上海市虹口区2023届高三下学期期中学生学习能力诊断测试二模物理试题

这是一份上海市虹口区2023届高三下学期期中学生学习能力诊断测试二模物理试题，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市虹口区2023届高三下学期期中学生学习能力诊断测试二模物理试题 一、单选题1．（2023·上海虹口·统考二模）恒星的寿命取决于它的（　　）A．质量 B．温度 C．亮度 D．结构2．（2023·上海虹口·统考二模）原子核发生β衰变后，新核与原来的核相比（　　）A．核子数减少 B．核子数不变C．电荷数减少 D．中子数不变3．（2023·上海虹口·统考二模）一定质量的水（　　）A．凝结为冰时，分子平均动能增加 B．凝结为冰时，分子势能增加C．蒸发为水蒸气时，分子势能增加 D．升温时，每个水分子运动的速率均增大4．（2023·上海虹口·统考二模）太赫兹波是频率介于微波与红外线之间的电磁波，其（　　）A．光子的能量比红外线更多B．比红外线更加容易发生衍射现象C．由真空进入玻璃介质时波长不变D．与微波在真空中的传播速度不同5．（2023·上海虹口·统考二模）一束红光经过狭缝在光屏上得到如图所示的图样，由此可知（　　）A．该图样属于红光的干涉图样B．狭缝宽度必远大于红光波长C．光沿直线传播只是近似规律D．换用紫光照射，条纹间距变宽6．（2023·上海虹口·统考二模）冰壶甲以速度v0被推出后做匀变速直线运动，滑行一段距离后与冰壶乙碰撞，碰撞后冰壶甲立即停止运动。以下图像中能正确表示冰壶甲运动过程的是图像（　　）A． B．C． D．7．（2023·上海虹口·统考二模）在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠。在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中（　　）A．机械能守恒B．可能一直在加速C．必做匀速直线运动D．所受合外力先做正功后做负功8．（2023·上海虹口·统考二模）如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯道半径为R，不计雪车受到冰面摩擦力。在此情况中（　　）A．运动员和雪车所受合外力为零B．轨道对雪车的弹力为其转弯的向心力C．若仅增大v，则雪车离轨道底部更高D．若仅增大R，则雪车离轨道底部更高9．（2023·上海虹口·统考二模）如图，条形磁铁悬挂在绝缘橡皮筋的下端。将磁铁向下拉到某一位置后由静止释放，磁铁上下做简谐运动。将一铜制容器P置于磁铁正下方且不与磁铁接触，不计空气阻力及散热，则（　　）A．铜制容器的温度不变B．铜制容器的温度会升高C．系统的机械能守恒，磁铁振动的振幅减小D．系统的机械能守恒，磁铁振动的振幅不变10．（2023·上海虹口·统考二模）探测器“夸父A”在距地球约150万公里的拉格朗日L1点，与地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动，用以监测太阳活动的发生及其伴生现象，则（　　）A．“夸父A”处于平衡状态B．在相同时间内，“夸父A”的位移相同C．“夸父A”、地球绕太阳公转的向心加速度相同D．“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度11．（2023·上海虹口·统考二模）雨滴落在平静水面上的S处，形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），A、B两点与S在同一条直线上，C、S在另外一条直线上。图示时刻，A在波谷，B、C在不同的波峰上。已知波速为，A、B连线在水平方向的距离为。则（　　）A．水波的波长为B．A点振动频率为C．到达第一个波峰的时刻，C比A滞后D．从图示时刻起，经过的时间，B、C之间的距离增大了12．（2023·上海虹口·统考二模）摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，则该单摆（　　）A．摆长为B．摆长为C．摆球向心加速度的最大值为D．摆球向心加速度的最大值为 二、填空题13．