上海市虹口区2022-2023学年高三上学期期终学生学习能力诊断测试（一模）物理试题（解析版）

物理一、单项选择题（共40分，1-8题每小题3分，9-12题每小题4分．每小题只有一个正确选项．）1.下列物理量中属于矢量的是（）A.振幅B.周期C.功率D.加速度【答案】D【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，振幅、周期和功率只有大小，没有方向，是标量，加速度既有大小，又有方向，是矢量。故选D。2.爱因斯坦在物理学中的重要贡献有（）A.发现万有引力定律B.建立狭义相对论C.首次测定元电荷的电荷量D.最早发现电磁感应现象【答案】B【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．爱因斯坦建立了狭义相对论，故B正确；C．密立根首次测定元电荷的电荷量，故C错误；D．法拉第最早发现电磁感应现象，故D错误。故选B。3.在国际单位制（SI）中，“电势”用基本单位可以 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示为（）A.kgm2s2B.kgmC1C.kgm2A1s3D.kgm2C1s3【答案】C【解析】【详解】根据电势的定义式EPq可得电势的单位为JC，又因WFs则有WFsmas所以1J1kgms-2m根据qIt则有1C=1As即1J/C=1kgm2s3A1故选C。4.关于电动势和电压的理解，下列说法正确的是（）A.电源两极间的电压就是电源的电动势B.家用5号干电池的电动势大于7号干电池的电动势C.两者单位都是伏特，故电动势与电压属于同一物理量D.电动势的大小反映电源把其它形式能量转化为电能的本领【答案】D【解析】【详解】A．电源两极间的电压为路端电压，故A错误；B．5号干电池的电动势等于7号干电池的电动势，均为1.5V，故B错误；C．两者单位都是伏特，但电动势反映电源内部非静电力做功本领大小的物理量，而电压与静电力做功有关，不属于同一物理量，故C错误；D．电动势的大小反映电源把其它形式能量转化为电能的本领，即非静电力做功的本领，故D正确。故选D。5.如图，甲、乙两颗人造地球卫星在同一圆形轨道上绕地球运行，则两颗卫星（）A.动能一定相同B.周期一定相同C.加速度一定相同D.受地球的引力一定相同【答案】B【解析】【详解】AB．设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，对于在轨卫星有万有引力提供向心力Mmv2Gmr2r线速度GMvr卫星的动能11GMEmv2mk22r周期2r2rrT2rvGMGMr甲、乙两颗卫星的轨道半径相同而质量关系未知，故A错误，B正确；C．卫星的加速度大小v2GMarr2两卫星轨道半径相同，所以加速度大小相同，但两卫星在轨道上位置不同，加速度方向不同，故C错误；D．卫星受到的地球引力MmFGr2由于两卫星质量关系未知，故D错误。故选B。6.从某高处释放一粒小石子，经过2s从同一地点再释放另一粒小石子。不计空气阻力，落地前，两粒石子间的距离将（）A.保持不变B.不断减小C.不断增大D.先增大后减小【答案】C【解析】【详解】设落地前第一个小石子运动的时间为t，则第二个小石子运动的时间为（t-2）s，根据自由落体位移时间公式得1h＝gt21212h＝gt222则两粒石子间的距离为1hhhg2(2t2)2g(t1)122所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大。故选C。7.宇航员在图示的天宫空间站内将冰墩墩抛出，则（）A.冰墩墩处于完全失重状态，是因为其不受重力B.冰墩墩在飞行过程中，所受外力的合力不为零C.冰墩墩在飞行过程中，因为不受力，所以做匀速直线运动D.抛掷瞬间，宇航员对冰墩墩的作用力大于冰墩墩对宇航员的作用力【答案】B【解析】【详解】A．冰墩墩处于完全失重状态，在地球附近，仍然受地球引力，故A错误；B．冰墩墩在飞行过程中，受地球引力作用，故所受外力的合力不为零，故B正确；C．冰墩墩在飞行过程中受地球引力，以空间站为参考系，做匀速直线运动，故C错误；D．抛掷瞬间，宇航员对冰墩墩的作用力大小等于冰墩墩对宇航员的作用力，故D错误。故选B。8.图示为t0时刻的波形图，波速v2ms。从图示时刻开始，质点Q领先于质点P到达平衡位置。则（）A.波沿x轴负方向传播B.