2023届上海市奉贤区高三上学期一模物理试题含解析

奉贤区高三上学期一模物理试题

一、选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分。每小题只有一个正确答案。）

1. 下列物理量中的“−”表示方向的是（　　）

A. 电势−5V B. 气温−3℃ C. 重力势能−12J D. 速度−2m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A．电势是标量，电势−5V，“−”表示电势比零电势低5V，“−”不表示方向，A错误；

B．温度是标量，气温−3℃，“−”表示温度比零度低3℃，“−”不表示方向，B错误；

C．重力势能是标量，重力势能−12J，“−”表示重力势能比零势能低12J，“−”不表示方向，C错误；

D．速度是矢量，速度−2m/s，“−”表示速度方向与正方向相反，“−”表示方向，D正确。

故选D。

2. 人立定跳远时，脚蹬地起跳前瞬间他的受力示意图是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】立定跳远时，脚蹬地起跳前瞬间，人受到竖直向下的重力G，地面竖直向上的支持力FN，因脚相对地面有向后运动的趋势，则地面对人脚有水平向前的静摩擦力Ff。

故选A。

3. 如图所示是某物体的运动轨迹。已知它运动速率保持不变，则在此过程中它运动的（　　）

A. 角速度变大，向心加速度变大 B. 角速度变小，向心加速度变大

C. 角速度变大，向心加速度变小 D. 角速度变小，向心加速度变小

【答案】A

【解析】

【详解】由物体的运动轨迹可以看出，其轨迹曲率（半径）逐渐减小，由于速率不变，根据公式

可知其角速度变大，向心加速度变大。

故选A。

4. 两个分子间作用力随分子间距离的变化如图所示，当分子间距从变为的过程中（　　）

A. 分子势能一直减小 B. 分子势能先减小后增大

C. 分子势能一直增大 D. 分子势能先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】由题图可知，当分子间距从变为的过程中，分子力体现为先引力，后斥力，所以分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大。

故选B。

5. 将一端固定在墙上的轻质绳在中间处分叉成相同的两股细绳，它们在同一水平面上。另一端控制两手同时用相同频率上下持续抖动，得到了如图所示某时刻波形。则图中分叉点（　　）

A. 为振动加强点，起振方向向上 B. 为振动减弱点，起振方向向上

C. 为振动加强点，起振方向向下 D. 为振动减弱点，起振方向向下

【答案】A

【解析】

【详解】由题图知，两振源到A点（分叉点）相遇后叠加使得振动加强了，可知两手开始振动时的方向相同，A点为振动加强点，根据同侧法可判断知A点的起振动方向向上。

故选A。

6. 如图，a、b、c分别位于等腰直角三角形的三个顶点，在a、b处各有一通电长直导线垂直穿过纸面，电流方向如图所示，大小均为I。若其中一根长直导线在c处的磁感应强度大小为B，忽略其他因素影响，则c处的磁感应强度（　　）

A. 大小为B，方向向上 B. 大小为2B，方向向左

C. 大小为B，方向向下 D. 大小为2B，方向向右

【答案】C

【解析】

【详解】根据安培定则可得导线a、b的电流在c处的磁场方向，作出合磁场如图：

根据几何关系可知合磁场方向向下，大小

故选C。

7. 一乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，设球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比。以竖直向上为正方向，则球在空中运动的速度v—时间t图像可能（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】将乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律有

mg+f=ma

又

f=kv

可得

则知小球的加速度随着速度减小而减小，v-t图像的切线斜率逐渐减小，当v=0时，a=g；下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律有

mg-f=ma

f=kv

得

则知小球的加速度随着速度增大而减小，v-t图象的切线斜率不断减小，故ABC错误，D正确。
故选D。

8. 如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，波速为1m/s，当时，P点振动方向和位移分别为（　　）

A. 沿y轴正方向，-4cm B. 沿y轴正方向，0

C. 沿y轴负方向，＋4cm D. 沿y轴负方向，0

【答案】D

【解析】

【详解】经过时间，波传播距离为

将t=0时刻的波形向左平移后，得到时的波形，可知，此时P点恰好位于平衡位置，即P点的位移为0。根据同侧法，可知，此时P点沿y轴负方向振动。

故选D。

9. 如图所示电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为，滑动变阻器的最大阻值为。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由端向端滑动的过程中（　　）

A. 电压表示数变大 B. 电源的输出功率变小

C. 电源的效率变大 D. 变阻器消耗功率变小

【答案】D

【解析】

【详解】A．开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，故A错误；

B．电源的输出功率

可知，当

时，电源输出功率最大，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，外电阻的大小向内阻接近，故输出功率变大，故B错误；

C．电源的效率

由于路端电压减小，所以电源的效率变小，故C错误；

D．把定值电阻看作电源的内阻，滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器的阻值减小，外电路的阻值远离等效电源的内阻，等效电源的输出功率变小，滑动变阻器消耗功率变小，故D正确。

