上海市上海中學2024年高三物理第一學期期末經(jīng)典模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，A、B是兩個完全相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其直流電阻忽略不計.下列說法正確的是（）A．S閉合瞬間，B先亮A后亮B．S閉合瞬間，A先亮B后亮C．電路穩(wěn)定后，在S斷開瞬間，B閃亮一下，然后逐漸熄滅D．電路穩(wěn)定后，在S斷開瞬間，B立即熄滅2、a、b兩個物體在同一時間、從同一地點開始，沿同一條直線運動，v-t圖象如圖所示，a、b兩物體運動圖線均為正弦(余弦)曲線的一部分。在0～6s時間內(nèi)，關于兩物體的運動，下列說法正確的是（）A．b物體的加速度先增加后減小B．a(chǎn)物體的位移大于b物體的位移C．2s末a物體的加速度大于b物體的加速度D．3s末a、b兩物體之間的距離最大3、如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球，某次球與墻壁上A點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的B點，已知球拍與水平方向夾角θ=60°，AB兩點高度差h=1m，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則球剛要落到球拍上時速度大小為（）A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s4、如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，其質量，B球上固定一輕質彈簧。A球以速率v去碰撞靜止的B球，則（）A．A球的最小速率為零B．B球的最大速率為vC．當彈簧恢復原長時，B球速率最大D．當彈簧壓縮量最大時，兩球速率都最小5、某同學釆用如圖所示的裝置來研究光電效應現(xiàn)象。某單色光照射光電管的陰極K時，會發(fā)生光電效應現(xiàn)象，閉合開關S，在陽極A和陰極K之間加反向電壓，通過調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片逐漸增大電壓，直至電流計中電流恰為零，此時電壓表顯示的電壓值U稱為反向截止電壓?，F(xiàn)分別用頻率為v1和v2的單色光照射陰極，測量到的反向截止電壓分別為U1和U2設電子質量為m，電荷量為e，則下列關系式中不正確的是A．頻率為的單色光照射陰極K時光電子的最大初速度B．陰極K金屬的極限頻率C．普朗克常量D．陰極K金屬的逸出功6、可調(diào)式理想變壓器示意圖如圖所示，原線圈的輸入電壓為U1，副線圈輸出電壓為U2，R為電阻。將原線圈輸入端滑動觸頭P向下移動時。下列結論中正確的是（）A．輸出電壓U2增大 B．流過R的電流減小C．原線圈輸入電流減小 D．原線圈輸入功率不變二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，勻強電場中三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，，，電場線平行于所在的平面。一個帶電荷量的點電荷由A點移到B點的過程中，電勢能增加，由B移到C的過程中電場力做功，下列說法中正確的是（）A．B、C兩點間的電勢差 B．A點的電勢低于B點的電勢C．負電荷由A點移到C點的過程中，電勢能增加 D．該電場的電場強度大小為8、如圖所示，電路中均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器的極板水平放置。閉合開關，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動，如果僅滿足下列各選項中的條件，油滴仍可能靜止不動的是（）A．增大的阻值，增大的阻值B．增大的阻值，減小的阻值C．減小的阻值，增大的阻值D．減小的阻值，減小的阻值9、如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc為兩個勻強磁場的理想邊界，三角形內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，三角形外的磁場范圍足夠大、方向垂直紙面向里，磁感應強度大小也為B。頂點a處的粒子源沿∠a的角平分線發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶負電粒子，其初速度大小v0=，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子第一次返回a點所用的時間是B．粒子第一次返回a點所用的時間是C．粒子在兩個有界磁場中運動的周期是D．粒子在兩個有界磁場中運動的周期是10、如圖所示，在勻強磁場中有一矩形，場強方向平行于該矩形平面。已知，。各點的電勢分別為。電子電荷量的大小為。則下列表述正確的是（）A．電場強度的大小為B．點的電勢為C．電子在點的電勢能比在點低D．電子從點運動到點，電場力做功為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學研究小燈泡的伏安特性曲線，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓，額定電流），電壓表（量程，內(nèi)阻為），電流表A（量程內(nèi)阻約），定值電阻（阻值為），滑動變阻器R（阻值），電源E（電動勢，內(nèi)阻很?。╅_關S，導線若干．(1)實驗要求能夠實現(xiàn)在的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，請將圖甲電路補畫完整______________；(2)實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖所示，由曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻將_________；A．逐漸增大B．逐漸減小C．先增大后不變D．先減小后不變(3)若用多用表直接測量該小燈泡的電阻，正確操作后多用表指針如圖所示，則小燈泡的電阻是_______．(4)用另一電源（電動勢，內(nèi)阻）和題中所給的小燈泡L、滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值．在R的變化范圍內(nèi)，電源的最大輸出功率為_______W，此時小燈泡的功率為_______W，滑動變阻器R接入電路的電阻為_______．12．（12分）實驗小組利用以下方法對物體的質量進行間接測量，裝置如圖1所示：一根輕繩跨過輕質定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質量均為m，當?shù)刂亓铀俣葹間。在重物Q的下面通過輕質掛鉤懸掛待測物塊Z，重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連。(1)先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖2所示的紙帶，則系統(tǒng)運動的加速度a=______m/s2（結果保留2位有效數(shù)字）；(2)在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質量M的表達式為M=______（用字母m、a、g表示）；(3)實際情況下，空氣阻力、紙帶與打點計時器間的摩擦、定滑輪中的滾動摩擦不可以忽略，物塊Z的實際質量與理論值M有一定差異，這種誤差是______誤差（填“偶然”或“系統(tǒng)”）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，自y軸正半軸上處的M點，以速度垂直于y軸射入電場。經(jīng)x軸上處的P點進入磁場，最后垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：電場強度大小E；粒子在磁場中運動的軌道半徑r；粒子在磁場運動的時間t。14．（16分）如圖所示，間距為L的平行金屬板MN、PQ之間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。MN板帶正電荷，PQ板帶等量負電荷，板間磁場方向垂直紙面向里，是平行于兩金屬板的中心軸線。緊挨著平行金屬板的右側有一垂直紙面向外足夠大的勻強偏轉磁場，在其與垂直的左邊界上放置一足夠大的熒光屏。在O點的離子源不斷發(fā)出沿方向的電荷量均為q、質量均為m，速度分別為和的帶正電的離子束。速度為的離子沿直線方向運動，速度為的離子恰好擦著極板的邊緣射出平行金屬板其速度方向在平行金屬板間偏轉了，兩種離子都打到熒光屏上，且在熒光屏上只有一個亮點。已知在金屬板MN、PQ之間勻強磁場的磁感應強度。不計離子重力和離子間相互作用。已知在金屬板MN、PQ之間的勻強磁場磁感應強度。求：(1)金屬板MN、PQ之間的電場強度；(2)金屬板的右側偏轉磁場的磁感應強度；(3)兩種離子在金屬板右側偏轉磁場中運動時間之差。15．（12分）如圖所示，平行導軌寬為L、傾角為θ，處在垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感強度為B，CD為磁場的邊界，導軌左端接一電流傳感器，CD右邊平滑連一足夠長的導軌。質量為m、電阻為R的導體棒ab長也為L，兩端與導軌接觸良好，自導軌上某處由靜止滑下。其余電阻不計，不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。(1)棒ab上的感應電流方向如何？(2)棒ab在磁場內(nèi)下滑過程中，速度為v時加速度為多大？(3)若全過程中電流傳感器指示的最大電流為I0。求棒ab相對于CD能上升的最大高度。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】

