物理（上海A卷）-2023年高考第一次模拟考试卷物理（上海A卷）（全析全解）A

2023年高考物理第一次模拟考试卷高三物理（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：选项）1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、微元法和科学假说法、建立物理模型法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫建立物理模型法B.根据速度定义式v=,当Δt非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了假设法D.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法【答案】C【解析】在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法建立物理模型法,是建立了理想化模型,A正确;根据速度定义式v=ΔxΔt,当Δt非常小时,ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法,2.智能手机的普及使“低头族”应运而生。低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)。现将人体头颈简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.4B.5C.4eq\r(2) D.5eq\r(2)【答案】C【解析】由题意可明确人的头受力情况，如图所示：由题意知，F′＝G，则由几何关系可知：eq\f(F,F′)＝eq\f(sin（180°－53°）,sin（53°－45°）)＝4eq\r(2)。根据牛顿第三定律可知C正确。3.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作,当运动员竖直倒立保持静止状态时,两手臂对称支撑,夹角为θ,则()A.当θ=60°时,运动员单手对地面的正压力大小为B.当θ=120°时,运动员单手对地面的正压力大小为GC.当θ不同时,运动员受到的合力不同D.当θ不同时,运动员与地面之间的相互作用力不相等【答案】A【解析】以运动员为研究对象,受到重力和地面对两只手的支持力,运动员处于静止状态,每只手受到的支持力大小都等于12G,和夹角θ无关,根据牛顿第三定律可知,运动员单手对地面的正压力大小为12G,A正确,B错误;运动员受到的合力始终为零,C错误;由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等,D4.如图所示,家用吊扇对悬挂点有拉力作用,正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比()A.变大 B.变小C.不变 D.无法判断【答案】B【解析】吊扇不转动时,吊扇对悬挂点的拉力等于吊扇的重力,吊扇旋转时对空气有向下的作用力,根据牛顿第三定律,空气也对吊扇有一个向上的反作用力,使得吊扇对悬挂点的拉力减小,B正确。5.在一次跳绳体能测试中,一位体重约为50kg的同学,一分钟内连续跳了140下,若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2s,重力加速度g取10m/s2,则他在这一分钟内克服重力做的功约为()A.3500J B.14000J C.1000J D.2500J【答案】A【解析】G=mg=50kg×10N/kg=500N,腾空时间为0.2s表示上升过程0.1s,上升的高度为h=0.05m,根据W=Gh得起跳一次克服重力的功W0=Gh=500N×0.05m=25J;1min跳了140次,则一分钟内克服重力做功W=140W0=140×25J=3500J。故选项A正确6.甲乙两车同时同地同向运动,两车的vt图象如图所示。其中质量m=7.5t的甲车以恒定功率P=50kW启动,最后匀速运动(设阻力恒定)。乙车做初速为0的匀加速运动,以下说法错误的是()A.20s末两车相遇B.30s末两车相遇C.当乙车在追上甲车前,甲车已经达到最大速度D.甲车运动中所受阻力为5×103N【答案】A【解析】对甲车,当甲车速度最大时,牵引力等于阻力,则F=Ff=Pvm=50×10310N=5×103N,选项D正确;设乙车追上甲车的时间为t,对乙车,x=12at2=12×12×t2,由图可知,当乙车追上甲车时,甲车已经达到最大速度,并且以最大速度做匀速运动,对甲车根据动能定理有PtFf·7.如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离为7.0m，ON间距离为5.0m。O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0m/s。t=0时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷。则（）A．波Ⅰ的波长为4mB．N点的振动周期为5sC．t=3s时，N点恰好处于波谷D．当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰【答案】D【解析】OM之间有两个波谷，即，解得波I的波长为，根据题意可知波I的波速为，故波的周期为，同一波源的频率相同，故N点的振动周期为4s，AB错误；波II的波长为，故在t=0时刻N处于平衡位置向下振动，经过3s，即四分之三周期，N点在波峰，C错误；因为MN两点到波源的距离都为其各自波长的，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步调相同，即当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰，D正确。8.下列选项中的各1/4圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各1/4圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()【答案】B【解析】设1/4圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E0,根据电场强度叠加原理,在坐标原点O处,A图电场强度为E0,B图电场强度为2E0,C图电场强度为E0,D图电场强度为0,因此本题答案为B9.如图所示,电源内阻不能忽略,电流表、电压表均可视为理想电表,在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中()A.电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数增大B.电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数减小C.电压表V的示数先减小后增大,电流表A的示数增大D.电压表V的示数先减小后增大,电流表A的示数减小【答案】A【解析】在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中,外电阻先增大后减小,路端电压先增大后减小,电压表V的示数先增大后减小,电流表A的示数一直增大,选项A正确10.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，Oa向纸外，Ob向纸里，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对11.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是()ABCD【答案】D【解析】由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A、B错误；BC两端的电压UBC跟感应电流成正比，故选项C错误，D正确。12.如图所示,在平面直角坐标系xOy的(9,0)、(9,0)两点处固定着电荷量分别为+q、4q的两个点电荷,A、B为y轴上两点,坐标分别为(0,1)、(0,5),M、N、P、Q四个点是以+q为中心的正方形的四个顶点,在上述两个点电荷所形成的电场中,下列说法正确的是()A.x=3cm处电场强度为零B.B点的电势高于A点的电势,A点的电场强度小于B点的电场强度C.N点与Q点电势相等D.