故选D。

10. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　）

A. M点场强比P点的场强大 B. M点的电势比N点的电势高

C. N点的场强与P点的场强相同 D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得：

M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误C正确；

BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，根据 可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故BD错误。

故选C。

11. 如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两边气体温度相同，水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变大，则可行的方法是（　　）

A. 同时升高相同的温度 B. 玻璃管竖直匀速下落

C. 同时降低相同的温度 D. 玻璃管竖直加速下落

【答案】C

【解析】

【详解】AC．假设两部分气体做等容变化，则根据

可得压强变化

则

而其中

若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加的多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少的多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故A错误，C正确；

B．玻璃管竖直匀速下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不变，左右水银面高度差不变，故B错误；

D．玻璃管竖直加速下落，水银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有

假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压强增大，由

可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减小，则左右水银面高度差变小，故D错误。

故选C。

12. 跳台滑雪运动员根据赛场边的一根风力指示杆上飘带判断现场风力的情况。若飘带可视为粗细相同的质量分布均匀的长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定不随高度改变。当飘带稳定时，它的实际形态最接近的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由于飘带粗细相同，则相同长度所受风力相同，将飘带分为n段，设每段质量为Δm，所受的风力为ΔF，以最下端一段为研究对象，该段飘带与竖直方向夹角为，根据平衡条件

可得

再以最下端的两段为研究对象，设这两段上端与竖直方向夹角为，根据平衡条件

可得

因此

以此类推，每一段绳子与竖直方向夹角都相同，绳子成一条直线形状。

故选A。

二、填空题（共20分）

13. 如图，一点电荷Q周围的同一电场线有A、B、C三点，距离AB=BC。现将一个电量为1.6×10-6C的正电荷从A点移到C点，其电势能增加1.92×10-5J，则AC的电势差UAC为___________V。在此过程中该电荷从A点移到B点电场力做功___________从B点移到C点电场力做功（选填“大于”“等于”“小于”）。

【答案】    ①. −12    ②. 大于

【解析】

【详解】[1]由题意，电量为1.6×10-6C的正电荷从A点移到C点，其电势能增加1.92×10-5J，可知电场力做负功是1.92×10-5J，由电势差与电场力做功关系可得

[2]由于正电荷在点电荷Q的电场中从A点移到C点的运动中，受电场力逐渐减小，距离AB=BC，则有正电荷从A点移到B点电场力做功大于从B点移到C点电场力做功。

14. 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa、当夹层中空气的温度升高了10℃，则此时夹层中空气的压强为___________Pa、如图是温度升高前后空气分子速率分布规律示意图，则温度升高后相应的曲线是___________（选填“①”“②”）。

【答案】    ①.     ②. ②

【解析】

【详解】[1]由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知

代入数据解得

[2]温度升高，气体分子平均动能变大，速率大的分子占比变大，所以温度升高后相应的曲线是②。

15. 在离地球约14光年的某红矮星周围有两颗星a、b，它们绕红矮星公转的周期分别是、，轨道可视为圆，如图所示，已知万有引力常量为G，则a、b公转半径之比为___________。根据上述信息___________（选填“能”“不能”）求出红矮星的质量。

【答案】    ①.     ②. 不能

【解析】

【详解】[1]根据开普勒第三定律

可得

[2]围绕红矮星运动的星球的公转半径未知，根据题中信息无法求出红矮星的质量。

16. 如图所示，电路中A、B、C灯泡均正常发光，阻值分别为RA=2Ω，RB=3Ω，RC=2Ω，电源电动势E=12V，内阻r=0.8Ω，三个灯泡中消耗功率最大的是___________灯，电源的输出功率为___________W。

【答案】    ①. A    ②. 28.8

【解析】

【详解】[1]B与C并联，并联电阻为

由公式及

可知，A的电阻大于，故A灯泡的功率最大；

[2]电路总电流为

电源输出功率为

17. 在轨空间站内货物都处于几乎完全失重状态。如图所示，有一长为2L的机械臂（可伸缩）操控物体移动，它的一端固定空间站上的O点。某次它使质量为m的货物绕O点做角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A点立即停下然后又使货物从A点开始做匀加速直线运动，经过时间t到达B点，A、B间的距离为L。则机械臂提供货物做匀速圆周运动的向心力大小为______，货物运动到B点时机械臂对其做功的功率为______。

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【详解】（1）根据向心力表达式，机械臂提供货物做匀速圆周运动的向心力大小为

（2）货物匀加速过程有

则物运动到B点时机械臂对其做功的功率

根据动能定理有

解得

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。

18. 如图，是“用单摆测定重力加速度”实验装置图。

（1）摆线的质量应___________摆球质量，某同学测得摆线悬点到球最上端的长度为，已知摆球的直径为，则该单摆的摆长为___________。

（2）实验中摆角不超过，主要是为了保证单摆在摆角小的情况下___________。

A.摆球做简谐振动

B.线的悬点不易松动

C.摆球能在竖直平面内摆动

D.记录次振动时间不要太长

（3）A、B两位同学分别实验，把实验数据绘制在同一个坐标系上，画出如图所示的图像。若A测得的重力加速度为（为已知量），根据图像可知B测得的重力加速度约为___________。