质点P的振动周期T4sC.t1.5s时，质点P和Q均沿y轴正方向运动D.t0到1.5s的时间内，质点M通过的路程为6cm【答案】D【解析】【详解】A．由于从图示时刻开始，质点Q领先于质点P到达平衡位置，可知质点P正沿y轴负方向振动，根据同侧法，可知波沿x轴正方向传播，A错误；B．质点振动周期与波传播周期相等，则4Ts=2sv2B错误；C．由于3t1.5s=T4根据上述结合图像，可知t1.5s时，质点Q正沿y轴正方向运动，质点P正沿y轴负方向运动，C错误；D．根据图像可知，经历1T0.5s4质点M开始振动，即t0到1.5s的时间内，质点M发生振动的时间为11.5s0.5s1.0s=T2则t0到1.5s的时间内，质点M通过的路程为2A23cm=6cmD正确。故选D。9.如图，O点固定一个点电荷Q，绝缘细线将另一带电小球q悬挂于O点。将小球q轻轻拉至A点，由静止释放后，小球在A、B间做小幅摆动，不计空气阻力。当小球q向左经过最低点C时，迅速移走点电荷Q，则（）A.摆动周期减小B.小球仍能到达B点C.再次经过C点时，小球的速度大于此前经过C点时的速度D.再次经过C点时，细线的张力大于此前经过C点时的张力【答案】B【解析】l【详解】A．因为小球q在A、C间受到的库仑力沿细线方向，则单摆周期公式T2π中的g值不变，g故摆动周期不变，故A错误；B．小球q在A、C间受到的库仑力沿细线方向，与速度方向垂直，对小球不做功，小球在A、B间做小幅摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以小球仍能到达B点，故B正确；C．因为机械能守恒，所以再次经过C点时，小球的速度等于于此前经过C点时的速度，故C错误；D．小球第一次经过C点时，根据牛顿第二定律有v2TmgFm1L小球再次经过C点时，根据牛顿第二定律有v2Tmgm2L可知再次经过C点时，细线的张力小于此前经过C点时的张力，故D错误。故选B。10.图示电路中，电源电动势为E，内阻不计，闭合开关S，滑动头P由中点向下移动的过程中，电表A1、V1、V2示数变化的大小分别为I1、U1、U2，则（）A.A1示数减小、A2示数增大B.A1示数减小，A2示数不变U1U2U1U2U1U2C.不变，增大D.、均不变，且I1I1I1I1I1I1【答案】B【解析】【详解】AB．滑动头P由中点向下移动的过程中，R2电阻变大，则A1示数变小；内阻不计，A2示数不变，故A不符合题意，B符合题意；CD．R1、R2串联，则ΔU1ΔU2由U1R1I1可知U1U2R1I1I1故CD不符合题意。故选B。11.如图，圆环均匀带正电，沿其中心轴线建立x轴。将另一点电荷q从圆心x0处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为W0。取无穷远处为电势能零点，则电荷q具有的电势能Ep与位置坐标x的关系图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】点电荷q从圆心x0处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为W0，由电势能的定义可知，点电荷q在x0处的电势能EpW0又Ep与x的关系图像的斜率的绝对值表示静电力的大小，将圆环分成很多可以看成点电荷的小段，由电场叠加原理可知，x0处电场强度为零，且从x0向左、向右电场强度都变小，无穷远处电场强度为零。电荷q从x0向左、向右受到的静电力qE都是先增大后减小。Ep与x的关系图像的斜率的绝对值从x0向左、向右都是先增大后减小。故选A。12.如图，飞行员通过手柄控制推力F的大小和方向，可以改变单人滑板式飞行器在空中的飞行方向和速度。调节推力F，使飞行器沿与竖直成角的方向匀速飞行（90），飞行员受到空气的阻力与其速度成正比，则（）A.推力F沿飞行方向指向左上方B.飞行方向不变，速度越大，推力F与竖直方向夹角越小C.若保持推力F方向不变，匀速飞行的速度较大时，角较小D.若保持推力F大小不变，匀速飞行的速度较大时，角较小【答案】C【解析】【详解】A．飞行器匀速直线运动，所以合力为零，又因为飞行器和飞行员受到竖直向下的重力，沿飞行速度相反方向的阻力，根据共点力平衡可知，还需要受到与竖直方向夹角小于的左上方的推力作用，A错误；B．飞行员受到空气的阻力与其速度成正比，所以飞行方向不变，速度越大，受到的阻力越大，根据矢量求合可知推力F与竖直方向夹角越大，B错误；C．