上海市2022年普通高中学业水平等级性考试物理模拟测试题 四 解析版

2022年上海市普通高中学业水平等级性考试

物理 模拟试卷（四）

考生注意：

1．试卷满分100分，考试时间60分钟。

2．本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三部分，第一部分为选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。

3．答题前，务必在答题纸上填写姓名、报名号、考场号和座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。

一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题4分。每小题只有一个正确选项）

1．最早测定元电荷电荷量的物理学家是

  （A）奥斯特       （B）安培       （C）库仑       （D）密立根

2．下列射线中不属于电磁波的是

  （A）红外线       （B）X射线      （C）β射线      （D）γ射线

3．属于β衰变的核反应方程式是

（A）      （B）

（C）         （D）

4．用单色光照射某种金属表面，有没有光电子逸出取决于入射光的

（A）频率   （B）强度   （C）照射时间   （D）光子数目

5．如图1所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。则小球从A到C与从C到B的过程中正确的是

（A）速度的变化相等      （B）速度的变化率相等

（C）减少的动能不相等    （D）损失的机械能不相等

6．A、B两物体各自在不同纬度的甲、乙两处受到一个竖直向上的外力作用做变加速直线运动。如图2是物体A、B所受的外力F与加速度a的关系图线。若物体A、B的质量分别为mA、mB，甲、乙两处的重力加速度分别为gA、gB，两个物体受到的重力分别为GA、GB，则 

（A）mA＞mB，GA＞GB           （B）mA＜mB，GA＜GB

（C）mA＞mB，gA＜gB            （D）mA＜mB，gA＞gB

7．一质点作简谐运动，其位移x随时间t变化的图像如图3。由图3可知，在t＝4s时，质点

（A）速度为零，加速度为负的最大值

（B）速度为零，加速度为正的最大值

（C）速度为负的最大值，加速度为零

（D）速度为正的最大值，加速度为零

8．当两分子间距变化时分子势能变小了，则可以判定在此过程

（A）分子力一定做了功    （B）分子力一定增大

（C）分子间距一定变大    （D）分子力一定是引力

9．如图4，两端封闭的玻璃管竖直放置，内有一段水银柱将空气柱分为两段，两段气柱的质量、温度均相同。开始时玻璃管静止，后以恒定向上的加速度运动，与静止时相比，稳定后上、下气柱压强变化量的大小分别为△p1、△p2，不计气体温度的变化，则相对玻璃管

（A）水银柱向上移动，且△p1＞△p2 

（B）水银柱向上移动，且△p1＜△p2

（C）水银柱向下移动，且△p1＜△p2 

（D）水银柱向下移动，且△p1＞△p2

10．如图5所示，一个带负电质点，仅在电场力作用下沿曲线abc从a减速运动到c，则关于b点电场强度E的方向是（虚线是曲线在b点的切线）

（A）E1   （B）E2  

（C）E3   （D）E4

11．某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图6所示。x轴上A、O、B三点的电势分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为WA、WO、WB。下列判断中正确的是

（A）φO ＞φB ＞φA

（B）EOx ＞EBx＞EAx

（C）WO ＜WB＜WA

（D）WO-WA ＞WO-WB

12．如图7所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图像可能是

二、填空题(共20分，每小题4分)

13．奥斯特研究电和磁的关系的实验中，通电导线附近的小磁针发生偏转的原因是_______________________。实验时为使小磁针发生明显偏转，通电前导线应放置在其上方，并与小磁针保持______________（选填“垂直”、“平行”、“任意角度”）。

14．气球以v=4m/s的速度竖直匀速上升，其下方悬挂一重物，在气球上升到离地某一高度时悬绳突然断开，则此时重物的速度是______m/s，若重物经7秒钟落地，则悬绳断开时重物离地高为______m。

15．如图8所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板向上移动可以使内阻减小。当电阻R的滑臂向左移动时，电压表V2的示数_______________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表V1的示数变化量ΔU1与电流表示数变化量ΔI的比值_______________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）

16．如图9所示，容积为100cm3的球形容器与一粗细均匀的竖直长管相连，管上均匀刻有从0到100刻度，两个相邻刻度之间的管道的容积等于0.25cm3。有一滴水银（体积可忽略）将球内气体与外界隔开。当温度为20℃时，该滴水银位于刻度40处。若不计容器及管子的热膨胀，将0到100的刻度替换成相应的温度刻度，则相邻刻度线所表示的温度之差是否相等_____（填“是”“否”或“不确定”），在此温度计刻度内可测量的温度范围是_____。