（4）某次实验测出的重力加速度偏大，可能原因是___________。

A.摆动过程中摆线悬点松动

B.开始计时时秒表过早按下

C.从悬点量到球的最上端作为摆长

D.每经过平衡位置振动次数记1次

【答案】    ①. 远小于    ②.     ③. A    ④.     ⑤. D

【解析】

【详解】（1）[1]为减小实验误差，摆线的质量应远小于摆球质量。

[2]单摆的摆长

（2）[3]单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过，否则单摆将不做简谐运动，故选A。

（3）[4] 由单摆的周期公式

得

由图

解得

（4）[5]A．摆动过程中摆线悬点松动，使摆线长度增加了，即摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，A错误；

B．开始计时时秒表过早按下，周期测量偏大，重力加速度的测量值就偏小，B错误；

C．从悬点量到球的最上端作为摆长，即摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，C错误；

D．每经过平衡位置振动次数记1次，全振动次数比实际值偏大，周期测量偏小，重力加速度的测量值就偏大，D正确。

故选D。

19. 如图一个类似自动雨伞柄的装置，杆竖直放置于水平桌面上，套有一个滑块，初始时它们都处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10m/s向上滑动时，受到杆的摩擦力1N，滑块滑到B处碰撞杆的上端，带动杆离开桌面一起竖直向上运动，它们向上运动的最大高度H=0.2m。已知滑块的质量m=0.2kg，杆的质量M=0.6kg，A、B间距L=1.2m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。问：

（1）初始滑块静止时桌面受到的压力为多大？

（2）滑块在A、B间滑动过程中，桌面对杆的支持力为多大？

（3）滑块带动杆一起向上运动的初速度为多大？

（4）滑块和杆组成的系统在上述过程中机械能损失了多少？

【答案】（1）8N；（2）5N；（3）；（4）6J

【解析】

【详解】（1）以滑块和杆整体作为研究对象，受力如图，

根据物体平衡条件，得到桌面对杆的支持力

根据牛顿第三定律，桌面受到的压力等于桌面对杆的支持力为8N。

（2）以杆为研究对象，受力如图，

根据物体的平衡条件，得到

则

（3）滑块带动杆一起向上做竖直上抛运动，以一起开始运动的位置为零势能面，对整体，根据机械能守恒定律

初速度

（4）系统一起竖直上抛过程机械能守恒，所以对整个过程机械能的损失

即

机械能损失了6J

20. 如图所示，两平行导轨在同一水平面内，间距L=1m。一根质量m=0.2kg的导体棒垂直置于导轨上，整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定为B=0.8T，方向与金属棒垂直，与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒通以恒定电流，电流I=2A，有向右的初速度。当磁场方向斜向上，且与水平向右方向的夹角，棒沿导轨向右运动，5s内速度v随时间t的变化关系如图所示。（取重力加速度g=10m/s2，sin=0.8，cos=0.6）

（1）写出棒中电流的方向；

（2）求棒与导轨间的动摩擦因素μ；

（3）第5s末开始调节磁场方向，从θ=逆时针持续不断转至θ=（即磁场方向竖直向上），请说明此过程中棒的加速度是如何变化的，并在v-t图上画出速度v随时间t的变化关系的可能的示意图。

【答案】（1）a→b；（2）0.5；（3）加速度向左逐渐减到0，然后向右逐渐增大，图见解析

【解析】

【详解】（1）根据v-t图像，可得棒在0~5s内的加速度大小

方向向左。假设电流方向从b到a，则棒受力如图所示

棒所受安培力大小为

则有

所以假设错误。故电流方向应该从a到b。

（2）棒受力如图

在水平方向

在竖直方向

又因

可得

（3）当磁场方向从逆时针持续不断转至，安培力从斜向右下变成水平向右。根据牛顿第二定律得

在时，棒做减速运动，所以安培力的水平分力小于摩擦力，加速度方向向左；从变到过程中，变大，变小，可知合力先减小，则加速度也减小，方向向左；当时，摩擦力大小

由于此时大于摩擦力，则加速度方向向右，说明从磁场方向从逆时针持续不断转至的过程中，加速度向左减小到零后又向右增大了。因此，加速度先减小后增大，方向先向左后向右。根据加速度的变化情况，做出速度v随时间t的变化关系的可能的示意图如图所示

各图中曲线与直线在t=5s时相切。甲图是速度在整个过程中没有减速到0的情况；乙图是速度减小到0时，加速度也减到0，随后就向右加速的情况；丙图是速度减小到0瞬间，加速度向左，然后棒静止一段时间，当合力变成向右时，棒向右加速的情况。乙图和丙图中速度减小的0时，应该超过t=10s时刻。