2022学年第二学期普陀区高三质量调研物理试卷考生注意：1.试卷满分100分，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。本考试分设试卷和答题纸，考试时间60分钟。2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名。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。第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分。每小题只有一个正确答案）1. 现今核电站的核能主要来源于核燃料的（
）A. 聚变反应B. 裂变反应C. 衰变反应D. 化学反应【答案】B【解析】【详解】核电站的核能主要来自铀235的裂变，是裂变反
应。故选B。2. 用一束单色光照射某金属板，金属板表面没有电子逸出，这可能是因为光的（ ）A. 频率太低B. 波长太短C. 光强
不够强D. 照射时间不够长【答案】A【解析】【详解】当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，与入射光的强度以及照射的时
间无关，则用一束单色光照射某金属板，金属板表面没有电子逸出，这可能是因为光的频率太低、波长太长的缘故。故选A。3. 一定质量的气体
保持温度不变，在将其压缩的过程中，气体（ ）A. 压强增大，分子平均动能不变B. 压强增大，分子平均动能增大C. 压强减小，分子
平均动能不变D. 压强减小，分子平均动能减小【答案】A【解析】【详解】根据玻意耳定律可知，温度不变情况下，体积减小时压强增大。分子
的平均动能只与温度有关，温度不变，分子平均动能不变。故选A。4. 甲、乙两单摆在同一地点做简谐振动，其振动图像如图所示。两摆的摆长
和摆球质量分别为和，它们之间可能的关系是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【详解】根据题意，由图可知由单摆
周期公式可得由于单摆的周期与摆球的质量无关，无法确定摆球质量关系。故选C。5. 如图，起重机用钢索在竖直方向上吊装重物，在重物减速
下降的过程中（不计钢索的重力），钢索对重物的作用力（ ）A. 小于重物对钢索的作用力B. 小于重物的重力C. 大于重物对钢索的作
用力D. 大于重物的重力【答案】D【解析】【详解】AC．根据牛顿第三定律可知，钢索对重物的作用力与重物对钢索的作用力是一对相互作用
力，大小相等，方向相反，故AC错误；BD．根据题意可知，重物减速下降，则加速度方向向上，重物处于超重状态，则钢索对重物的作用力大于
重物的重力，故B错误，D正确。故选D。6. 如图，将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出（不计空气阻力），小球先后经过b、c
两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h，重力加速度为g，取a点所在的水平面为零势能面，则小球在（ ）A. b点的
机械能为2mghB. b点的动能为 C. c点的机械能为mghD. c点的动能为 【答案】D【解析】【详解】AC．不计空气阻力，小
球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球机械能守恒，则小球在B点的机械能等于在C点的机械能，均为AC错误；B．小球由a到b
过程中，根据机械能守恒定律有解得小球在B点的动能为B错误；D．小球由b到c过程中，根据机械能守恒定律有解得小球在C点的动能为D正确
。故选D。7. 质量为m0的某元素原子核发生衰变，经过时间t，该元素原子核剩余的质量为m，其关系如图所示。该元素的半衰期约为（
）A. 67dB. 101dC. 115dD. 124d【答案】C【解析】【详解】由题图可知，元素的质量从衰变至所用时间为有半数发
生衰变了，根据半衰期定义可知，元素的半衰期约为115d。故选C。8. 如图，波源O垂直于介质平面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质
中向四周传播。t=0时，离O点5m的A点开始振动；t=1s时，离O点10m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置。则波的（
）A. 周期为0.4s，波速为5m/sB. 周期为0.4s，波速为5m/sC. 周期为0.2s，波速为5m/sD. 周期为0.2
s，波速为5m/s【答案】A【解析】【详解】t=1s时，A点第五次回到平衡位置，所以解得t=1s时，离O点10m的B点也开始振动，
则波传播了,波速为故选A。9. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关
系如图所示，其中P点电势最高，且APq2B. 两点电荷均带正电，且q1<
q2C. 两点电荷均带负电，且q1>q2D. 两点电荷均带负电，且q1 度，可知P点场强为零，可知两点电荷为同种电荷，且有由于可得由图像可知，两点电荷连线上各点电势均为负值，则两点电荷均带负电。故选D。
10. 如图，装有水银的玻璃细管位于竖直平面内，其中a管水平、左端用活塞封闭了一段气柱；b、c管竖直，b管上端封闭了一定量的气体、
c管上端与大气相通。最初b、c两管中水银面恰好相平，现保持温度和大气压不变，将活塞缓慢向左拉动一小段距离（b、c管仍有水银），稳定
后b管中水银面将（ ）A. 高于c管中水银面，a管中的气柱长将变短B. 高于c管中水银面，a管中的气柱长将变长C. 低于c管中水
银面，a管中的气柱长将变短D. 低于c管中水银面，a管中的气柱长将变长【答案】B【解析】【详解】设开始时a管中的压强为，b、c管水
银高度为cm，大气压强为，则将a管活塞缓慢向左拉动时，a管中气体压强减小，b、c管中水银下降，设稳定后a管中的压强为，c管水银高度
为cm，则故该过程a管中气体为等温变化，根据玻意耳定律可得因此即a管中的气柱变长，设b管中气体初始压强为，稳定后为，由题意可知由于
b管中气体为等温变化，根据玻意耳定律可得由于b管中水银下降，因此故因此稳定后b管中水银面高于c管中水银面。故选B。11. 三个完全
相同的小物体A、B、C如图放置。大小为F的水平力作用于A，使三物体一起向右匀速运动。经过一段时间撤去力F，三物体仍一起向右运动，此
时A、B间摩擦力Ff与B、C间作用力FN的大小分别是（ ）A. Ff=0、FN=B. Ff=、FN=0C. Ff=、FN=D.