閉合瞬間線圈相當于斷路，二極管為正向電壓，故電流可通過燈泡AB，即AB燈泡同時亮，故AB錯誤．因線圈的電阻為零，則當電路穩(wěn)定后，燈泡A被短路而熄滅，當開關S斷開瞬間B立刻熄滅，線圈中的電流也不能反向通過二極管，則燈泡A仍是熄滅的，故C錯誤，D正確．故選D．【題目點撥】該題兩個關鍵點，1、要知道理想線圈的特征：剛通電時線圈相當于斷路，斷開電鍵時線圈相當于電源；2、要知道二極管的特征是只正向導通．2、C【解題分析】

A．b的斜率先減小后增大，固b的加速度先減小后增大；A錯誤。B．由圖可知曲線a在0~6秒內(nèi)與時間軸所圍上下面積之和小于曲線b與時間軸所圍上下面積之和，固曲線a位移小于曲線b位移；B錯誤。C．2s末曲線a的斜率大于曲線b的斜率，故兩秒末曲線a的加速度大于曲線b的加速度；C正確。D．6s末曲線ab所圍面積之差最大，故6s末ab兩物體之間距離最大；D錯誤。故選C?！绢}目點撥】v-t圖像基本知識點。如斜率代表加速度，斜率的絕對值代表加速度大小，斜率的正負代表加速度方向，與時間軸所圍面積代表位移。3、C【解題分析】

根據(jù)豎直高度差求平拋運動的時間，再求豎直分速度，最后根據(jù)矢量三角形求合速度．【題目詳解】根據(jù)得豎直分速度：剛要落到球拍上時速度大小故應選C．【題目點撥】本題考查平拋運動的處理方法，平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，一定要記住平拋運動的規(guī)律．4、C【解題分析】

