2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析），共14页。试卷主要包含了5s时的波形图，34天，2Ω，伏特表为理想电表，【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末物理试卷（一模）     下列每组三个单位均属于国际单位制中基本单位的是(    )A. g、s、N B. kg、A、N C. W、J、kg D. K、mol、s    一只鱼鹰发现河中的鱼，假设其沿图中虚线斜向下匀速俯冲。则空气对鱼鹰的作用力可能是(    )A.  B.  C.  D.     一列水波穿过小孔发生了明显衍射现象，衍射后水波与衍射前水波相比(    )A. 波长变短 B. 频率变高 C. 波速不变 D. 振幅不变    雨滴由屋檐静止开始竖直下落，则它在相等时间内(    )A. 若忽略空气阻力，下落高度一定相同 B. 若忽略空气阻力，速度变化一定相同
C. 若考虑空气阻力，下落高度一定相同 D. 若考虑空气阻力，速度变化一定相同    如图“旋转纽扣”游戏。现用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，纽扣绕其中心转速最大可达。则可知纽扣边缘各质点绕其中心(    )A. 线速度在同一时刻相同，且可能在变小 B. 线速度在同一时刻相同，且一直在变大
C. 角速度在同一时刻相同，且可能在变小 D. 角速度在同一时刻相同，且一直在变大    如图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为和的两段气体。若把玻璃管缓慢向下插入少许，则管内气体的长度(    )A. 变大，变大
B. 变小，变小
C. 不变，变小
D. 变小，不变    在“用DIS探究气体的压强与体积的关系”实验中，某小组通过推活塞减小气体体积测得数据，并画出如图的图像，则可能原因是实验过程中(    )
 A. 气体温度升高 B. 气体漏出注射器 C. 气体温度降低 D. 气体漏进注射器    如图，有几根交于A点的光滑硬杆置于水平地面上，倾向不同。每根杆上均套有一小环，小环质量不相等。假设小环均从A点由静止开始各自沿杆下滑，以地面为零势能面，则各小环下滑过程中速率相等时(    )
 A. 离地高度相同 B. 动能相同 C. 下滑时间相同 D. 机械能相同    如图，在匀强电场A、B两处分别放入两个正点电荷和，且。甲同学选择零势能面后，算出A、B两点的电势能，得出A的电势能小于B的电势能的结论。其他同学看了甲的结论，分别发表了以下看法。你赞同的看法是(    )A. 甲同学得出的结论与零势能面选择无关 B. 甲同学选取的零势能面一定在A的左边
C. 甲同学选取的零势能面一定在B的右边 D. 甲同学选取的零势能面一定在A和B之间如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。起初，两导线中通有图示的同向的大小相等的恒定电流。为使环中产生顺时针方向感应电流，可采取措施(    )
 A. 环垂直纸面向外平移 B. 左侧导线电流减小
C. 环向右侧直导线靠近 D. 右侧导线电流反向已知一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处磁感应强度大小为B。现有两足够长直导线均折成直角和，按图示方式放置在同一平面内，与几乎重合，与在一条直线上，与在一条直线上。两导线相互绝缘，且通有相等的电流I，电流方向如图所示。则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(    )
A. 2B，2B B. B，B C. 0，B D. 0，2B如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(    )A.
B.
C.
D. 静止电荷周围存在一种特殊的物质，这种物质叫______。为检验这种物质是否存在，可采用的方法是______。如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期大于。关于该简谐波，则波速为______。时，处的质点所处的位置在______。如图是“用油膜法估测分子大小”实验，待油膜尽可能扩展，水面稳定后，成______油膜，在玻璃板上画出油膜的轮廓如图中曲线。已知方格纸边长为1cm，则油膜的面积约为______。
 天文学家发现冥王星的小卫星，其中卫星1绕冥王星运行轨道半径，周期天。卫星2绕冥王星运行轨道半径，则其周期约为______天，其线速度______卫星1的线速度选填“大于”、“等于”或“小于”。如图所示电路，滑动变阻器，电阻，电源的电动势、内阻，伏特表为理想电表。则当PA之间的的电阻是时，伏特表的示数为______ V。当滑片P从B移动到A的过程中，电源的输出功率______选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”。在“用单摆测量重力加速度”的实验中，
提供如图1所示的甲、乙、丙三个装置，你认为应选用图______选填“甲”、“乙”或“丙”来做实验较好，理由是______。
实验过程中，如图2所示的A和B两种方式悬挂小球，A是摆线缠绕悬挂，B是摆线被夹住悬挂。你认为______选填“A”或“B”悬挂方式较好，理由是______。
甲组同学现用摆长为的单摆做实验，为使单摆做简谐振动，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过______ cm。在实验数据交流时，乙组同学发现他们测得的48次摆动时间与甲组测得的50次摆动时间相等，实验操作都正确，可知乙组摆长为______ cm。