Ff=、FN=【答案】B【解析】【详解】以A、B、C为整体，三物体一起向右匀速运动时，地面对整体的摩擦力大小为撤去力，，三物体仍一
起向右运动，以A、B、C为整体，根据牛顿第二定律可得以A对象，根据牛顿第二定律可得以C为对象，根据牛顿第二定律可得解得故选B。12
. 两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa=O
b，b静止时的截面图如图所示。若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中（ ）A. 细线对b的拉力逐渐变
小B. 地面对a的作用力变小C. 细线对b的拉力逐渐变大D. 地面对a的作用力变大【答案】D【解析】【详解】由题意可知导线中电流方
向与导线中相反，在中电流缓慢增大的过程中，对导线受力分析如下图所示易得与矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有由此可知细线对b拉力
不变，而在逐渐增大，故导线间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知导线对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大。
故选D。二、填空题（共20分。本大题有5小题，每小题4分，每空格2分。）13. PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮
颗粒物，其能较长时间漂浮在空中做无规则运动，这种无规则运动是________（选填“分子热运动”或“布朗运动”），影响这种无规则运
动剧烈程度的因素有_____________________________。【答案】 ①. 布朗运动 ②. 温度和颗粒大小【解析
】【详解】[1]这种无规则运动是布朗运动。[2]影响这种无规则运动剧烈程度的因素有温度和颗粒大小。14. 一个经过一系列的α、β衰
变后变为了，在此过程中放射出电子的总个数为________，每放射出一个电子原子核内就多了一个________。【答案】 ①. 6
②. 质子【解析】【详解】[1][2]一个经过一系列的α、β衰变后变为了，设发生α、β衰变的次数分别为x、y，则238-206=
4x92-82=2x-y解得：x=8， y=6每发生一次β衰变就放出一个电子，则在此过程中放射出电子的总个数为6，每放射出一个电子
原子核内就多了一个质子。15. 如图（a），电路中电源的内阻可忽略不计，其电动势E=6V，R1为可变电阻。电阻R的U –I特性曲线
如图（b）所示。当通过电阻R的电流强度为2.0mA时，R的阻值为________Ω。将可变电阻阻值调到750Ω时，R两端的电压为_
________V。【答案】 ①. 1000 ②. 3【解析】【详解】[1]由图知，当通过电阻R的电流强度为2.0mA时，电阻R的
电压为2V，根据欧姆定律[2]将可变电阻等效到电源的内阻，在图中画出等效电源的U –I特性曲线通过交点可知，此时R两端的电压为3V
。16. 2021年8月20日出现了“木星冲日”，即木星、地球和太阳几乎排列成一线，且地球位于太阳与木星之间的现象。已知木星与地球
几乎在同一平面内绕太阳近似做匀速圆周运动，且绕行方向相同。木星、地球相关数据见表格。质量半径公转半径地球mRr木星约320m约11
R约5r不考虑木星与地球间的引力作用及自转影响，木星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的________倍；大约再经过____
____年可再次看到“木星冲日”现象。（均保留1位小数）【答案】 ①. 2.6 ②. 1.1【解析】【详解】[1]行星对表面物体万
有引力等于物体在表面时受到的重力，有解得木星质量是地球质量的320倍，木星半径是地球半径的11倍，则木星表面的重力加速度比地球表面
的重力加速度之比为[2]根据开普勒第三定律有可得T木≈112T地=11.2年设从木星冲日到下次木星冲日的时间间隔为t，则解得t≈1
.1年17. 如图，空间中存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。五根长为L、阻值为R金属杆，其中四根杆组成正方形闭合框架
，固定在绝缘水平桌面上；另一根杆ab搁在框架上且始终接触良好。ab杆在外力作用下以速度v匀速从框架最左端运动到其最右端。在此过程中
，正方形框架产生的总热量________（选填“大于”“等于”或“小于”）ab杆产生的总热量；正方形框架所受安培力最小值为____
____。【答案】 ①. 小于 ②. 【解析】【详解】[1]ab杆向右匀速运动，产生的感应电动势为E=BLv是定值，ab杆可以看作
电源，框架构成外电路，当ab杆运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，等于ab杆的电阻，除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U=I
R可知，外电压小于等于内电压，由Q=UIt可知正方形框架产生的总热量总是小于ab杆产生的总热量。[2]当ab杆运动到框架的中间位置
时，外电路电阻最大，电路电流最小此时正方形框架所受安培力最小值三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回
