大小； （3）由速度公式求出第1s末的速度，根据动能的定义可求得物体的动能；
（4）第1s内向下做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动，通过计算分析何时速度减小为零，减为零后返回做匀加速直线运动，对物体受力分析即可。
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
19.【答案】解：（1）感应电动势：E0=BLv0，
通过R的电流：I0=𝑅0， 解得：I0=
𝐵𝐿𝑣0𝑅
𝐸
答：（1）初始时刻流过电阻R上的电流大小为
𝐵𝐿𝑣0𝑅
；
（2）若流过电阻R上的电流随时间均匀减小，金属杆做匀减速直线运动； （3）加速度满足什么条件是：a＞
𝐵2𝐿2𝑣0𝑚𝑅
；
（4）金属杆减速到1m/s的过程中的v-t图象如图所示。 【解析】
（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流。
（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，根据电流表达式求出金属杆的速度表达式，然后判断金属杆的运动性质。
（3）由安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出加速度需要满足的条件。
（4）应用功率公式P=Fv求出拉力表达式，应用牛顿第二定律列式，分析清楚金属杆的运动过程，然后作出图象。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
𝐵2𝐿2𝑣0𝑚𝑅
；
（2）由金属杆速度为v时， 感应电动势：E=BLv， 电流：I=𝑅=
𝐼𝑅𝐸
𝐵𝐿𝑣𝑅
，
解得：v=𝐵𝐿，
因为I随时间均匀减小，则v也随时间均匀减小，所以金属杆做匀减速直线运动。 （3）金属杆受到的安培力：F安培=BIL=以向左为正，由牛顿第二定律得：F+解得：F=ma-𝐵2𝐿2𝑣𝑅
𝐵2𝐿2𝑣𝑅
，
𝐵2𝐿2𝑣𝑅
=ma，
，
金属杆匀减速运动，a恒定，而v减小，则F增大， 所以当v=v0时，满足F＞0，就能保证F始终向左，a＞
；
=ma，
（4）以向左为正，由牛顿第二定律得：F+F安培=ma，即：𝑣+
0.1
0.1
𝑃𝐵2𝐿2𝑣
𝑅
代入数据解得：𝑣+0.025v=ma，当𝑣=0.025v，即v=2m/s时，加速度a最小。 因为初速度v0=3m/s，所以减速过程加速度先减小后增大，v-t图如图所示：
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