【文档说明】上海市虹口区2022届高三下学期第二次模拟考试物理试题 含解析.docx，共(21)页，6.499 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5979d64efc8018349aedd7b3c13592d2.html

以下为本文档部分文字说明：

虹口区2021学年度第二学期学生学习能力诊断测试高三物理试卷考生注意：1.答题前，务必在答题纸上填写姓名、学校、班级，并将条形码贴在规定位置处。2.试卷满分100分，考试时间60分钟，共7页。3.本考试分设试卷和答

题纸。试卷包括三大部分，第一部分为单项选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。4.作答必须涂或写在答题纸上相应的位置，在试卷上作答一律无效！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.下列现

象中，属于原子核变化的是（）A.光电效应B.天然放射现象C.α粒子散射D.阴极射线在磁场中发生偏转【答案】B【解析】【详解】A．光电效应是光照射到金属表面产生光电子的现象，和原子核变化无关，故A错误；B．天然放射现象中放射出的三种射线均来自于原子核，属于原子核变化，故B正确；C．

α粒子散射实验，是用α粒子轰击金属箔，研究原子结构，与原子核变化无关，故C错误；D．阴极射线在磁场中发生偏转，是因为受到了洛伦兹力，与原子核变化无关，故D错误。故选B。2.按照恒星演化的不同阶段进行分类，目前的太阳是（）A.主序星B.原恒星C.白矮星D.红巨星【答

案】A【解析】【详解】太阳现在正处中年或壮年阶段，处于恒星演化的中期，叫主序星阶段，A正确，BCD错误；故选A。3.缉毒犬可以嗅出毒品藏匿位置，不仅由于其嗅觉灵敏，还因为（）A.分子之间有间隙B.分子的质量很小C.分子的体积很小D.分子不停地运动【答案】D【解析

】【详解】缉毒犬可以嗅出毒品藏匿位置，不仅由于其嗅觉灵敏，还因为分子不停地运动。故ABC错误；D正确。故选D。4.图示为中国运动员在2022年北京冬奥会上参加男子短道速滑1000米比赛中，过弯道时的情景，则（）A.运动员受到重力、弹力、摩擦力的作用B.运动员受到重力、

弹力、向心力的作用C.向心力的大小与运动员的速度成正比D.向心力的大小与运动员的角速度成正比【答案】A【解析】【详解】A．对运动员受力分析，运动员受重力、弹力、摩擦力作用，故A项正确；B．向心力是按作用效果命名的力，其

不是一个新的性质力，故B项错误；C．根据公式2vFmr=向可知，当半径一定时，向心力与运动员的速度平方成正比，故C项错误；D．根据公式2Fmr=向可知，当半径一定时，向心力与运动员的角速度平方成正比，故D项错误。故选A5.某种“冷光灯”如图

。其后面的反光镜表面涂有一层透明的薄膜，利用干涉原理，可将灯光中具有明显热效应的那部分电磁波叠加相消。被叠加相消的是（）。A红外线B.红光C.紫光D.紫外线【答案】A【解析】【详解】红外线具有明显热效应，被叠加相消的是红外线。故选A。6.

关于电流周围产生的磁场分布，下列图示正确的是（）A.通电直导线产生的磁场B.通电直导线产生的磁场C.环形导线产生的磁场.D.环形导线产生的磁场【答案】D【解析】【详解】A．根据通电直导线周围磁场强度分布规律可知，从导线向远处延伸，磁场强度逐渐减弱，表示磁感线的×和·逐渐稀疏，根据安培定则可

知导线左侧磁场强度应垂直纸面向里，右侧磁场强度应垂直纸面向外，且故A错误；B．根据安培定则可知通电直导线产生磁场方向应为逆时针方向，且从导线向远处延伸，磁感线应逐渐稀疏，故B错误；C．根据安培定则可知环内部磁场方向应垂直纸面向里，环外侧磁场强度应垂直纸面向外，且环内磁感线分布应当不是均

匀的，故C错误；D．根据安培定则可知该环形导线产生的磁场方向大致向右，且靠近上方磁感线向上弯曲，靠近下方磁感线向下弯曲，故D正确。故选D7.小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中（）A.动能转化为势能，机械能增大B.动能转化为势能，机械能不变C.动能不变，势能增大，机械能增大D.

