精品解析：上海市嘉定区封浜中学2022-2023学年高三上学期11月期中物理试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高三_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2022 学年第一学期高三物理期中考试试卷（2022.11） 满分：100分考试时间：60分钟 （说明： g 取10m/s2 ） 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. 测量力学中的三个基本量，对应的仪器分别为（ ） A. 量筒、天平、秒表 B. 米尺、天平、秒表 C. 米尺、弹簧秤、秒表 D. 米尺、测力计、光电门 【答案】B 【解析】 【详解】力学中的三个基本量是长度，质量和时间，对应的常用测量仪器分别为米尺、天平和秒表，而量 筒为测量液体体积的仪器，弹簧秤及测力计为测量力的仪器，光电门为测量时间的仪器，故选B。 2. 任意相等的两段时间内，运动物体速度的改变量可能不同的是（ ） A. 自由落体运动 B. 竖直上抛运动 C. 匀速圆周运动 D. 匀减速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】自由落体运动、竖直上抛运动和匀减速直线运动的加速度都是不变的，根据 ∆v=at 可知，在任意相等的两段时间内，物体速度的改变量都相等；匀速圆周运动的加速度是变化的，则在任意 相等的两段时间内，物体速度的改变量可能不相等。 故选C。 3. 下列不属于理想物理模型的是（ ） A. 元电荷 B. 点电荷 C. 质点 D. 单摆 【答案】A 【解析】 【详解】A．建立理想化物理模型的原则是突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素，这样便于问题的 研究，使问题简单化。元电荷是指电子所带最小的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷，所以元 电荷不属于理想物理模型，A错误，符合题意； B．点电荷是指带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带 电体可以看做带电的点，叫点电荷，点电荷是一种理想化的物理模型，B正确，不符合题意； 第 1 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) C．质点是指物体的大小和形状对研究的问题没有影响或影响很小可忽略时，这样的物体可看成只有质量 的几何点，质点是一种理想化的物理模型，C正确，不符合题意； D．单摆是由长细线和摆球组成，把细线的伸缩忽略不计，细线的质量与摆球的质量相比可忽略，摆球的 直径与细线的长度相比可以忽略，摆球在摆动的运动中所受的阻力可忽略，因此单摆是一种理想化的物理 模型，D正确，不符合题意。 故选A。 4. 在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，某同学将传感器固定在最低点，如图所示。该同学将摆锤从 不同位置由静止释放，记录摆锤每次下落的高度h和最低点的速度v，作出v2－h图线为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由机械能守恒定律可知 1 mgh mv2 2 即 第 2 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) v2 2gh 则v2-h图像是过原点的直线。 故选A。 5. 为使简谐运动单摆的周期变长，可采取以下哪种方法（ ） A. 振幅适当加大 B. 摆长适当加长 C. 摆球质量增大 D. 将单摆从上海移到北京 【答案】B 【解析】 【详解】根据单摆的周期公式 L T 2π g 可知为使简谐运动单摆的周期变长，可以适当增加摆长L或减小重力加速度g，而上海的纬度比北京的纬 度低，所以将单摆从上海移到北京会使g增大。综上所述可知ACD错误，B正确。 故选B。 6. 一位同学将水杯竖直握在手里，匀速走在校道上。如果水杯离地的高度保持不变，当他减速向前走时。 手对水杯的作用力（ ） A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】匀速行走时，根据平衡条件得，手对水杯的作用力为 F mg 减速向前走时，设加速度为a，由平行四边形定则得 F (mg)2 (ma)2  F 故A正确，BCD错误。 故选A。 7. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方 向改变的角度之比是3:2，则它们（ ） 第 3 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. 线速度大小之比为2:3 B. 角速度大小之比为3:4 C. 圆周运动的半径之比为9:8 D. 向心加速度大小之比为 2:1 【答案】D 【解析】 s 【详解】A．根据线速度定义式v ，已知在相同时间内它们通过的路程之比是4:3，则线速度大小之比 t 为4:3，故A错误；  B．根据角速度定义式 ，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，相同时间内它们转过角度之 t 比为3:2，则角速度之比为3:2，故B错误； v C．根据公式vr，可得圆周运动半径r  ，线速度之比为4:3，角速度之比为3:2，则圆周运动的  半径之比为8:9，故C错误； D．根据向心加速度公式a v，结合线速度之比为4:3，角速度之比为3:2，则向心加速度之比为2:1， 故D正确。 故选D 。 8. 一列水波穿过小孔发生了明显衍射现象，衍射后水波与衍射前水波相比（ ） A. 波长变短 B. 频率变高 C. 波速不变 D. 振幅不变 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．发生衍射现象时波的波长和频率都不变，都等于波源的波长和频率，由于波速是由介质的 性质决定，所以波速不变，选项A、B错误，选项C正确； D．由于衍射使波的能量分布范围变大，从而导致单位面积上的能量变小，振幅变小，选项D错误。 答案选C。 9. 质量为m的物体沿倾角为30°的斜面向下做匀加速运动，下降的高度为H，加速度大小等于重力加速度 大小g。此过程中，物体（ ） 第 4 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 A. 动能增加了 mgH B. 机械能增加了 mgH 2 2 C. 动能增加了2mgH D. 机械能增加了2mgH 【答案】C 【解析】 【详解】AC．