17．如图10所示，一质量为m的小方块（可视为质点），系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在粗糙水平面上，绳长为r。给小方块一沿垂直轻绳的初速度v0，质点将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，运动一周后，其速率变为，则绳拉力的大小随物体转过的角度         减

小（选填“均匀”、“不均匀”），质点运动一周的时间为         。

三、综合题 (共40分)

18．(10分)（1）如图11，左图为用光电门等器材验证机械能守恒定律。直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方的B处固定的光电门，测得A、B的距离为H(H>>d)，光电门测出小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，则小球通过光电门B时的速度表达式         ；

（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图像如图12所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球直径d满足以下表达式          时，可判断小球下落过程中机械能守恒；

（3）实验中发现动能增加量△EK总是小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，△EP－△EK将          （选填“增加”、“减小”或“不变”）。

19， (14分)如图13，有一质量为2kg的物体放在长为1m的斜面顶部，斜面倾角θ=37°。

（1）若由静止释放物体，1s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？

（2）物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？

（3）若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？

20．(16分) ．如图14，绝缘、光滑斜面倾角θ=37°，在区域I内有垂直于斜面向上的匀强磁场，区域II内有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，宽度均为d=0.4m，MN为两磁场的分界线。质量为0.06kg的矩形线框abcd，边长分别为L=0.6m和d=0.4m，置于斜面上端某处，ab边与磁场边界、斜面底边平行。由静止释放线框，线框沿斜面下滑，恰好匀速进入区域I。已知线框的总电阻R=0.5Ω。

（1）求ab边在区域I内运动时，线框的速度v0的大小；

（2）求当ab边刚进入区域II时，线框的发热功率P；

（3）将ab边进入区域II时记为t=0时刻，为使线框此后能以大小为0.4m/s2、沿斜面向上的加速度做匀变速运动，需在线框上施加一沿斜面方向的外力，求t=0时的外力F。

（4）请定性地描述在题（3）的情景中，t=0之后外力F随时间t变化的情况。

参考答案

1.D 解析:密立根利用油滴实验，确证了元电荷的存在，精确地测定了元电荷的数值。密立根对带电油滴进行实验，发现所有油滴所带的电量均是某一最小电荷的整数倍，该最小电荷值就是电子电荷。

2.C 解析:β射线是原子核衰变放射出来，其本质是高速运动的电子流。

3.B解析:β衰变是指原子核自发地放射出β粒子（电子），并变成新原子核，衰变遵循质量数守恒，电荷数守恒。

4.A解析:发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率。

  5.B解析:A到B一直做匀减速直线运动，加速度不变，既速度的变化率不变，选项B正确。

6.C解析:物体受重力和拉力，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F和加速度a的表达式进行讨论即可。

根据牛顿第二定律，有：F-mg=ma；

变形得到：F=ma+mg；显然，图线的斜率可以表示质量m，因此

当a=0时，F=mg，由图可知，当a=0时，F相等，mA＞mB，

当F=0时，a=-g，即g为横截距的长度，故gA＜gB  ；

故选C．

7.A解析:在t=4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大，故选A。

8.A解析:分子力做功与分子势能的关系是：分子力做正功分子势能变小，分子力做负功分子势能增大，故选A。

9.C解析:当玻璃管加速向上运动时，根据牛顿第二定律可得水银柱处于超重状态，故水银柱相对于玻璃管向下运动；根据玻意耳定律有：，，可得：上、下两部分气体压强变化量的绝对值为：，，由于上下两部分气体质量、温度均相同，有，又，，故有△p1＜△p2。所以应选C。

10.B解析:由于电荷从a运动到c是减速运动，故受到的力与其运动方向的夹角会大于90度,且指向曲线圆弧的内侧（图中E4的方向），又因为质点带负电，它受到电场力的方向与电场强度方向相反，所以应选B。

11、【答案】D

【解析】由φ—x图象可知φA ＞φB ＞φO，故A错误；

图象各点切线的斜率表示该点电场强度沿x轴方向的分量大小，显然EAx ＞EBx＞EOx，故B错误；

电子带负电，其在电势越高的点，电势能越小，所以WA ＜WB＜WO，故C错误；

电子在A、O、B三点的电势能的差等于电势差与电子电量的乘积，故D正确。

12.B解析:根据楞次定律中的“阻碍”可知，感应电流总要阻碍导体和磁体的相对运动，因此铜环在下落过程中，受到向上的磁场力的作用、且在靠近条形磁铁两极时，磁场力最大，由排除法可知B正确.