（2023·上海虹口·统考二模）卢瑟福用α粒子轰击氮核，首次实现原子核的人工转变，其核反应方程为：+→+________________。布拉凯特从两万多张云室照片上发现：四十多万条α粒子径迹中八条产生了分叉。该现象表明：α粒子遇到氮核并引发核反应的机会________________（选填“较大”、“较小”或“非常小”）。14．（2023·上海虹口·统考二模）等边三角形导线框abc垂直于匀强磁场放置，线框中通有图示方向的恒定电流。若ab边受到磁场力大小为F，则ac、bc边受到磁场力合力的大小为________________，方向为________________。15．（2023·上海虹口·统考二模）图（a）电路中的电源为化学电池，a、b为电池的正、负极。已知化学电池的电极附近存在化学反应薄层，薄层内的正电荷在化学力（非静电力）的作用下从低电势移动到高电势处，沿电流方向形成图（b）所示的电势“跃升”（c、d之间为电源内阻）。闭合电键S，a、b两点之间电势差为，一电子从a点在电源内部经d、c移动至b点的过程中，非静电力做功为；断开电键S，a、b两点之间电势差为，电子从a点在电源内部经d、c移动至b点的过程中，非静电力做功为，则________________，________________（均选填“大于”、“小于”或“等于”）。16．（2023·上海虹口·统考二模）如图，半径为R的半球面上均匀分布一定量的正电荷，经过半球顶点与球心建立坐标轴Ox。图中A、B、C三点距离球心均为0.5R，则A点电势________________B点电势（选填“高于”、“低于”、“等于”）。已知均匀带电球壳内部的电场强度处处为零，则C点电场强度的方向________________。 三、实验题17．（2023·上海虹口·统考二模）图（a）为“研究共点力的合成”实验装置图，A为固定的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据记录的数据，在图（b）中画出了力的图示，则F与F′中，________________（选填“F”或“F′”）是依据等效性测得的合力。实验中，若将细绳OC换成橡皮筋，则实验结果_________________（选填“发生变化”或“不受影响”）。 18．（2023·上海虹口·统考二模）图（a）装置可以研究物体质量一定时，其加速度与合外力的关系。实验时，气垫导轨水平放置，右侧适当位置的上方固定光电门，调整定滑轮的高度，使滑块与滑轮间的细绳水平。（1）测量前，力传感器________________调零（选填“需要”、“不需要”）。（2）在右侧吊篮中放入砝码，将滑块由静止释放，力传感器测得细绳中的拉力，光电门测得宽度为的挡光片的挡光时间。保持滑块质量不变，逐渐增加吊篮中砝码的个数，再将滑块由静止释放，测得多组拉力和对应的挡光时间。建立图（b）所示的坐标系，若希望从图像方便而又准确地得出加速度与合外力的关系，则每次滑块________________（选填“必须”、“不必”）从相同位置释放，挡光片宽度________________改变（选填“可以”、“不可以”）。（3）某同学依据采集的数据绘出图（b）所示的图线，并得出图线的斜率，从轨道标尺上读出滑块释放位置与光电门之间的距离，则滑块与挡光片的总质量________________（用、、表示）。（4）为了提高实验的准确度，可以采取的措施有__________________________。（不少于2条措施） 四、解答题19．（2023·上海虹口·统考二模）如图，一足够长的光滑细杆与水平面成θ角固定放置，杆上套有一质量为m的小球。对小球施加一沿杆向上的恒定拉力，使其从杆底端O点由静止起匀加速上升。以O点所在水平面为重力零势能面，在此过程中小球的动能与重力势能始终相等。小球上升到某位置时撤去拉力，此前拉力共做功W。（重力加速度为g）（1）求撤去拉力前，小球的加速度a；（2）求拉力大小F；（3）通过计算证明：撤去拉力后，小球在继续上升的过程中机械能守恒。（4）求小球动能为W时的重力势能Ep。20．（2023·上海虹口·统考二模）如图（a），边长l=0.2m、单位长度电阻r0=1Ω/m的正方形导线框abcd处于匀强磁场中，线框所在平面与磁场方向垂直。以b为原点，沿bc边建立坐标轴Ox。不计电阻的导体棒ef平行于ab放置，与线框接触良好。在外力作用下，导体棒以v=0.6m/s的速度沿x轴正方向匀速运动，通过导体棒的电流I随导体棒位置坐标x的变化关系如图（b）所示。（1）求磁感应强度大小B；（2）求I随x变化的表达式；（3）估算导体棒从x1=0运动到x2=0.2m的过程中，导线框产生的焦耳热Q。
