2022-2023学年上海市徐汇、松江、金山区高三第一次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小

2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（）A0t时刻两物体的加速度方向相同 B0t时刻两物体的速度方向相同 C甲物体的加速度逐渐减小 D02t时刻两物体相遇 2、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 5：1，原线圈中接入 u=100sin（100t）V 的正弦交流电，保险丝的熔断电流为 1A，电表为理想电表，定值电阻 R0=10。各元件正常工作，下列判断正确的是（）A电流表的读数为 2A B电容器的击穿电压不得低于 20V C原线圈中最大电流不能超过 1A D流过电容器 C 的电流每秒方向改变 50 次

3、3、如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、B 套在半径为 R 的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知 OA 与竖直方向的夹角=53，OA 与 OB 垂直，小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为 g，sin53=0.8，cos53=0.6。下列说法正确的是（）A圆环旋转角速度的大小为45gR B圆环旋转角速度的大小为53gR C小球 A 与圆环间摩擦力的大小为75mg D小球 A 与圆环间摩擦力的大小为15mg 4、如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 m，电荷量为110qq 的粒子 A；在负极板附近有一质量也

4、为 m、电荷量为220qq的粒子 B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37l的平面 Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（）A电荷量1q与2q的比值为3:7 B电荷量1q与2q的比值为3:4 C粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为9:16 D粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为3:7 5、物块M 在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后()AM 减速下滑 BM 仍匀加速下滑，加速度比之前大 CM 仍匀加速下滑，加速度与之前相同 DM 仍匀加速下滑，加速度比之前小

5、6、将一小球从高处水平抛出，最初 1 s 内小球动能 Ek随时间 t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，g 取 10 m/s1根据图象信息，不能确定的物理量是()A小球的质量 B小球的初速度 C最初 1 s 内重力对小球做功的平均功率 D小球抛出时的高度 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、从水平面上方 O 点水平抛出一个初速度大小为 v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与 O等高的 A 点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不

6、变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中 A 点，则初速度大小可能为（）A2v0 B3v0 C02v D0 3v 8、如图，装有水的杯子从倾角 =53的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角 =16。取重力加速度 g=10 m/s2，sin53=0.8，sin16=0.28，则 A杯子下滑的加速度大小为 2.8 m/s2 B杯子下滑的加速度大小为 3.5 m/s2 C杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.75 D杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.87 9、如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为 60和 4

7、5，A、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）AA、B 的质量之比为 1：3 BA、B 所受弹簧弹力大小之比为3：2 C悬挂 A、B 的细线上拉力大小之比为2：1 D快速撤去弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 1：2 10、如图甲，线圈 A（图中实线，共 100 匝）的横截面积为 0.3m2，总电阻 r2，A 右侧所接电路中，电阻 R12，R26，电容 C3F，开关 S1闭合A 中有横截面积为 0.2m2的区域 C（图中虚线），C 内有图乙所示的变化磁场，t0 时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里下列判断正确的是 A闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流由 b 流向

8、 a B闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流大小为 0.4A C闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电流由 b 流向 a D闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电荷量为 7.2106C 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某同学设计以下的实验测量某一小电动机的转速，实验主要步骤如下，完成下列填空。(1)用游标卡尺测量电动机转轴的直径如图甲所示，测量值为_cm。(2)取一根柔软的无弹性的细线，把细线的一端用少许强力胶水固定在电动机的转轴上。(3)如图乙所示，把细线的另一端用小夹与纸带的左端相连，

9、让纸带水平穿过打点计时器的限位孔。打点计时器所用的交流电频率为50Hz。(4)打开打点计时器，再开动电动机，细线顺次排列绕在电动机的转轴上，同时拉动纸带向左运动，打出的纸带如图丙所示。由以上数据计算电动机的转速为_r/s。（计算结果保留整数）(5)实验中存在系统误差使测量结果偏大。写出造成该系统误差的一个原因：_。12（12 分）某中学实验小组成员在应用多用电表测电阻实验。如图为一多用电表的表盘，其中表盘上的三个重要部件分别用三个字母 A、B、C 标记了出来，然后在测量电阻时操作过程如下：在测量电阻以前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件_，使多用电表的指针指在表盘最_（填“左”或“右”）

10、端的零刻度线位置；然后同学将旋钮 C 调节到“100”的挡位；将红表笔插到_（“+”或“”）孔，黑表笔插到_（“+”或“”）孔，将两表笔短接，调节部件_，使多用电表的指针指在表盘最_（填“左”或“右”）端的零刻度线位置；完成以上的操作后，然后将两表笔与被测量的电阻良好接触，多用电表的指针几乎没有发生偏转，为了减小测量的误差。从下列选项中选出正确的部分操作步骤，并进行正确的排序_，最后测出待测电阻的阻值。A用两表笔与待测电阻相接触 B将两表笔短接进行欧姆调零 C将旋钮 C 调节到“1”的挡位 D将旋钮 C 调节到“1k”的挡位 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的