答问题的过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。18. “用DIS研究物体加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示。
（1）第一组、第二组同学分别将轨道水平、倾斜放置（A端垫高）进行实验，根据实验数据分别绘制了图线，如图（b）所示。图线①是轨道__
________（选填“水平”或“倾斜”）放置实验时获得的图线，其横轴截距的物理含义是____________________；图
线②没过原点的原因是_________________________。（2）两组同学思考后，调整装置，重新实验，获得实验图线③和
④，如图（c）所示，图线③和④不重合的原因是___________________________________________
____。（3）实验时小车所受拉力的实际值________（选填“大于”“等于”或“小于”）测量值。【答案】 ①. 水平 ②. 水
平轨道与小车之间的摩檫力大小 ③. 轨道倾角过大（A端垫得过高） ④. 两组同学实验时所用小车（及配件）的总质量不同 ⑤. 小于【
解析】【详解】（1）[1][2]由图线①可知，当增大到一定值后，物体才有加速度，可知没有平衡摩擦力，则为轨道水平放置实验时获得的图
线，根据牛顿第二定律可得当时可知其横轴截距的物理含义是水平轨道与小车之间的摩檫力大小；[3]由图线②可知，合外力为零时，小车的加速
度不为零，可知为平衡摩擦力过度，即轨道倾角过大（A端垫得过高）；（2）[4]根据牛顿第二定律可得图线③和④斜率不同，可知质量不同，
故原因为两组同学实验时所用小车（及配件）的总质量不同；（3）[5]实验中是以钩码的重力作为物体所受的合外力，设钩码质量为，物体质量
为,以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有解得以物体为研究对象，得绳子的拉力为可知即实验时小车所受拉力的实际值小于测量值。19. 如
图，两光滑金属导轨平行放置在绝缘水平面上，导轨间距为L，左侧接一阻值为R的电阻。MN与PQ相距为d，其间有磁感应强度为B，垂直轨道
平面的匀强磁场。一质量为m、阻值为r的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。棒ab受水平力的作用，从磁场的左边界MN由静止开
始向右边界PQ运动。（不计导轨的电阻）（1）若棒ab在大小为F的水平恒力作用下运动，运动到PQ时的速度为v，求在此过程中电阻R产生
的热量Q；（2）若棒ab通过磁场的过程中，电阻R两端电压U与棒从静止开始运动的时间t满足U=kt的关系。① 写出U=kt式中k的单
位（用国际单位制中基本单位表示）；② 分析说明棒ab在匀强磁场中的运动情况；③ 求当棒ab运动到磁场中间时，所受水平力F的大小。【
答案】（1）；（2）①kg·m2/（A·s4）；②金属棒ab做初速度为零的匀加速运动；③【解析】【详解】（1）根据能量守恒定律有由
于棒ab与R串联，则电阻R产生的热量为解得（2）①根据单位运算可知，k的单位为kg·m2/（A·s4）；②ab切割磁感线产生的感应
电动势为E=BLv由闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流由部分电路欧姆定律可得，电阻R两端电压由题意有U=kt则有由于B、L、R、r
是恒定值，则金属棒的速度应随时间均匀增大。因此金属棒ab做初速度为零的匀加速运动。③根据上述有则有故ab做匀加速运动的加速度ab所
受安培力由牛顿第二定律得F–F1=ma解得由于匀变速直线运动解得ab运动到磁场中间时因此ab运动到磁场中间时水平力F大小为20.
如图（a），一质量为m=1.5kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，从倾角为θ=37°的光滑斜面底端由静止开始运动。当恒力做功48
J后撤去F，再经过一段时间后物块又返回斜面底端。已知物块沿斜面上滑和下滑所用的时间的比是2∶1。（sin37°=0.6，cos37
°=0.8，重力加速度g=10m/s2）（1）求撤去力F后物块的加速度；（2）求物块返回到出发点时的速度大小；（3）在图（b）中画
出，物块从开始运动到返回底端过程中的速度与时间的v –t图像；（4）求恒力F的大小。【答案】（1）6m/s2，方向沿斜面向下；（2
）8m/s；（3）；（4）12N【解析】【详解】（1）撤去力F后，物块受重力和斜面的弹力作用，受力如图1所示由牛顿第二定律得mgsinθ=ma解得a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2撤去力F后物块的加速度大小为6m/s2，方向沿斜面向下。（2）物块从静止开始运动到返回出发点的过程中，由功与能量变化的关系可得WF=?Ep+?Ek由题意可知?Ep=0?Ek=Ekt?Ek0=Ekt故返回到出发点时的动能Ekt=WF=48J又Ekt=mv2∴返回到出发点时的速度（3）如图所示（4）由（3）的图像可得撤去力F前后物块加速度的比为a?∶a=1∶3则a?=a=2m/s2物块撤去力F前受力如图2所示由牛顿第二定律得F–mgsinθ=ma?解得F=ma''+mgsinθ=(1.5×2+1.5×10×0.6）N=12N或因为a?=2m/s2，所以s?=a?t?2=×2×22m=4m由WF=Fs?得第 17 页，共 17 页 |
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