参考答案：1．A【详解】恒星的寿命取决于它的质量。故选A。2．B【详解】原子核发生β衰变后，原子核内一个中子变成质子，所以质子数增加1，中子数减少1，新核与原来的核相比核子数不变。故选B。3．C【详解】AB．一定质量的水凝结为冰时，要放出能量，内能减少，温度保持不变，分子平均动能不变，分子势能减少，故AB错误；C．一定质量的水蒸发为水蒸气时，要吸收能量，分子势能增加，故C正确；D．升温时，分子平均动能增大，但不是每个水分子运动的速率均增大，故D错误。故选C。4．B【详解】A．光子能量表达式可知太赫兹波的光子能量小于红外线的光子能量，故A错误；B．太赫兹波频率小于红外线频率，可知太赫兹波波长大于红外线波长，则太赫兹波比红外线更加容易发生衍射现象，故B正确；C．太赫兹波由真空进入玻璃介质时，频率不变，速度变小，则波长变小，故C错误；D．太赫兹波与微波在真空中的传播速度相同，故D错误。故选B。5．C【详解】A．由图可以看到，其条纹的特点是中央条纹最宽最亮，且条纹间距不相等，所以图为衍射图样，而不是干涉图样，故A不符合题意；B．由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象，故B不符合题意；C．只有在光的波长比障碍物小的多时才可以把光的传播看做直线传播，光沿直线传播只是近似规律，故C符合题意；D．由衍射图样的特征可知，中央亮条纹的宽度与入射光的波长和单缝宽窄有关，入射光波长越长，单缝越窄，中央亮条纹的宽度越大，而红光的波长比紫光的波长要长，换用紫光照射，条纹间距变窄，故D不符合题意。故选C。6．A【详解】冰壶甲以速度v0被推出后做匀变速直线运动，速度均匀减小，v-t图像为倾斜的直线，s-t图像斜率表示速度，斜率逐渐减小；滑行一段距离与冰壶乙碰撞后冰壶甲立即停止运动，则v-t图像中速度为0，s-t图像的位置不变，均为平行于横轴的直线。故选A。7．B【详解】A．在此过程中，空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；BCD．在此过程中，若空气阻力一直小于重力，则一直在加速，所受合外力做正功，故B正确，CD错误。故选B。8．C【详解】A．运动员和雪车在圆弧弯道内做圆周运动，处于非平衡状态，所受合力不为0，故A不符合题意；B．轨道对雪车的弹力与运动员和雪车重力的合力为其转弯的向心力，故B不符合题意；C．若仅增大v，雪车做圆周运动所需要的向心力变大，轨道对雪车的支持力变大，则雪车离轨道底部更高，故C符合题意；D．若仅增大R，雪车做圆周运动所需要的向心力变小，轨道对雪车的支持力变小，则雪车离轨道底部更低，故D不符合题意。故选C。9．B【详解】铜制容器P置于磁铁正下方且不与磁铁接触，磁铁上下做简谐运动，铜制容器会产生涡流发热，温度会升高，系统机械能变小，磁铁振动的振幅减小。故选B。10．D【详解】A．“夸父A”绕太阳做匀速圆周运动，处于非平衡状态，故A不符合题意；B．在相同时间内，“夸父A”的位移大小相同，方向可能不同，故B不符合题意；C．根据又解得故C不符合题意，D符合题意。故选D。11．C【详解】AB．图示时刻，A在波谷，B在波峰上，A、B连线在水平方向的距离为，可知水波的波长为A点振动频率为故AB错误；C．由图可知到达第一个波峰的时刻，C比A滞后故C正确；D．由于质点只是上下振动，不随波传播方向迁移，则B、C之间的距离保持不变，故D错误。故选C。12．C【详解】AB．由图可知，单摆的周期，根据单摆周期公式解得故AB错误；CB．摆球到最低点的动能向心加速度的最大值为解得故C正确，D错误；故选C。13．          非常小【详解】[1]其核反应方程为+→+[2]布拉凯特从两万多张云室照片上发现：四十多万条α粒子径迹中八条产生了分叉。