11、答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图，质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘齐平B 端上放有质量为 3m 且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间的动摩擦因数为 13，质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半 (1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来 14（1

12、6 分）如图甲所示，将一间距为 L=1m 的足够长 U 形导轨固定，导轨上端连接一阻值为 R=2.0 的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=1.0 的金属俸 ab 垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数=0.5，金属棒 ab 从静止开始下滑，下滑的 x-t 图像如图乙所示，图像中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度 g取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)导轨的倾角。(2)从开始到 t=2.5s 过程中金属棒上产生

13、的焦耳热。15（12 分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量 M=1kg、长 L=4m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为 S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平现有一质量 m=1kg 的滑块（不计大小）以 v0=6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.1，g 取 10m/s1 （1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径 R 的取值 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

14、要求的。1、B【解析】A由图象可知，斜率表示加速度，则0t时刻两物体的加速度方向相反，选项 A 错误；Bv-t 图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则0t时刻两物体的速度方向相同，选项 B 正确；C由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，选项 C 错误；Dv-t 图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，02t时刻两物体不相遇，选项 D 错误。故选 B。2、B【解析】A电容器接入交流电后，产生容抗，所以有电流流过电容器，由于流过电容器的电流未知，所以电流表示数未知，A错误；B输入电压的最大值为 1m=100VU 电容器击穿电压与交流电的最大值有

15、关，由 1m2m51UU 得 2m20VU 副线圈中交流电压的最大值为20V，所以电容器的击穿电压不得低于20V，B 正确；C保险丝的熔断电流1A为有效值，所以通过原线圈的电流最大值可以大于1A，C 错误；D由交流电的电压表达式可知 220.02s100T 一个周期内电流方向改变 2 次，1s 内有 50 个周期，故电流每秒方向应改变 100 次，D 错误。故选 B。3、D【解析】AB小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：2tan37sin37mgmR 所以解得圆环旋转角速度的大小 4=5gR 故选项 A、B 错误；CD对小球 A 进行受力分析，如

16、图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上 2sincossinNfmR 竖直方向上 cossin0Nfmg 解得 5mgf 所以选项 C 错误、D 正确。故选 D.4、B【解析】AB设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对正电荷 A 有 11q Eam 213172q Eltm 对负电荷 B 有 22q Eam 224172q Eltm 联立解得 1234qq A 错误，B 正确。CD由动能定理得 2120qExmv 求得 1234vv 选项 CD 错误。故选 B。5、C【解析】传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向 sinNmg 平行传送带斜向下 sinmgNma

17、所以 sincosagg 传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以 C 正确，ABD 错误；故选 C。6、D【解析】试题分析：小球被抛出后做平抛运动，根据图象可知：小球的初动能为 5J，1s 末的动能为 30J，根据平抛运动的基本公式及动能的表达式即可解题 解：A、B、设小球的初速度为 v0，则 1s 末的速度为：v1=，根据图象可知：小球的初动能为：EK0=mv01=5J，1s 末的动能为：EK1=mv11=30J，解得：m=0.115kg，v0=4m/s，故 A、B 错误 C、最初 1s 内重力对小球做功的瞬时功率为

18、：P=mgvy=mggt=0.1151011W=15W，则 1s 末小球重力的瞬时功率能确定故 C 错误 D、根据已知条件只能求出 1s 内竖直方向下落的高度为：h=gt1=1011m=10m，而不能求出小球抛出时的高度，则 D 不能确定故 D 正确 故选 D【点评】本题主要考查了平抛运动的基本公式及动能表达式的直接应用，要求同学们能根据图象读出有效信息 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、CD【解析】设竖直高度为 h，小球以 v0平抛时与地面

19、碰撞一次，反弹后与 A 点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有 22htg 水平方向的位移 0022hOAv tvg 设当平抛速度为0v时，经与地面 n 次碰撞，反弹后仍与 A 点碰撞，则运动的时间为 22htng 水平方向的位移不变，则有 0OAvt 解得 00vvn（n=1，2，3.）故当 n=2 时002vv；当 n=3 时003vv；故 AB 错误，CD 正确。故选 CD。8、BC【解析】取水平面的一质量为 m 的小水滴为研究对象，由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin53sin37mgNma；cos5