动能、势能、机械能均保持不变【答案】C【解析】【详解】小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中，动能保持不变，重力势能增加，机械能增大，C正确，ABD错误；的。故选C。8.“加速度的变化率”可以表示

加速度随时间变化的快慢。汽车加速度的变化率越小，乘客舒适感越好。某轿车由静止启动，前3s内加速度随时间的变化关系如图所示，则（）A.2s~3s内轿车做匀速运动B.第3s末，轿车速度达到10m/sC.加速度变化率的单位为m2/s3D.乘

客感觉0~2s内比2s~3s内更舒适【答案】B【解析】【详解】A．由图像知2s~3s内，加速度不变，轿车做匀加速运动，故A错误；B．a-t图像围成的面积表示速度的变化量，0~3s内图像的面积为5m/s=1

0m/s213vS+==因初速度为0，即第3s末，轿车速度达到10m/s，故B正确；C．加速度变化率为加速度的变化量a除以时间t，a单位为2m/s，时间单位为s，故加速度变化率的单位为3m/s，故C错误；D．由图像知0~2s内的加速度变化率为35m/s2at=而

2s~3s内加速度变化率为0，由题知加速度变化率越小乘客感觉越舒适，即2s~3s内乘客感觉更舒适，故D错误。故选B。9.如图，ABCD为固定在竖直平面内的光滑绝缘轨道，BC连线水平，上、下区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直轨道的水平磁场。将一铜质小球从A端由静止释放，经足够长的时间后，小球

仅在BC的下方往复运动。则（）A.Ⅰ、Ⅱ区域内均存在匀强磁场B.Ⅰ、Ⅱ区域内均存在非匀强磁场C.Ⅰ内存在匀强磁场，Ⅱ内存在非匀强磁场D.Ⅰ内存在非匀强磁场，Ⅱ内存在匀强磁场【答案】D【解析】【详解】由题意知，小球在区域Ⅰ

中有机械能损失，可知在区域Ⅰ中有电磁感应现象，即产生了焦耳热，则知小球在Ⅰ内磁通量发生了变化，所以Ⅰ内存在非匀强磁场。而小球在区域Ⅱ中没有机械能损失，即没有产生电磁感应现象，则知小球在Ⅱ内磁通量不发生变化，即Ⅱ内存在匀强磁场。故选D。10.如图，带电金属小球A套在倾角

α=30°的光滑绝缘杆上，与O点等高的位置固定另一带电小球B。A处于静止状态时，A、B连线与杆的夹角β=30°。A受杆的弹力大小为FN，A、B间的库仑力大小为库F，则（）A.FN与库F相等B.A、B两球可能带异种电荷C.将A球移至O点，A球仍能保持静止状态D.将A球移至O点

的过程中，A、B间的电势能减小【答案】A【解析】【详解】AB．由题意，对小球A受力分析如图可见，想让A球处于平衡状态，A、B两球只能是同种电荷。对A球建立直角坐标系如图，由几何关系知1=2=60所以Ncos60cos60FF=库解得N=FF库故A正确，B错误；C．将A球

移至O点时，同理对小球A受力分析可知，此时B球对A球的库仑力水平向左，又因为重力竖直向下，支持力垂直于杆，则由三力平衡条件可知，此时小球A不能受力平衡，故C错误；D．由题可知，B球对A球的库仑力先做负功再做正功，故A、B间的电势能先增大后减小，故D错误。故选A。11.图示装置中，接通

电路后，最初平行的导线M、N均发生弯曲形变。若将该装置放置在垂直于M、N所在平面的匀强磁场中，M、N又恢复成未通电时的平行状态。关于通入M、N中电流的大小和方向，下列判断正确的是（）A.大小相等，方向可能

相同B.大小相等，方向一定相反C.大小可能不等，方向可能相同D.大小可能不等，方向一定相反【答案】B【解析】【详解】AC．若两导线中的电流同方向，根据安培定则可知，两导线在对方导线处产生磁场的方向相反，再根据左手定则可知，在未加磁场时，两导线受到的安培力

方向相反，使得两导线有靠近的趋势，从而发生弯曲形变。但若将其放入磁场中时，无论磁场方向向哪里，都无法使得M、N两处的合磁感应强度均为零，即导线M、N至少有一个导线，会受到安培力的作用而发生形变，无法使