如图，质量的金属棒ab置于光滑的金属框上，框两侧接有电阻和，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中。现让棒ab在框上由静止开始向右做匀加速直线运动。已知棒ab长，棒ab与框接触始终良好。棒ab的电阻为，电阻和的阻值分别为和，运动时测得流过的电流为。则：
棒ab中的感应电流方向；
时感应电动势的大小；
棒ab的加速度的大小；
时外力做功的功率。如图，一段有50个减速带图中黑点表示，未全部画出的斜坡，假设斜坡光滑，倾角为，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d。一质量为m的无动力小车可视为质点从距离第1个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度相同。小车通过第50个减速带后立刻进入水平地面连接处能量不损失，继续滑行距离s后停下。已知小车与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求：
小车到达第1个减速带时速度的大小；
小车通过第50个减速带时速度的大小；
小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：A、g、N不是国际单位制中基本单位，故A错误；
B、N不是国际单位制中基本单位，故B错误；
C、W、J不是国际单位制中基本单位，故C错误；
D、K、mol、s均为国际单位制中基本单位，故D正确。
故选：D。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
 2.【答案】C 【解析】解：鱼鹰沿图中虚线斜向下匀速俯冲的过程中，鱼鹰处于平衡状态，合外力为零，应该受两个力的作用，一是重力，二是空气的作用力，根据平衡条件可得空气对鱼鹰的作用力与其所受的重力等大反向，即空气对鱼鹰的作用力可能是，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据鱼鹰的运动情况判断出鱼鹰处于平衡状态，再结合平衡条件可得空气对鱼鹰的力的可能方向。
本题以鱼鹰发现河中的鱼向下匀速俯冲为情景载体，考查了平衡条件再实际问题中的应用，解答该题的关键是通过对鱼鹰的运动情况的分析得知其受力情况，是一道应用物理知识分析实际运动情况的一道好题。
 3.【答案】C 【解析】解：ABC、发生衍射现象时波的波长和频率都不变，都等于波源的波长和频率，由于波速是由介质的性质决定，所以波速不变，故AB错误，C正确；
D、由于衍射使波的能量分布范围变大，从而导致单位面积上的能量变小，振幅变小，故D错误。
故选：C。
根据衍射原理，绕过阻碍物继续向前传播，则周期与频率不变，波长与波速有关，因介质确定水波的速度，结合振动能量与振幅的关系即可求解．
本题考查了发生衍射的原理，及衍射过程中的变化与不变化的量，注意振动能量与振幅有关．
 4.【答案】B 【解析】解：A、与雨滴做自由落体运动，则，，联立解得，相等时间内下降的高度还与运动的时间有关，故下落的高度不相同，故A错误；
B、雨滴做自由落体运动，根据可知，在相等时间内速度变化量一定相同，故B正确；
C、若考虑空气阻力，雨滴做匀加速直线运动，根据A可知，在相等时间内下降的高度不同，故C错误；
D、若考虑空气阻力，由于阻力的变化不知道，故无法判断雨滴下落时的加速度变化，无法判断速度变化，故D错误；
故选：B。
雨滴在忽略空气阻力时，雨滴做自由落体运动，根据运动学公式即可判断出相等时间内下降高度和速度变化量的关系，当考虑空气阻力时，需要考虑空气阻力的变化，判断出加速度的变化，即可判断。
本题主要考查了匀变速直线运动和非匀变速直线运动，熟练运动学公式即可判断。
 5.【答案】C 【解析】解：AB、纽扣边缘各质点绕其中心线速度在同一时刻大小相等，方向不同，线速度是矢量，故AB错误；
C、同轴转动，角速度相同，所以纽扣边缘各质点绕其中心角速度在同一时刻相同，用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，所以角速度可能在变小，故C正确，D错误。
故选：C。
线速度有大小和方向是矢量；同轴转动，角速度相同。
本题关键是明确同轴传动与同缘传动的区别，记住线速度与角速度关系公式即可解决问题。
 6.【答案】B 【解析】解：当玻璃管向下插入水银槽时，玻璃管下部封闭了一定量的气体，
玻璃管刚接触水银时，管内外的水银面相平，封闭气体压强等于大气压，
随向下按压玻璃管，封闭气体体积减小，下部空气柱的长度减小，
气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体压强增大，大于大气压，
玻璃管内水银面比管外水银面低，设高度差为h，管内下部气体压强：，
设玻璃管中间水银柱长度为H，上部气体压强，由于变大，H不变，不变，
则上部封闭气体的压强变大，气体温度不变，气体压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，
空气柱的长度减小，由以上分析可知，当将管慢慢地向下按一段距离时，、都减小，故C正确，ABD错误。
故选：B。
根据图示情景分析，当向下按玻璃管时，玻璃管内封闭气体的压强如何变化，由于气体温度不变，气体发生等温变化，根据气体压强的变化，由于玻意耳定律判断气体体积如何变化，判断空气柱的长度如何变化。
本题考查了玻意耳定律的应用，根据题意分析清楚气体压强如何变化是解题的前提与关键，应用玻意耳定律即可解题。
 7.【答案】A 【解析】解：AC、根据理想气体状态方程可知：，由图可知，图像的斜率变大，故气体的温度升高，故A正确，C错误；
B、当某小组通过推活塞减小气体体积，如果气体漏出注射器，则常数C减小，斜率减小，故B错误；
D、某小组通过推活塞减小气体体积，气体不可能漏进注射器，故D错误；
故选：A。
根据题意出现的情况，结合实验过程，应用分析解答相关问题。
本实验是验证性实验，要控制实验条件，根据实验图像判断出产生误差的原因。
 8.【答案】A 【解析】解：设小环下滑的高度为h时，速率为v。根据机械能守恒定律得