13. 通电导线附近存在磁场 ； 平行  解析:奥斯特研究发现，小磁针放在通电导线附近会发生偏转，进一步研究发现“电生磁”，既通电导线会在附近产生磁场，该磁场的磁感线是以导线为圆心的同心圆，为使小磁针发生明显偏转，通电前导线应放置在其上方，并与小磁针保持平行。

14.4、217解析:重物离开气球后，以4m/s的初速度做竖直上抛运动。

规定向下为正方向，则x=-v0t+0.5gt2=-4×7+0.5×10×49m=217m．

15.变小、不变  解析:本实验的关键是弄清电压表V1和电压表V2分别测得是电源的内电压和外电压，然后再根据闭合电路欧姆定律进行讨论即可。

16.“是” ，266.4K～333K    解析:因为是等压变化，温度变化与体积变化比值恒定（或温度数值与0到100的刻度数值成线性关系），所以相邻刻度线所表示的温度之差相等。

由等压变化，，得：，同理：

所以温度测量的范围是266.4K～333K

17.均匀  ，   解析:本题应利用“化曲为直”的思想，将小方块在运动一周过程中，看做是做加速度为a=μg的匀减速直线运动，具体解析步骤如下：

（1）小方块做圆周运动，则小方块受到绳子的拉力提供向心力；

（2）小方块在运动一周过程中，等效为小方块做加速度为a=μg的匀减速直线运动；

则v2=2as=2μgs，又因为s=rθ，而F=mv2/r= m2μgθ，

显然绳拉力的大小随物体转过的角度均匀减小

（3）小方块在运动一周过程中的平均速率为

运动一周的时间：

18.（1）；（2）；（3）增加

解析:（1）小球通过光电门B时的速度可用平均速度替代。

（2）若小球下落过程中机械能守恒，则，而，所以

（3）机械能有损失，说明空气阻力不能忽略，增加下落高度，损失的机械能会增大。

19.解析:（1）s=vt，v= =  m/s =2m/s

（2）a1=  =  m/s2 =2 m/s2，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

将a1=  =  m/s2 =2 m/s2，θ=37°代入，可求得μ=0.5

（3）因为物体加速度向下，所以恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F竖，则有F竖sinθ-μF竖cosθ=ma2

将a2= 1.5 m/s2、θ=37°、μ=0.5代入，可求得F竖=15N

因为F竖=mg-F，所以F=mg-F竖=20N-15N=5N

20.解析:（1）由mgsin37°=BI1L=，解得v0=0.5m/s

（2）ab边刚过MN时I2= = A=1.2A

线框的发热功率：PA== I22R=1.22×0.5W=0.72W

（3）t=0时，FA=2BI2L=2BL= =1. 44 N

FA- mgsin37°-F = ma

F= FA- mgsin37°- ma=1.44 N -0.06×10×0.6N-0.06×0.4N=1.056N，

沿斜面向下

（4）线框减速到零所需时间：t1==s=1.25s，下行距离s1== = 0.3125m<d，所以线框下行未出区域II便开始沿斜面向上运动。

随着时间t的变化：外力F先沿斜面向下均匀减小；再沿斜面向上均匀增大；再突然减小；再沿斜面向上均匀增大；又突然减小；最后沿斜面向上保持不变。

0~2.5s期间ab边在区域II运动，ma= FA- mgsin37°-F= mgsin37°-F

F= - mgsin37°-ma

t=0时，F= 1.056N，沿斜面向下

t=2.5s时，F= -1.824N，沿斜面向上

突变后F= -0.744N，沿斜面向上

ab出区域II前后：F= - 0.924N突变为-0.384N

设t= t3时刻ab边恰好出区域II，-0.4=0.5t3-×0.4×t32

可求出t3≈3.14s，此刻速度约为0.75m/s

F= - mgsin37°-ma

，此过程ma= FA- mgsin37°-F ，因为FA随时间线性变化，所以F也随时间t线性变化，

F= 1.056N，沿斜面向下

0-. 25s

ab边再次回到分界线MN，t’=2=2×s=2.5s

此时FA= =4 mgsin37°，沿斜面向下

F= FA+ mgsin37°+ ma=5mgsin37°+ ma=5×0.06×10×0.6N+0.06×0.4N= 1.824N，沿斜面向上