导线M、N都恢复成未通电时的平行状态，故AC错误；BD．若两导线中的电流方向相反，根据安培定则可知，两导线分别在M、N处产生磁场的方向相同，再根据左手定则可知，在未加磁场时，两导线受到的安培力方向相同，使得两导线有远离的趋势，从而发生弯曲形变。若将

其放入磁场中时，存在一个磁场，其方向与M、N两处磁场方向相反，且若导线M、N两导线的电流大小相等，则存在一个磁场使得M、N两处的合磁感应强度为零，即M、N两导线不受安培力的作用，从而恢复成未通电时的平行状态，故B项正确，D

项错误。故选B。12.如图，用轻质丝线与小铁球组成单摆，将摆球拉开一个微小的角度后由静止释放，不计空气阻力，摆球到达最低点B时的动能为Ek、加速度为a，第一次到达B点所用的时间为t。仅改变摆长L，将摆线拉开相同角度后由静

止释放摆球，多次重复实验。下列图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．第一次到达B点所用的时间应当为单摆周期的14，即1142LtTg==发现t与L并不成线性关系，故A错误；D．根据动能定理k(1cos)EmgL=−故kEL−图线应是一条直线，故D

错误；BC．在最低点加速度为向心加速度，为2k22(1cos)EvagLmL===−故aL−图线为平行于横轴的一条直线，故B正确，C错误。故选B。二、填空题（共20分，每题4分。）13.图示为英国物理学家卢瑟福设计的实验装置图。实验中，金箔的厚度约为4.0

×________________m（选填“10-11”、“10-6”、“10-3”）。用高速飞行的α粒子轰击金箔，发现：________________α粒子产生超过90°的大角度偏转，甚至被弹回（选填“绝大多数”、“少数”、“极少数”）。【答案】①.10-6②.极少数【解析】【详解

】[1]α粒子散射实验中，金箔的厚度约为4.0×10-6m；[2]实验现象是绝大多数的α粒子几乎沿直线通过，只有极少数α粒子产生超过90°的大角度偏转，甚至被弹回。14.雷雨天，在避雷针附近产生电场，其等势面

的分布如虚线所示。A、B、C三点中，场强最大的位置是________________。一带电量为-2.0×10-7C的点电荷q，由B运动到到C，则其电势能的变化∆Ep=________________J。【答案】①.A点②.-4.

0×10-4【解析】【详解】[1]等势线越密集的地方场强越大，A、B、C三点中，场强最大的位置是A点。[2]由B运动到到C，则其电势能的变化74ppCpB()210(9kV-7kV)4.010JCBCB

EEEqqq−−=−=−=−=−=−15.图（a）为中国古代的鱼洗：有节奏地摩擦鱼洗双耳，可以看到盆内水波荡漾，甚至喷出水柱。原理是：搓双耳时，产生两列相向传播的同频率水波，相遇时产生的________________（选填“干涉”、“衍

射”）现象。图（b）为某时刻相向传播的两列水波的波形图，A、B、C、D、E、F六个质点中，可能“喷出水柱”的是________________点。【答案】①.干涉②.BDF【解析】【详解】[1]有节奏地摩擦鱼洗双耳，产生两列相向

传播的同频率水波，相遇时会发生干涉现象；[2]由题意知“喷出水柱”是因为两列波的波峰与波峰或波谷与波谷发生了相遇，即振动加强。由图像可知，A、C、E三质点是波峰与波谷相遇，这三点是振动减弱点。而B、D、F三质点经过14T后即为波峰与波峰相遇处，即为振动加强点。

所以可能“喷出水柱”的是BDF。16.如图，一辆汽车以恒定的速度在公路上高速行驶，突然驶入阻力较大、广阔的水平沙地。若保持恒定功率继续行驶，且行驶方向不变，则汽车在沙地的运动情况为：________________，理由是：因质量m、功率P恒定，阻力F

f突然增大，_______________。【答案】①.先做加速度减小的减速运动，最后以较小的速度匀速行驶②.加速度与速度反向，则汽车做减速运动，又因为功率不变，随着速度v减小，牵引力增大，则可得加速度减小

，当加速度减小到零时，速度不再变化，因阻力Ff增大，所以最终匀速的速度小于开始匀速运动的速度。【解析】【详解】[1]由题意知，原来汽车匀速行驶时，满足fFF=0f0PFvFv==当驶入阻力较大、广阔的水平沙地时，由牛顿第二定律得f'FFma−=可见加速度与速度