物体受的合外力为 F=ma=mg 根据动能定理可知，动能增加 H ΔE  Fxmg 2mgH k sin30 选项A错误，C正确； BD．根据牛顿第二定律 F mgsin30 ma mg 1 解得 1 F = mg 1 2 则机械能增加了 1 H E  Fx mg mgH 1 2 sin30 选项BD错误。 故选C。 10. 某人在平直公路上仅靠电机驱动电动车以额定功率从静止启动，已知电动车能够达到的最大速度为 1 v v，电动车所受的阻力是人和车总重力的 。当车速为 时，人和车的瞬时加速度为（ ）（g取 10 2 10m/s2） A. 0.5m/s2 B. 1m/s2 C. 1.5m/s2 D. 2m/s2 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知电动车所受的阻力大小为 1 f  mg ① 10 当电动车以最大速度行驶时，电机牵引力与阻力大小相等，则 P  fv ② 第 5 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) v 当车速为 时，电机牵引力大小为 2 2P F  ③ v 设此时人和车的瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律有 F  f ma ④ 联立①②③④解得 a 1m/s2 ⑤ 故选B。 11. A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电 荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为- 2q的点电荷，其所受电场力为 （ ） A. -F/2 B. F/2 C. -F D. F 【答案】B 【解析】 【详解】设AB的距离为r，在A处放电荷量为＋q的点电荷，在B处放电荷量为Q的点电荷，据库仑定律 Qq 2Qq Qq F 有：F k ；移去A处电荷，在C处放－2q的点电荷，该电荷受到的电场力为：Fk k  ， r2 (2r)2 2r2 2 据同种电荷相斥，异种电荷相吸可知，两力方向相同．故选项B正确． 12. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电 荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ） A. M点的场强比P点的场强大 B. M点的电势比N点的电势高 C. N点的场强与P点的场强相同 D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得： 第 6 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误C正确； BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的 电势，根据E q 可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故BD错误。 p 故选C。 二、填空题：（共 20分，每空 2分） 13. 如图是伏打电池原理示意图，a、b表示电极A、B和电解液接触层中的点，在图中用数字①②③表示 的三个区域中，自由电荷依靠非静电力移动的区域为___________（填入数字序号），B极和b点中电势较 高的点是___________。 【答案】 ①. ①③ ②. b点 【解析】 【详解】[1] 带电接触层区域可自发的进行氧化还原反应，是非静电力做功的区域，即①③区域。 [2]电场线从正极发出指向负极，电势沿着电场线的方向降低，所以b点电势较高。 14. 如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经 过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为0.4m。该弹簧振子的周期为________s，振幅为 ______m。 【答案】 ①. 4 ②. 0.2 第 7 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【分析】 【详解】[1]根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经过 A、B两点时的速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而振动经过了半个周期的运动，则周期为 T 2t 4s [2]从A到B经过了半个周期的振动，路程为s 0.4m，而一个完整的周期路程为0.8m，为4个振幅的路 程，有 4A0.8m 解得振幅为 A0.2m 15. 如图所示为两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅均为5cm， 波速和波长分别为1m/s和0.5m，则图示时刻A、B两质点的竖直高度差为_______cm，从图示时刻起经 0.5s，E质点通过的路程为_______cm 。 【答案】 ①. 20 ②. 40 【解析】 【详解】[1]因A点为峰峰相遇点，则振动加强，此时的位移为2A=10cm；B点为谷谷相遇点，则振动加 强，此时的位移为-2A=-10cm；则图示时刻A、B两质点的竖直高度差为20cm； [2]周期为  T  0.5s v 因E点振动加强，则从图示时刻起经0.5s=T，E质点通过的路程为4×2A=8A=40cm。 16. 如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1．B用不可伸长的轻绳分别与A和 地面相连，开始时A、B离地高度相同．在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为 _______，机械能之比为_________（以地面为零势能面）． 第 8 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. 1:2 ②. 4:1 【解析】 【详解】设剪断细线前两物体离地面的高度均为 h；剪断细线后，B 做自由落体运动，落到地面的时间 2h t  ;B的速度v  2gh ；A沿斜面加速下滑，加速度为a gsin30 0.5g ，则当B落地时A的 g B A 1 2h gh 速度v a t g  ；则v :v 1:2 ；AB下落过程中机械能守恒，故此时的机械能等于刚开 A A 2 g 2 A B E E 4mgh 4 始下落时的重力势能，则机械能之比： A  PA0   E E mgh 1 B PB0 点睛：此题要搞清剪断细线后两物体的运动特点，结合牛顿第二定律即运动公式求解；两物体下落时只有 重力做功，机械能守恒. 17. 