20、3cos37mgN 解得 a=3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin5353MgMgcosMa 解得=0.75，故选 BC.9、CD【解析】A对 A、B 两个物体受力分析，如图所示：A、B 都处于静止状态，受力平衡，则有：对物体 A：Atan60m gF弹 得：A3Fmg弹 对物体 B，有：BFm g弹 得：BFmg弹 所以：AB31mm，故 A 错误；B同一根弹簧弹力相等，故 B 错误；C对 A 物体，细线拉力：Acos60FT 弹 对 B 物体，细线拉力：Bcos45FT 弹 得：AB21TT，故 C 正确；D快速撤去弹簧的瞬间，物体 AB 将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤

21、去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向 对 A 物体：AAAsin30m gm a 得：A12ag 对 B 物体：BBBsin45m gm a 得：B22ag 联立得：AB12aa，故 D 正确；故选：CD。10、BD【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流由 a 流向 b，选项 A错误；根据法拉第电磁感应定律：0.61000.243BEnSVVt，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流大小为1240.4262EIAARRr，选项 B 正确；闭合 S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开

22、S1，电容器放电，通过 R2的电流由 a 流向 b，选项 C 错误；电路稳定后电容器带电量6623 100.467.2 10RQCUCC，则电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电荷量为 7.2106C，选项 D 正确；故选 BD.点睛：此题考查法拉第电磁感应定律以及直流电路中的含电容问题；注意用BEnSt求解电动势时，S 是线圈中有磁场部分的面积，不是线圈的面积；同时要搞清电容器两端的电压是哪个电阻上的电压值.三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.50 48 细线有直径 【解析】(1)1游标卡尺的主尺示数为5mm。游标尺的 0

23、 刻线与主尺的某刻线对齐，示数为 0，则测量值为 5mm0.0mm5.0mm0.50cm(4)2取纸带上的AD段计算纸带运动的速度，有 4.53cm75.5cm/s33 0.02sADvt 该速度即为电动机转动时转轴边缘的线速度。转轴边缘做圆周运动，则转速 75.5cm/s48r/s23.140.50cmvnR(5)3细线有直径，在轴上绕行的过程相当于增大了转轴的直径，而上式仍按电动机原有直径进行计算，得到的计算值偏大。12、A 左 +B 右 DBA 【解析】12使用前要进行机械调零（部件 A），使指针指向左边的零刻度处；3456将红、黑表笔分别插入“+”、“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调

24、零旋钮（部件 B），使电表指针对准电阻的“0”刻线，即表盘最右端的零刻度线；7使用中每次换欧姆挡都要进行欧姆调零，使指针指向右边的零刻度处；由于测量时，指针从无穷大电阻开始偏转，偏角过小，说明需增大倍率，使指针指向欧姆表中间刻度附近，故正确的排序是 DBA。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)3mg(2)L(3)滑块 C 不会从木板上掉下来【解析】（1）设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012mgLmv 解得：02vgL 小球在圆周运动最低点，由牛顿第

25、二定律：20vTmgmR 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T=T 解得：T=3mg（2）小球碰撞后平抛运动在竖直方向上：212hgt 水平方向：L=02vt 解得：h=L（3）小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 系统满足动量守恒，设 C 碰后速率为 v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00132vmvmmv 设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为 v2，由动量守恒定律的：12336mvmm v 由能量守恒定律得：221211336322mvmm vmgs 联立 解得：s=L/2 由 sL 知，滑块 C 不会从木板上掉下来【点睛】（1）

26、由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力；（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出 C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题 14、(1)37；(2)0.01625J.【解析】(1)由 x-t 图象可知 t=1.5s 后金属棒开始匀速运动，速度为 3.0 1.51.5m/s2.5 1.5xvt 金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv 金属棒受到的安培力为 22B L vFBILrR 金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得 sincosmgmgF 代入数据解得=37(2)从开始到 t=2.5

27、s 过程，由能量守恒定律得 mgxsin=mgxcos+12mv2+Q 金属棒产生的热量为 rrQQRr 解得 Qr=0.01625J。15、（1）小车与墙壁碰撞时的速度是 4m/s；（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径 R 的取值为 R0.14m 或 R0.6m【解析】解：（1）设滑块与小车的共同速度为 v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0=（m+M）v1 代入数据解得 v1=4m/s 设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有 mgL1=代入数据解得 L1=3m 设与滑块相对静止时小车的位移为 S1，根据动能定理，有 mgS1=代入数据解得 S

28、1=1m 因 L1L，S1S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即 v1=4m/s（1）滑块将在小车上继续向右做初速度为 v1=4m/s，位移为 L1=LL1=1m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点 P 若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为 v，临界条件为 mg=m 根据动能定理，有 mgL1 联立并代入数据解得 R=0.14m 若滑块恰好滑至 圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道 根据动能定理，有 mgL1 代入数据解得 R=0.6m 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足 R0.14m 或 R0.6m 答：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是 4m/s；（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径 R 的取值为 R0.14m 或 R0.6m【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点第 1 题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至 圆弧到达 T 点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力