1、上海嘉定区2022-2023学年高三质量测试（二模）物理试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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要求的。1、如图甲所示，物体在竖直方向受到大小恒定的作用力F=40N，先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当t=1s时将F反向，大小仍不变，物体的图象如图乙所示，空气对物体的阻力大小恒定，g=10m/s2，下列说法正确的是
2、（）A物体在1.25s内拉力F的平均功率为160WB物体1.25s内阻力做功的平均功率为为16WC空气对物体的阻力为6ND物体的质量为4kg2、下列说法中正确的是A粒子散射实验发现了质子B玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱C热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀D中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量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
3、确的是（）A圆环旋转角速度的大小为B圆环旋转角速度的大小为C小球A与圆环间摩擦力的大小为D小球A与圆环间摩擦力的大小为4、一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ）A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为240 kwD所受阻力大小为24000 N5、关于近代物理学，下列说法正确的是（）A射线、射线和射线中，射线的电离能力最强B根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成D对于某种金属，超
4、过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大6、如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是AS闭合瞬间，a灯发光b灯不发光BS闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭CS断开，b灯“闪”一下后熄灭DS断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势二、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、如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），分
5、别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子（）A带负电B运动速率C在磁场中运动的最长时间D在磁场中运动的最长时间8、如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。P是磁场边界上的一点，大量电荷量为q、质量为m、相同速率的离子从P点沿不同方向同时射入磁场。其中有两个离子先后从磁场边界上的Q点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为，P点与Q点的距离等于R。则下列说法正确的是（ ）A离子在磁场中的运动半径为B离子的速率为C两个离子从Q点射出的时间差为D各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P点的最大距离
6、为9、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/s2B杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s2C杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75D杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.8710、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变
7、化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A小球在下落的过程中机械能守恒B小球到达最低点的坐标大于C小球受到的弹力最大值等于2mgD小球动能的最大值为mgh+mgx0三、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）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示该同学在实验中没有记录交流电的频率，需要用实验数据和其他条件进行推算（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用和图（b）中给出的物理量可以写出
8、：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_，打出C点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_.（2）已测得=8.89cm，=9.5.cm，=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%由此推算出为_ Hz12（12分）如图甲所示为某电阻随摄氏温度变化的关系，图中表示时的电阻，表示图线的斜率。若用该电阻与电池（电动势为，内阻为）、电流表（内阻为）、滑动变阻器串连起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”。（1）实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温
9、度刻度值，若温度，则的刻度应在刻度的_（填“左”或“右”）侧。（2）在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系。请用（表示滑动变阻器接入的阻值）等物理量表示所测温度与电流的关系式：_.（3）由（2）知，计算温度和电流的对应关系需要先测量电流表的内阻（约为）。已知实验室有下列器材：A电阻箱（）B电阻箱（）C滑动变阻器（）D滑动变阻器（）此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等。请在虚线框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻的电路_；在这个实验电路中，电阻箱应选_，滑动变阻器应选_。（填仪器前的选项字母）。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
10、求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，光导纤维可简化为长玻璃丝的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n（n）。AB代表端面。为使光能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面。求光在端面AB上的入射角应满足的条件。14（16分）如图所示，内壁光滑长度为4L、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计原长3L、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点开始活塞D距汽缸B的底部为3L后在D上放一质量为的物体求：稳定后活塞D下降的距离；改变汽缸内气体的温度
11、使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少? 15（12分）如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S (cm2)的2倍，且细筒足够长粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用力，此时活塞与汽缸底部的距离h=12cm，大气压p0=75 cmHg现把体积为17S (cm3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸间向的摩擦，求最终活塞下降的距离x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