在某一点电荷产生的电场中有A、B两点，相距为d，A点的场强大小为E ，方向与AB连线成120 A E 角，B点的场强大小为E ，方向与AB连线成150角，如图所示，那么A、B两点场强大小的比值 A  B E B _________，两点电势的高低 _________ （填“>”，“<”或“=”）。 A B 【答案】 ①. 3:1 ②. > 【解析】 【详解】[1] 因为a点的场强方向与ab连线成120角，b点的场强方向与ab连线成150°角，所以点电荷 所在位置与a、b两点所构成的三角形是直角三角形 根据几何关系可知两直角边之比为1: 3，由点电荷的电场 Q E k r2 第 9 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 可得a点的场强大小与b点的场强大小之比为3∶1，即 E :E 3:1 A B [2]由于沿着电场线电势降低，a点离点电荷的距离小于b点离点电荷的距离，所以   a b 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. 在用单摆测重力加速度的实验中： （1）实验时必须控制摆角在______________以内，并且要让单摆在______________平面内摆动； （2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L-T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐 标（x ，y ）、（x ，y ），可求得g=______________． 1 1 2 2 (3)若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的g值和真实值相 比是______________的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）． y  y 【答案】 ①. 5° ②. 竖直平面 ③. 42 2 1 ④. 不变 x x 2 1 【解析】 【详解】（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5的范围内，其运动才近似为简谐运动， L 同时要注意不能做圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运动；（2）由周期公式T 2 ，解得： g g y  y L T2，代入数据可得g 42 2 1 ；（3）通过第（2）问的结论可以知道，漏加了小球半径后 42 x x 2 1 y  y  不变，故不影响最后结果 2 1 【点睛】（单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5的范围内，其运动才近似为简谐运动，同 时要注意不能做圆锥摆运动，否则误差较大；用图想法可以减小实验误差，而且图象直观形象，便于数据 处理；漏加了小球半径后，直线的斜率不变，故不影响最后结果． 19. 如图，竖直平面内有AB和BC两段长度均为L的直杆，两杆在B处平滑连接，AB杆水平、BC杆与 第 10 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 水平方向夹角为θ，装置处于水平向右的匀强电场中。质量为m、带电量为+q的小球套在杆上，小球从杆 A点开始由静止开始运动，经时间t到B点，在沿BC杆运动过程中小球未受摩擦力作用。小球与AB杆、 BC杆间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。求： （1）小球在AB杆上运动的加速度大小； （2）电场强度E的大小； （3）若A处的电势为φ ＝0，则C处的电势φ 为多少？ A C 2L mgcot mgcot 【答案】（1）a ；（2）E  ；（3）  L(1cos) t2 q C q 【解析】 【详解】（1）小球沿AB杆做匀加速直线运动 1 L＝ at2 2 得 2L a＝ t2 （2）因为小球沿BC杆运动未受摩擦力，所以小球也不受弹力，小球受力如图所示 两者的合力沿BC杆向下，可得 F ＝mgcotθ 电 因 F ＝Eq 电 得到 mgcot E＝ q （3）小球沿杆运动过程，电场力做功 W ＝EqL（1＋cosθ） AC 第 11 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 根据 W ＝qU AC AC U ＝φ －φ AC A C 可得 mgcot φ ＝－EL（1＋cosθ）＝－ L（1＋cosθ） C q 20. 如图甲所示，一台起重机将质量m200kg的重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s末达到额定 功率，之后保持该功率继续提升重物，5s末重物达到最大速度v 。整个过程中重物的vt 图像如图乙所 m 示。取g 10m/s2，不计额外功率。试计算： （1）起重机的额定功率P； （2）重物的最大速度v ； m （3）前5s起重机的平均功率P； （4）7s后起重机由于突然故障，额定功率下降一半，分析说明在故障后重物的运动情况。 【答案】（1）4.2103W；（2）2.1m/s；（3）2.52103W；（4）见解析 【解析】 【详解】（1）根据图乙可知，0~ 4s内重物匀加速上升，加速度大小为 v 2 a   m/s2 0.5m/s2 t 4 设牵引力为F ，根据牛顿第二定律可得 F mg ma 解得 F 2100N 则起重机的额定功率为 第 12 页 共 13 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) P Fv21002W 4.2103W （2）当牵引力F等于重力时，重物的速度达到最大，则有 P P 4.2103 v    m/s2.1m/s m F mg 20010 （3）0~ 4s内重物的位移为 v 2 x  t  4m4m 1 2 1 2 整个前5s内，牵引力做的功为 W  Fx P(tt )21004J4.2103(54)J 1.26104J F 1 1 则前5s起重机的平均功率为 W 1.26104 P  F  W 2.52103W t 5 （4）7s后起重机由于突然故障，额定功率下降一半，故障瞬间重物的速度不变，根据 P Fv 1 可知牵引力减小为原来的一半，即为 mg ，重物所受合力方向向下，重物向上做减速运动，随着速度的 2 减小，牵引力逐渐增大，重物的加速度逐渐减小，当牵引力再次等于重力时，重物又做匀速直线运动，此 时有 P 2 4.2103 v  m/s1.05m/s mg 220010 可知故障后重物向上做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速，匀速运动的速度大小为1.05m/s。 第 13 页 共 13 页