该现象表明：α粒子遇到氮核并引发核反应的机会非常小。14．     F     垂直ab向下【详解】[1]根据左手定则可知，三条边受到的安培力方向如图所示根据对称性可知，ac、bc边受到磁场力大小均为，则ac、bc边受到磁场力合力的大小为方向垂直ab向下。15．     小于     等于【详解】[1]设电源电动势为，则有路端电压断开电键S，a、b两点之间电势差为，闭合电键S，a、b两点之间电势差为，因电建断开时，外电阻更大，则有[2]闭合电键S，电子从a点在电源内部经d、c移动至b点的过程中，非静电力做功为断开电键S，电子从a点在电源内部经d、c移动至b点的过程中，非静电力做功为可得16．     高于     平行于Ox轴向右【详解】[1]电场线方向由A指向B，则A点电势高于B点电势。[2]将半球面补成一个完整的球面根据电荷分布对称性及均匀带电球壳内部的电场强度处处为零，可知左侧弧MP所带电荷与右侧弧MP所带电荷在C点电场强度大小相等，方向相反，由对称性可知则C点电场强度的方向平行于Ox轴向右。17．     F     不受影响【详解】[1]实验测的弹力方向沿绳子方向，即图中的AO方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与AO方向有一定的夹角，故F一定沿AO方向，F′是F1和F2的合力的理论值。[2]在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，不会影响分力的大小与方向，那么实验结果不受影响。18．     需要     必须     不可以          选择宽度较小的挡光片，适当增大滑块释放位置与光电门之间的距离x【详解】（1）[1]测量前，力传感器需要调零。（2）[2][3]设每次滑块释放位置与光电门的距离为，滑块的质量为，根据牛顿第二定律可得滑块经过光电门的速度为根据运动学公式可得联立可得为了使图像的斜率保持不变，则每次滑块必须从相同位置释放，挡光片宽度不可以改变。（3）[4]根据可知图像的斜率为解得滑块与挡光片的总质量为（4）[5]为了提高实验的准确度，可以采取的措施有：选择宽度较小的挡光片，适当增大滑块释放位置与光电门之间的距离。19．（1）a=gsinθ，沿斜面向上；（2）F=2mg·sinθ；（3）见解析；（4）【详解】（1）设小球沿杆向上移动距离为x，因Ek=Ep即 解得v2=2gxsinθ结合匀变速公式可以得到加速度a=gsinθ，沿斜面向上（2）小球受到三个力的作用，如图由牛顿第二定律可得F-mg·sinθ=ma解得F=2mg·sinθ（3）设撤去拉力时小球的速度为v1，小球沿杆已经上升距离s1，则此时机械能 撤去拉力后，牛顿第二定律-mg·sinθ=ma′解得a′=-gsinθ，沿斜面向下此后，小球继续沿杆上升任意距离s时的速度 动能 机械能总量 由于距离s任意，所以，撤去拉力后，小球在任意位置的机械能总量都保持不变，该过程中，杆对小球的弹力与运动方向垂直，不做功，仅有重力做功。由此可以得出结论：撤去拉力后，小球在继续上升的过程中，只有重力做功，机械能守恒。（4）撤去拉力前，动能和重力势能始终相等，故撤去拉力时小球获得机械能为W。撤去拉力后，机械能守恒20．（1）0.5T；（2）I=A；（3）6.60×10-3J【详解】（1）从图像得知：当x=0.5l=0.1m时I=0.3A此时R总=0.2ΩE=IR总=0.3×0.2V=0.06VB===0.5T（2）电动势E=Blv=0.06VR总====Ω棒中电流I===A（3）ef从x1=0运动到x2=0.2m的过程中，安培力F=BIl先减小后增大，在Δx→0的微小过程中，克服安培力做功ΔW克=BIl·Δx=Bl(I·Δx)故全过程，克服安培力做的总功W克=∑(ΔW克)=Bl·∑(I·Δx)∑(I·Δx)则对应图线与x轴包围的“面积”，该“面积”约为(20×15+30)×0.02×0.01A·m=6.60×10-2A·m克服安培力做功W克=Bl·∑(I·Δx)=0.5×0.2×(6.60×10-2)=6.60×10-3J回路产生电能，并全部转化为线框中的焦耳热约为6.60×10-3J。