反向，则汽车做减速运动，又因为功率不变，则由PFv=可知，随着速度v减小，牵引力增大，则可得加速度减小，当加速度减小到零时，速度不再变化，且速度为0f''PvvF=即汽车先做加速度减小的减速运动，最后以较小的速度匀速行驶。[2]由[1]分析知，理由是：因质量m、功率P恒定，阻力Ff突然增大，加速

度与速度反向，则汽车做减速运动，又因为功率不变，随着速度v减小，牵引力增大，则可得加速度减小，当加速度减小到零时，速度不再变化，因阻力Ff增大，所以最终匀速的速度小于开始匀速运动的速度。17.图（a）电路中，电源电动势E=3V，内阻r=0.5，定值电阻R1的

阻值为8Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，小灯泡L的U-I图线如图（b）所示。闭合电键S，将变阻器的滑动片由a移到b端的过程中，滑片在________________（选填“a端”、“b端”、“ab中央”）时，灯泡的电阻最大；灯泡最暗时，其功率为__________

______W。【答案】①.b端②.0.24【解析】【详解】[1]伏安特性曲线上点与原点连线的斜率表示电阻，由图（b）可知灯泡电阻随电流的增大而增大，当滑片在b端时，R2和R1都不接入电路，此时通过灯泡的电流最大，灯泡的电阻最大。[2]设R2滑片上部分接入电路的阻值为R2上，则R1和R2混联的等

效电阻为12221212()()RRRRRRR+−=+上上根据数学知识可知，当R2上=6Ω时，R12有最大值为12max7R=此时通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，最暗。当灯泡与等效电阻R12max串联接在电路中时，设灯泡两端电压为U，通过灯泡的电流为I，根据闭合电路欧姆定律

有12max()EUIRr=++代入数据有37.5(V)UI=−将上述表达式反映的图线作入题图（b）中如图所示，两图线交点即为此时灯泡的工作点，可得此时灯泡的功率为0.3A0.8V0.24WP==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.图（a）是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积关系”的实验装置。（1）实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略。移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，绘出的1pV−图像可能为（）A.B.C.D.（2）

用第（1）问中获得的数据绘制1Vp−图像，如图（b）所示，则连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为________________。（3）若用天平测出若干粒大米的质量为m，然后将这些米粒装入上述装置中的注射器内

，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，绘出图（c）所示的图像。则可求出大米的密度为________________（用m、V1、V2表示）。（4）第（3）问中，若读出注射器上的体积刻度为V3之后，用手握住注射器左侧的大部分

位置，向外拉动活塞，其余操作无误，继续采集若干数据，请在图（c）中大致画出大于V3部分的图线。（）【答案】①.C②.V1③.12+mVV④.【解析】【详解】（1）[1]由于连接注射器与压强传感器之间软

管内的气体不可忽略，当压强增加后，连接部分软管内的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中有气体进入连接部分，相当于注射器漏气，当V减小时，1V增大，p随之增加的程度不是线性关系，当V越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加程度越小，斜率越小，故绘出的1pV−图像可能为C

。故选C。（2）[2]设连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为V0，根据玻意耳定律()0pVVC+=则有()01CVVp=+当1p为0时，V=-V1，代入上式得01VV=（3）[3]设大米的体积为V米，以注射器内及软管内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律()0pVVV

C+−=米则有()01CVVVp=+−米当1p为0时，V=V2，代入上式得2021+VVVVV==+米则可求出大米的密度为12mVVVm==+米（4）[4]用手握住注射器左侧的大部分位置，向外拉动活塞时，气体的温度会增加，由理想气体状态方程pVCT=知随着体积

增加，1Vp−图像的斜率减小，故图像如图19.如图（a），轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB段水平，BC段足够长且与水平方向夹角α=30°，两轨道间平滑连接，一质量m=1kg的小物块静置于B端。现对小物块施加一平行于斜面的拉力F=12N，当物块沿BC向

上运动2m时撤去F。取AB所在水平面为零势能面，物块沿BC向上运动2m的过程中，其机械能E随位移大小x的变化情况如图（b）所示，g取10m/s2，物块与轨道间的动摩擦因数处处相等，且最大静摩擦力与同等压力下的滑动摩擦力大小相等。求：（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v；（2）物块