若保持推力F方向不变，匀速飞行的速度较大时，受到的阻力越大，根据矢量三角形可知角较小，C正确；D．若保持推力F大小不变，匀速飞行的速度较大时，受到的阻力越大，角较大，D错误。故选C。二、填空题（共20分，每题4分．）13.静电场是________周围空间存在的一种物质；描述电场力的属性和能的属性的物理量分别为________、________。【答案】①.电荷②.电场强度③.电势【解析】【详解】[1][2][3]静电场是电荷周围空间存在的一种物质；描述电场力的属性和能的属性的物理量分别为电场强度、电势。14.图示为研究左手定则的实验装置图。闭合电键，铜棒P向右摆动，则U型磁铁的A端为______极（选填“N”或“S”）。铜棒P从静止开始起，第一次到达右侧最高点的过程中，不计空气阻力，其机械能________（选填“增大”、“减小”、“先增后减”、“先减后增”）。【答案】①.N②.增大【解析】【详解】[1]根据题意可知，闭合电键，铜棒P向右摆动，即铜棒P受向右的安培力，由左手定则可知，U型磁铁的A端为N极。[2]铜棒P从静止开始起，第一次到达右侧最高点的过程中，不计空气阻力，安培力做正功，机械能增大。15.跳水比赛中，运动员向上离开踏板的瞬间为计时起点，竖直向上为正方向。运动员可看做质点，其竖直方向的速度v与时间t的关系如图所示，则运动员到达最高点的时刻为______，踏板距离水面的高度为______m。【答案】①.0.5②.10【解析】【详解】[1]运动员0.5s时速度为0，到达最高点的时刻为0.5s。[2]踏板距离水面的高度为(2.00.5)150.55hmm10m12216.图示为研究电磁感应现象的实验装置图，A、B是套在同一圆形铁芯上的两个线圈。事先已经探明：电流从正极流入灵敏电流计G时，指针向右偏转。现将电键S闭合，再稳定一段时间，观察到电流计的指针先_______，最后回到中间位置不动。指针回到中间不再偏转的原因是：________。【答案】①.向左偏转②.穿过B的磁通量不再变化【解析】【详解】[1]已知电流从正极流入灵敏电流计G时，指针向右偏转，由楞次定律可判断此时穿过B的磁通量向下减少或向上增加。电键S刚闭合时，由安培定则可判断此时穿过B的磁通量向下增加，线圈B中产生电流从负极流入灵敏电流计，由此可知电流计指针会向左偏转。[2]而稳定一段时间后，线圈A中电流不再变化，产生磁场也就不再变化，则穿过B的磁通量不再变化，B中不再产生感应电流，电流计指针回到中间不再偏转。17.图（甲）中，粗糙程度相同的斜面固定在地面上，将小物块从斜面顶端由静止释放，经6s匀加速下滑到底端。图（乙）中的①、②两条曲线分别表示该过程重力、摩擦力对物块做功随时间的变化关系，虚线AB为t6s时曲线①的切线，则切线AB斜率的物理意义是________。以地面为重力势能零势能面，当物块重力势能Ep9J时，其动能Ek_______J。【答案】①.小物块的重力在t6s时的瞬时功率②.6【解析】【详解】[1]重力做正功，摩擦力做负功，所以①图像是重力的图像，②图像是摩擦力的图像。切线AB斜率的物理意义是小物块的重力在t6s时的瞬时功率。[2]小物块在t6s时下滑到斜面的最底端，重力一共做功wG18J所以重力势能减小了18J。摩擦力一共做功Wf6J以地面为重力势能零势能面，当物块重力势能Ep9J时,物块处于斜面的中点位置，则从出发到中点，对物块用动能定理得11wwE02G2fk解得Ek=6J三、综合题（共40分．）18.在“用DIS测量电源的电动势和内阻”的实验中，A同学将待测电源、电阻箱R、阻值为6Ω的定值电阻R0、电流传感器连成图（甲）所示的电路。（1）B同学认为：R0阻值太小，可以去掉，你________B同学的观点（选填“赞同”、“不赞同”），理由是：_______。（2）A同学实验时，调整电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R和电流传感器示数I，在计算机上绘出1R的关系图线，如图（乙）中的线a所示。将电源a换为电源b，测量多组数据，在同一坐标系中绘出I图线b。①不计电流传感器的内阻，依据图线可知，电源a的电动势Ea=________V，内阻ra=_______Ω。②若将定值电阻R2分别与电源a、b连接，则R2两次消耗的功率Pa_______Pb（选填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】①.