将某一正电荷从N点移动到M点,电场力所做的功小于将其从P点移动到Q点所做的功【答案】D【解析】在平面直角坐标系xOy的(9,0)、(9,0)两点处固定着电荷量分别为+q、4q的两个点电荷,根据电场的叠加知在x轴上有一个点电场强度为零,该点在+q的左侧,故A错误。异种电荷连线的中垂线上的电场强度,在连线的中点处最大,无穷远处最小为零,所以中垂线上电场强度逐渐减小,A点的电场强度大于B点的电场强度,离负电荷越近电势越低,B点的电势高于A点的电势,故B错误。根据点电荷周围电势的特点是以源电荷为圆心的同心圆,且沿着电场线方向,电势逐渐降低的特点可知,只有正电荷时,MNPQ四点电势相等,且大于零;只有负电荷时,φN>φM=φP>φQ;电势是标量,合成后为φN>φM=φP>φQ,故C错误。越靠近4q电场线越密,相等的距离电势差越大,根据W=qU知电场力做功越多,故将某一正电荷从N点移动到M点,电场力所做的功小于将其从P点移动到Q点所做的功,故D正确。二．填空题（共20分，每题4分。）13.一条打点计时器打出的小车运动的纸带如图所示。取记数点A、B、C、D、E。每相邻两个记数点间还有4个计时点(图中未画出),已用刻度尺测量以A为起点,到B、C、D、E各点的距离标在图上,则该纸带运动加速度的大小为a=m/s2,该纸带上C点时瞬时速度大小vC=m/s。(结果均保留三位有效数字)

【答案】(1)0.493(2)0.155【解析】因为相邻计数点间还有四个点未画出,所以相邻计数点间的时间间隔为0.1s,根据逐差法可得xDExBC=2aT2,xCDxAB=2aT2,两式相加解得a=(xDE+xCD)-(xAB+xBC)4T2=(2.29+114.传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的物体放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度为a(a>gsinα)匀加速直线运动,则小物体受到的静摩擦力的方向小物块受到的静摩擦力的大小（“可能”、“一定”、“不可能”）等于mgsinα【答案】沿皮带向下；可能【解析】由牛顿第二定律列方程得:mgsinα+Ff=ma>mgsinα,故静摩擦力的方向一定沿皮带向下,由牛顿第二定律列方程得:Ff=mamgsinα,当加速度等于2gsinα时,小物块受到的静摩擦力的大小等于mgsinα15.如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0，4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00m/s.两列波引起的点B(4，1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0，0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．【答案】减弱加强【解析】由于两列波的波源到点B(4，1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起的点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2s，波长λ＝vT＝2m．由于两列波的波源到点C(0，0.5)的路程分别为3.5m和2.5m，路程差为1m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起的点C处质点的振动相互加强．16.如图所示,在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内,用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体,管内外气体的温度均为33℃。现将水银缓慢注入管中,直到水银面与管口相平,此时管中气体的压强为?新注入水银柱的高度为?(大气压强为p0=76cmHg)【答案】85cmHg5cm【解析】设玻璃管的横截面积为S,初态时,管内气体的温度为T1=306K,体积为V1=51Scm3,压强为p1=p0+h=80cmHg。当水银面与管口相平时,水银柱高为H,则管内气体的体积为V2=(57H)Scm3,压强为p2=p0+H=(76+H)cmHg。由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据,得H2+19H252=0解得H=9cm，所以p2=85cmHg新注入水银柱的高度为Δh=H4cm=5cm17.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；【答案】I1∶I2eq\f(T0a－g,T0－T1g)I1【解析】(1)当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F＝kIiLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r1)－\f(1,r2)))，式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。F1∶F2＝I1∶I2。(2)设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有2T0＝G,2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝eq\f(2T0,g)a。eq\f(I1,I3)＝eq\f(F1,F3)＝，I3＝I1。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。18.一组同学用DIS研究“弹簧振子的振动周期和哪些因素有关”的探究过程如下：A．有同学认为：弹簧振子的质量越大，惯性越大，周期也应该越大．也有同学认为周期跟劲度系数有关。B．设计实验：装置如图甲。准备选用的器材有：力传感器、质量为m0的钩码若干个，劲度系数为K的轻质弹簧若干个（已知n个劲度系数为的弹簧串联后的劲度系数为）C．实验过程如下：用力将钩码向下拉一段距离后放手，钩码上下振动，力传感器上显示出力随时间的变化关系（如图乙），改变钩码的个数或用几个弹簧串联后反复实验，得到表一、表二的数据：D．同学们对实验数据进行分析、归纳后，对他们的假设进行了补充完善。问：（1）（2分）上述科学探究活动中，属于“制定计划”和“搜集证据”的环节分别是：、。（2）（2分）用力传感器观测力随时间的变化关系，其目的是：。（3）（各2分）周期T与弹簧振子质量的关系是：。周期T与弹簧劲度系数的关系是：。（4）（2分）如果，则周期表达式。【答案】（1）B、C（2）确定振动的周期（3）；（4）19.（15分）如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1kg的小球放在曲面AB上,现从距BC的高度h=0.6m处静止释放小球,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小球进入管口C端时,它对上管壁有FN=2.5mg的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5J。重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球在C处受到的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm;[来源:](3)小球最终停止的位置。【答案】(1)35N(2)6J(3)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B端0.2m处)【解析】（1）小球进入管口C端时,它对圆管上管壁有大小为F=2.5mg的作用力,对小球由牛顿第二定律有F+mg=Fn解得Fn=35N。(2)在压缩弹簧过程中,速度最大时合力为零。设此时小球离D端的距离为x0,则有kx0=mg解得x0=mgk=0.1m，在C点,解得vC=7由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+(Ekm12mvC2)，解得Ekm=mg(r+x0)+(3)小球从A点运动到C点过程,由动能定理得，mghμmgs=1解得B、C间距离s=0.5m小球与弹簧作用后返回C处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设小球在BC上运动的总路程为s',由能量守恒定律有：μmgs'=12解得