得

则知，速率v相等，小环下落的高度h相等，离地高度相同；
动能
质量不同，所以动能不同，根据牛顿第二定律，倾角为，则
，

下落时间不同，整个过程机械能守恒，初态动能为零，而重力势能不同，所以机械能不同，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据机械能守恒定律可知速度与高度的关系，根据动能的公式可判断速度相等时动能还与质量有关，结合牛顿第二定律与运动学公式可判断时间，机械能大小与小球质量有关。
本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握机械能守恒的条件，注意物体的机械能也与质量有关。
 9.【答案】B 【解析】解：点电荷和带正电，若规定零电势在A的左侧，则AB电势均小于零，根据可知，A的电势能小于B的电势能；若规定零电势在B的右侧，则AB电势均大于零，根据可知，A的电势能大于B的电势能；若规定零电势在AB之间，则A电势大于零，而B电势小于零，根据可知，A的电势能大于B的电势能；故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据，结合零电势的位置可判断AB两电荷的电势能大小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能的计算公式，注意电势的大小与零电势选取有关。
 10.【答案】D 【解析】解：A、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环垂直纸面向外平移时，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A错误；
B、左侧的电流减小，根据安培定则，则左侧电流在环所在处产生的向外的磁场减弱，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针方向，故B错误；
C、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针方向，故C错误；
D、右侧电流反向，则穿过圆环的磁通量从零变成垂直纸面向外，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故D正确；
故选：D。
通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．结合楞次定律可判定感应电流方向．
本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容．穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．
 11.【答案】D 【解析】解：两导线相互绝缘，通有相等的电流，根据安培定则可知，在M处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在M处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，根据磁场的叠加原理M处磁感应强度大小为0。两导线相互绝缘，通有相等的电流I，根据安培定则可知，在N处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在N处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，根据磁场的叠加原理N处磁感应强度大小为2B。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则，分别判断出两根导线在M处的磁场强度，然后叠加计算，再计算出两根导线在N处的磁场强度。
本题考查的是通电指导线周围磁场叠加的问题，知道磁场强度是矢量，按矢量叠加计算即可。
 12.【答案】A 【解析】解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；
对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为；将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度，故重力势能因此可知拉力所做的功，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功。
本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可。
 13.【答案】静电场  在其中放入一检验电荷由静止释放，观察其运动状态是否发生变化 【解析】解：静止电荷周围存在一种特殊的物质，叫静电场，在其中放入一检验电荷由静止释放，观察其运动状态是否发生变化。
故答案为：静电场，在其中放入一检验电荷由静止释放，观察其运动状态是否发生变化。
静电场存在于静止电荷周围，在其中放入一检验电荷由静止释放，观察运动状态是否变化。
本题考查电场概念，解题关键掌握静电场的概念和判断方法。
 14.【答案】6 波谷位置 【解析】解：由题意知：，所以周期为 ，因为该简谐波的周期大于，解得：，即当时，，波速为：；
横波沿x轴正方向传播，时，根据波形图可知的波形图及实线图像，则处的质点位于波谷位置。
故答案为：6，波谷位置
根据题意可解得周期大小，根据可解得波速，根据与周期的关系可知波形图，从而判断质点所处位置。
根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播距离的通项，从而得到周期的特殊值。
 15.【答案】单分子层  75 【解析】解：实验中要让油膜尽可能散开，目的是形成单分子油膜；由于每格边长为1cm，则每一格就是，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出75格，则油酸薄膜面积为：；
故答案为：单分子层；75
在水中滴入油酸溶液后，要让油膜尽可能地散开，以便形成单分子油膜；通过数格子的方法求出油酸膜的面积。
本题主要考查了油膜法测分子大小的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据方格估算出油膜的面积，属于基础题型。
 16.【答案】小于 【解析】解：冥王星对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，则