不赞同②.当电阻箱接入电路的阻值较小时，R0可以起到保护电路的作用③.10④.4⑤.小于【解析】【详解】（1）[1][2]当电阻箱接入电路的阻值较小时，R0可以起到保护电路的作用，所以不赞同B同学的观点；（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得EI(RrR0)变形可得1RrR0IEE结合图线有11E10rR01E所以E10V，r4[5]由图乙可得EaEb，rarb作出两个电源的U-I图线，如图所示电阻的U-I图线与两电源的交点为电阻的工作点，由图可知，图中交点的横纵坐标的乘积表示电阻R消耗的功率，且有PaPb19.如图，长度为2l的光滑直杆AB固定在水平地面，与水平面的夹角30，质量为m的小球套在杆上。原长为l的轻质橡皮筋下端固定在A点正下方的O点，上端与球相连。将小球从A点由静止释放，运动到底端B时速度恰为零，橡皮筋始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：（1）运动到杆的中点C时，小球速度vC的大小；（2）运动到杆的中点C时，小球重力的功率PG；（3）请分析说明：小球从A到B的过程中，其动能是如何变化的？1【答案】（1）gl；（2）mggl；（3）动能先增大，后减小到零2【解析】【详解】（1）由几何关系可知：小球在A点时，轻质橡皮筋处于原长状态，小球运动到C点时，依然是原长状态，即小球从A点运动到C点弹簧弹力不做功，根据动能定理有1mglsin30mv22C代入数据解得vCgl（2）由公式PFvcos可知小球运动到C点时，重力的功率为1Pmgvcos60mgglGC2（3）小球从A运动到C的过程中，轻质橡皮筋从原长变成松弛再变成原长，此过程轻质橡皮筋对小球没有力的作用，只有重力对小球做正功，其他力不做功，所以小球的动能一直增加；小球从C运动到B的过程中，轻质橡皮筋有弹力，某位置小球的受力分析如图所示当轻质橡皮筋的弹力F在沿杆向上方向上的分力与重力mg在沿杆向下方向上的分力等大时，小球受力平衡，速度到达最大值，此后弹力F在沿杆向上方向上的分力大于重力mg在沿杆向下方向上的分力，小球开始做减速运动，直到运动到底端B时速度为零。所以小球从A到B的过程中，动能先增大，后减小到零。20.光滑金属框架abcde置于水平面内，bcd90，各边长度如图所示。cd边接入阻值为R的定值电阻，ab边接入理想电压表V，导棒MN平行于cd，不计框架与导棒的电阻。匀强磁场垂直于框架平面，磁感应强度大小为B。在外力作用下，MN沿框架以初始速度v0从靠近cd的位置向右运动，导棒始终与bc垂直且接触良好。MN运动到ab之前的过程中，电压表的示数恒为U。（1）试从功和能量转化关系的角度证明：MN在d、e之间运动的过程中，切割磁感线产生的电动势E2BLv0；v（2）若定义“另类加速度”为通过单位位移内的速度改变量，用公式表示为A。请分析说明：MNs向右运动的整个过程中，A是如何变化的？（3）MN由cd向右运动到ab的过程中，安培力对导棒所做的功WA为多少？7B2L3v【答案】（1）见解析；（2）MN在d、e之间运动的过程中，A为0，当MN越过e点后，A增大；（3）0R【解析】【详解】（1）由于电压表的示数恒定，表明导体棒MN在d、e之间做匀速直线运动，外力与安培力平衡，安培力做功为2W安=F安L=2BIL根据功能关系可知W安=EIt有由于Ltv0解得E2BLv0（2）由于MN在d、e之间运动的过程中，电压表的示数恒为U，导棒MN电阻不计，则有UE2BLv0此过程，导体棒做匀速直线运动，则vA01s当导体棒越过e点后，令导体棒相对e点的位移为s，则有E2BLv0，UE，UB2Lsv解得2Lvv02Ls对该函数求导数可得到v2Lv0A22s2Ls可知，当位移s增大时，A2增大，即，MN在d、e之间运动的过程中，A为0，当MN越过e点后，A增大。（3）根据上述，感应电流为U2BLvI0RRMN在d、e之间运动的过程中，安培力做的功4B2L3vWBI2L201R当MN越过e点后，令导体棒相对e点的位移为s，则有2224BLv02BLv0F安BI2LssRR安培力与位移成线性关系，作出其图像如图所示则次过程安培力做功为4B2L2v2B2Lv00LRR3B2L3vW022R则全过程安培力做功WAW1W2解得7B2L3vW0AR