分析小球的運動過程：A與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對A產(chǎn)生向左的彈力，對B產(chǎn)生向右的彈力，A做減速運動，B做加速運動，當B的速度等于A的速度時壓縮量最大，此后A球速度繼續(xù)減小，B球速度繼續(xù)增大，彈簧壓縮量減小，當彈簧第一次恢復原長時，B球速率最大，A球速度最小，此時滿足解得因為，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率大于v，選項ABD錯誤，C正確。

故選C。5、C【解題分析】

A.光電子在電場中做減速運動，根據(jù)動能定理得：則得光電子的最大初速度：故A不符題意；BCD.根據(jù)愛因斯坦光電效應方程得：聯(lián)立可得普朗克常量為：代入可得金屬的逸出功：陰極金屬的極限頻率為：故C符合題意，B、D不符題意。6、A【解題分析】

P向下移動時，原線圈的匝數(shù)減小，根據(jù)，可知副線圈電壓增大，則副線圈電流增大，流過R的電流增大，輸出功率增大，則輸入功率也增大，原線圈電壓不變，則原線圈輸入電流增大，故A正確、BCD錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解題分析】

AB．點電荷由A點移到B點的過程中，電勢能增加，則電場力做功WAB=，A、B兩點間的電勢差同理A點的電勢高于B點的電勢，故A正確、B錯誤；C．設AB連線中點為D，則，D點電勢與C點相等，所以電場線方向由A指向B，現(xiàn)把負電荷由A點移動到C點，電場力做負功，電勢能增加，故C正確；D．該電場的場強故D錯誤。故選AC。8、AD【解題分析】

A．電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，當增大R1、R2阻值時，可導致總電流減小，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，則油滴靜止不動，故A符合題意；

B．電路穩(wěn)定時，當增大R1的阻值，減小R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電阻R2兩端的電壓減小，極板間電場強度減小，油滴受到的電場力減小，則油滴向下運動，故B不符合題意；

C．電路穩(wěn)定時，當減小R1的阻值，增大R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電阻R2兩端的電壓增大，極板間電場強度增大，油滴受到的電場力增大，則油滴向上運動，故C不符合題意；

D．電路穩(wěn)定后，當減小R1的阻值，減小R2的阻值，可能導致總電流增大，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，則油滴靜止不動，故D符合題意。

故選AD。9、AD【解題分析】

AB．若v0＝，帶電粒子垂直進入磁場，做勻速圓周運動，則由牛頓第二定律可得：qvB＝m，T＝將速度代入可得：r＝L由左手定則可知粒子在三角形內(nèi)的區(qū)域內(nèi)偏轉的方向向左，從a射出粒子第一次通過圓弧從a點到達c點的運動軌跡如下圖所示，可得：tac＝＝粒子從c到b的時間：tcb＝帶電粒子從b點到達a點的時間也是，所以粒子第一次返回a點所用的時間是t1＝tac+tcb+tba＝＝故A正確，B錯誤；CD．粒子第一次到達a點后沿與初速度方向相反的方向向上運動，依次推理，粒子在一個周期內(nèi)的運動；可知粒子運動一個周期的時間是3個圓周運動的周期的時間，即：故C錯誤，D正確；故選AD。10、BC【解題分析】

A．如圖所示在延長線上取。則電勢則連線在等勢面上。由幾何關系得則則電場強度的大小為故A錯誤；B．電場中的電勢差有則故B正確；C．因為則電子在點的電勢能比點低，故C正確；D．因為則電子由點運動到點時電勢能減小，則電場力做功為，故D錯誤。故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、A1.50.40.283【解題分析】

(1)[1]因本實驗需要電流從零開始調(diào)節(jié)，因此應采用滑動變阻器分壓接法；因燈泡內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近，故應采用電流表外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示(2)[2]圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；A.與分析相符，故A正確；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析不符，故C錯誤；D.與分析不符，故D錯誤；(3)[3]燈泡正常工作時的電阻為：則多用電表可以選擇歐姆擋的×1擋；由圖示多用電表可知，其示數(shù)為；(4)[4]當電源內(nèi)阻等于外電路電阻時，電源的輸出功率最大，電源的最大輸出功率為：[5]此時小燈泡的電流為：由圖可知，此時燈泡電壓為：此時小燈泡的功率為：[6]此時小燈泡的電阻為：滑動變阻器接入電路的電阻為：12、8.0系統(tǒng)【解題分析】

根據(jù)位移差公式求解系統(tǒng)的加速度。對整個系統(tǒng)進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達式。根據(jù)誤差來源分析誤差的性質。【題目詳解】(1)[1]根據(jù)位移差公式，解得系統(tǒng)運動的加速度為(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律，對Q和Z有對物體P有聯(lián)立解得。(3)[3]由題意可知本實驗中誤差是由于實驗原