与轨道之间的动摩擦因数；（3）若从小物块开始运动的时刻计时，请在图（c）画出0~3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线（仅要求正确画出图线）。【答案】（1）2m/s；（2）235；（3）【解析】【详解】（1）物块沿BC向上运动2m的过程中，重力

势能增加量为∆Ep=mgxsinα=10J由图（b）可知物块动能增加量为∆Ek=212mv=∆E-∆Ep=2J解得v=k2Em=2m/s（2）拉力作用时物块的加速度大小为221m/s2vax==物块受力分析如图所示，在垂直于斜面方向根据平衡条件

有Ncos53NFmg==在沿斜面方向根据牛顿第二定律有F-Ff-mgsinα=ma解得Ff=6N物块与轨道之间的动摩擦因数为fN235FF==（3）撤去拉力的时刻为122sxta==0~2s时间内F与Ff的合力沿斜面向上，物块机械能的变化量等于该合力对物块做

的功，即22f1()3(J)(02s)2EFFattt=−=所以E随t成二次函数关系增大，图线为开口向上的抛物线的一部分。撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为2fsin11m/sFmgam+==物块速度减为零的时刻为2124s11vt

ta=+=在242~s11时间内物块机械能的变化量等于摩擦力对物块做的功，即2f112J(2s)2EFat−=−−整理得22433132120(J)(2ss)11Ettt=−+−所以E随t成

二次函数关系减小，图线为开口向下的抛物线的一部分，且根据数学知识可知t=2s刚好为上式对应抛物线的对称轴。由题意可知fmaxfsinFFmg=所以当物块速度减为零后将静止在轨道上，此后机械能将不变，而物块在t2时刻的机械能

为120J11E=综上所述作出E-t图像如图所示。20.如图，两根质量、电阻均相同的金属棒MN、PQ分别置于光滑的金属导轨上，导轨水平和倾斜部分均处在垂直于导轨、强度相同的匀强磁场中，倾斜导轨与水平方向的夹角α=37°，不计导轨的电阻，MN与固定在水平导轨上的力传感器连接。现

对PQ施加平行于倾斜导轨的随时间由0开始逐渐增大的作用力F1，使其在距导轨底端x=3m处由静止开始运动，棒与导轨始终垂直且接触良好，电脑显示MN受到力传感器水平向右的拉力F2与时间成正比，即F2=0.5t。MN始终保持静

止状态，重力加速度g取10m/s2。（1）判断PQ的运动情况，并说明理由。（2）判断F1的方向，并写出F1的大小与时间t的关系式。（3）求PQ运动到导轨底端时，速度v的大小。（4）若PQ运动到底端的过程中，F1做功W=1.5J，则MN产生的焦耳热Q为多少？【答案】

（1）由静止开始沿导轨向下做匀加速直线运动；（2）F1平行导轨向下，F1=0.5t；（3）6m/s；（4）0.75J【解析】【详解】（1）设两根金属棒质量和电阻分别为m、R，因MN水平方向受两个力处于平衡，故磁场对

MN的作用力F安水平向左，感应电流I由N指向M，PQ中的电流由P指向Q。由右手定则，可以判断PQ沿导轨向下运动，又因为F安=BILE=BLvI=2ER故的F安=222BLRv=F2=0.5t因B、L、R为恒量，故PQ

的速度与时间成正比，即PQ由静止开始沿导轨向下做匀加速直线运动。（2）对PQ受力分析如图受到重力、支持力、F安、F1四个力作用，其中N=cosFmg即支持力不变，则仅有F安、F1随时间而变化，但加速度恒定，合外力恒定，故F1必须与

F安平衡，由左手定则知，F安平行于导轨向上，则F1平行导轨向下，且F1=F安=F2=0.5t（3）因F1与F安平衡，故PQ受四个力的合力为F合=mgsinα由牛顿第二定律得mgsinα=ma解出a=gsinα=6m/s2由匀变速运

动公式可得26m/svax==（4）因为F1=F安且两者方向相反，则F安做功为1.5JW=−安由功能关系知WQ=−总安即1.5JQ=总又因为两个金属棒电阻串联，正比分配总电热，故MN中产生电热为10.75J2QQ==总获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

0.com