联立解得天
根据可得，半径越大，速度越小，故卫星2的线速度小于卫星1的线速度
故答案为：；小于
卫星绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即可求得卫星2绕冥王星的周期，根据可得，判断出线速度的变化。
本题主要考查了万有引力提供卫星向心力的计算，也可以利用开普勒第三定律，会利用三定律分析天体的运动情况，属于基础题。
 17.【答案】变小 【解析】解：由图可知，R与PA并联部分电阻为：
则电路中的电流为：
则电压表的示数为：
根据题意可知，当变阻器取最大阻值时，与R并联后的电阻最大，即
因为小于r，根据输出功率的公式可知，当滑片从B移动到A的过程中，电源的输出功率变小。
故答案为：；变小
根据电路的结构分析出外电阻的大小，结合欧姆定律计算出电流的大小，根据电动势和内外电压的关系分析出电压表的示数；
根据内外电阻的大小关系分析出电源输出功率的变化情况。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉并联电路电阻的计算，结合欧姆定律计算出电流，从而分析出内外电压的关系，根据功率的计算公式分析出功率的变化趋势，整体难度不大。
 18.【答案】乙  铁球的尺寸相比摆线长度小得多、摆线的质量相比铁球的质量可忽略、铁球摆动过程中受空气阻力的影响小得多  B 摆动过程中摆长可以保持不变   【解析】解：铁球的尺寸相比于摆线长度小得多，摆线的质量相比于铁球的质量可忽略，铁球摆动过程中受空气阻力的影响较小，摆长不能过小，一般取1m左右的细线，故选乙；
如果选A装置，摆动过程中，摆长在不断变化，无法准确测量；B装置摆动过程中摆长可以保持不变，故选B装置；
当摆动的角度为时，摆球拉离平衡位置的距离最大，设为x，则根据题意可得：

故开始时摆球拉离平衡位置的距离不应超过；
单摆的周期公式为：
设甲单摆的周期为T，乙单摆的周期为，根据题意可知，


可得：
故答案为：乙，铁球的尺寸相比摆线长度小得多、摆线的质量相比铁球的质量可忽略、铁球摆动过程中受空气阻力的影响小得多；，摆动过程中摆长可以保持不变；，
根据实验原理选择合适的实验装置；
根据实验原理选择合适的实验装置，在实验过程中要保持摆长不变；
根据周期公式得出两种情况下的摆长关系，并代入数据计算出乙组的摆长。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式计算出摆长即可。
 19.【答案】解：根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向从b到a；
由并联电路的特点可得：
解得通过的电流：
通过棒的电流：
外电路并联总电阻：
电路总电阻：
根据闭合电路的欧姆定律可得：；
由可得时棒的速度大小为：
根据加速度定义式可得：；
根据安培力的计算公式可得：
根据牛顿第二定律可得：
解得：
根据功率的计算公式可得：。
答：棒ab中的感应电流方向从b到a；
时感应电动势的大小为；
棒ab的加速度的大小为；
时外力做功的功率为。 【解析】根据右手定则判断棒ab中的感应电流方向；
由并联电路的特点结合闭合电路的欧姆定律进行解答；
根据法拉第电磁感应定律求解时棒的速度大小，根据加速度定义式求解加速度大小；
根据牛顿第二定律求解拉力大小，再根据功率的计算公式求解时外力做功的功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
 20.【答案】解：小车由静止起下滑L过程，只受重力做功，根据动能定理可得：
解得：；
在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据动能定理可得：
解得：；
由题意可知，通过第30个及后面的减速带时小车的速度相同，所以经过每个减速带损失的机械能即相邻两减速带小车通过时重力势能的减少量。
；
根据题意可知小车通过第30个减速带时的速度大小为：
小车从静止起释放到下滑经过第30个减速带过程，小车重力势能减少的同时动能增加了，所以机械能损失的总量为：

通过前30个减速带平均损失的机械能为：

解得：。
答：小车到达第1个减速带时速度的大小为；
小车通过第50个减速带时速度的大小为；
小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为；
小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足。 【解析】根据动能定理求解小车到达第1个减速带时速度的大小；
小车在水平地面上运动过程中，根据动能定理求解小车通过第50个减速带时速度的大小；
小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，由此可得小车通过第30个减速带后在每两个减速带之间的运动情况相同，根据功能关系分析碰撞过程中损失的能量；
根据能量守恒定律计算出的能量损失，列出不等式求解L应满足的条件。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析小车运动过程中能量的转化情况，知道机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关，动能的变化与合力做功有关。