12、一项是符合题目要求的。1、B【解析】A在1.25s内，图像围成面积为5m，即总位移为5m，拉力第一阶段向上的位移为4m，则拉力做正功160J，第二阶段位移为1m，则拉力做负功40J，总共120J，平均功率96W，故A错误。CD根据牛顿第二定律可得：F（mg+f)=ma1F+mg+f=ma2，又由题图乙可知a1=2m/s2a2=6m/s2联立解得物体的质量m=2kg空气对物体的阻力为f=4NCD项错误。B阻力全程做负功，共Wf=45=20J，所以平均功率为B正确。故选B。2、C【解析】试题分析：卢瑟福通过粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过粒子轰
13、击氮核而发现质子，选项A错波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B错热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C对中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D错考点：原子 原子核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：所以解得圆环旋转角速度的大小故选项A、B错误；CD对小球A进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上竖直方向上解得所以选项C错误、D
14、正确。故选D.4、C【解析】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a-函数方程a=-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma其中：F=P/v；联立得： ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：，解得：f=4m=4600=2400N；，解得：P=240kW，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题关键对
15、汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。5、D【解析】A、三种射线中，射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是射线，故A错误；B玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B错误；C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C错误；D根据光电效应方程知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D正确。故选D。6、B【解析】A闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；B闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应
16、电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；C断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；D断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。故选B。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、BC【解析】A由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；B根据粒子的运动轨迹可知由
17、可得选项B正确； CD从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为60，则最长时间为选项C正确，D错误。故选BC。8、BCD【解析】从Q点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r小于磁场区域圆半径R，运动轨迹如图所示。为等边三角形。A由几何关系得又有解两式得选项A错误；B在磁场中做圆周运动有解式得选项B正确；C圆周运动的周期为两离子在磁场中运动的时间分别为则从磁场射出的时间差为选项C正确；D各种方向的离子从磁场中的出射点与P点的最大距离为选项D正确；故选BCD.9、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：； 解得a=3.5m/s2；对杯子
18、和水的整体，由牛顿第二定律： 解得=0.75，故选BC.10、BD【解析】A小球与弹簧组成地系统只有重力和弹簧的弹力做功，满足机械能守恒定律，故A错误；BC由图像可知，为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，有对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于，小球运动到最低点时弹力大于2mg，故B正确，C错误；D为平衡位置，动能最大，故从开始到这段过程，根据动能定理可得而克服弹力做功等于图乙中小三角形面积，即故小球动能的最大值D正确。故选BD。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、 40 【解析】（1）1打B点时，重物下落的速度等于AC段的平均速度，
19、所以；2同理打出C点时，重物下落的速度；3由加速度的定义式得（2）4由牛顿第二定律得： ，解得：，代入数值解得：f=40Hz【点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz12、右 B D 【解析】第一空.由题图甲可知，温度升高时电阻阻值增大，导致流过电流表的电流减小，可知的刻度应在刻度的右侧.第二空.由闭合电路欧姆定律知，由图甲知，解得.第三空.应用半偏法测电流表的内阻实验时，滑动变阻器采用限流式，电流表和电阻箱并联，设计的电路如图所示：第四空.第五
20、空.采用半偏法测电阻时，电阻箱的最大阻值应该大于电流表的内阻，同时滑动变阻器应该选择阻值较大的，故电阻箱选择B，滑动变阻器选择D.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、【解析】设光束在光导纤维端面的入射角为，折射角为，折射光线射向侧面时的入射角为，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射。由折射定律n由几何关系+90sincos恰好发生全反射临界角的公式为sin得cos联立得sin1即为90要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有。14、（i）（ii）【解析】（1）开始时被封闭气体的压强为 ，活塞C距
21、气缸A的底部为l，被封气体的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为： 活塞C将弹簧向左压缩了距离l1，则活塞C受力平衡，有： 根据玻意耳定律，得： 解得：x=2l 活塞D下降的距离为：l4lx+l1=l（2）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C的位置不动，最终被封气体的体积为(4l+ l1)S，对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得 解得：t2377【点睛】本题考查玻意耳定律的应用及压强的计算，关键要注意首先明确气体发生的什么变化，根据力平衡法求气体的压强，然后才能分析状态参量，由理想气体的状态方程或实验定律进行分析求解，第二问要注意升温过程压强不变，弹簧的形变量不变，活塞C不动.15、2cm【解析】以汽缸内封闭气体为研究对象：初态压强 p1p075 cmHg 初态体积 V12hS 注入水银后，设细圆筒中水银的高度为L，则有：17SLS+x2S 所以，末态压强为：p2=(p0+x+L) 末态体积 V22(hx)S 由玻意耳定律可知：p1V1p2V2 整理、代入数据并化简得：x2104x2040 解得活塞静止时下降的距离为：x2cm，或x102 cm，无意义舍去
