上海市各地区2023年高考物理模拟（二模）题汇编-04解答题

上海市各地区2023年高考物理模拟（二模）题按题型分类汇

编-04解答题

一、解答题

1.（2023届上海市虹口区高三下学期期中学生学习能力诊断测试（二模）物理试题）

如图，一足够长的光滑细杆与水平面成。角固定放置，杆上套有一质量为，"的小球。对

小球施加一沿杆向上的恒定拉力，使其从杆底端。点由静止起匀加速上升。以。点所

在水平面为重力零势能面，在此过程中小球的动能与重力势能始终相等。小球上升到某

位置时撤去拉力，此前拉力共做功W。（重力加速度为g）

（1）求撤去拉力前，小球的加速度G

（2）求拉力大小尸；

（3）通过计算证明：撤去拉力后，小球在继续上升的过程中机械能守恒。

（4）求小球动能为:W时的重力势能

2.（2023届上海市虹口区高三下学期期中学生学习能力诊断测试（二模）物理试题）

如图（4）,边长/=0.2m、单位长度电阻析IQ/m的正方形导线框MCd处于匀强磁场中，

线框所在平面与磁场方向垂直•以6为原点，沿左边建立坐标轴OX。不计电阻的导体

棒*平行于H放置，与线框接触良好。在外力作用下，导体棒以V=O.6m∕s的速度沿X

轴正方向匀速运动，通过导体棒的电流/随导体棒位置坐标X的变化关系如图"）所示。

（1）求磁感应强度大小B：

（2）求/随X变化的表达式;

（3）估算导体棒从x∕=0运动到X2=0.2m的过程中，导线框产生的焦耳热Q。

图(b)

3.（上海市普陀区2022-2023学年高三上学期期末质量调研（一模）物理试题）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3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垂直轨道平面的匀强磁场。一质量为〃?、

阻值为r的金属棒油置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。棒而受水平力的作用，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"在大小为尸的水平恒力作用下运动，运动到P。时的速度为V,求在此过

程中电阻R产生的热量Q；

（2）若棒必通过磁场的过程中，电阻R两端电压U与棒从静止开始运动的时间，满足

U=kt的关系。

①写出U=Zf式中上的单位（用国际单位制中基本单位表示）；

②分析说明棒就在匀强磁场中的运动情况；

③求当棒仍运动到磁场中间时，所受水平力下的大小。

\4P

ClX×X；

B

XJXX

RFL

hXX×

Q

NLd

4.（上海市普陀区2022-2023学年高三上学期期末质量调研（一模）物理试题）如图（"）,

一质量为/M=1.5kg的物块在沿斜面向上的恒力尸作用下，从倾角为6=37。的光滑斜面底

端由静止开始运动。当恒力做功48J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,cos370=0.8,重力加

速度g=10m∕s2）

（1）求撤去力产后物块的加速度；

（2）求物块返回到出发点时的速度大小；

（3）在图"）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VT图像；

（4）求恒力尸的大小。

试卷第2页，共6页

nv∕m∙s'

图(a)图(b)

5.（2023届上海市静安区高三下学期二模测试物理试题）如图，固定在竖直平面内半

径R=OSm的5光滑圆弧轨道AB,其最低点B与足够长的粗糙水平轨道BC无缝连接，

OA为圆弧轨道的水平半径。可视为质点的小物块从A点由静止释放，经B点进入水平

轨道8C,小物块与3C间的动摩擦因数〃=0.2,g取IOm展求：

（1）小物块经B点时的速度V的大小；

（2）小物块刚要到B点时加速度a的大小和方向；

（3）小物块过B点后3s内所滑行的距离s。

6.（2023届上海市静安区高三下学期二模测试物理试题）如图，MN与PQ是两条水平

放置彼此平行间距L=Im的金属导轨，导轨电阻不计，导轨左端接R=IC的定值电阻，

电压表接在电阻两端。质量机=0.2kg,电阻尸1Ω的金属杆必置于导轨上，空间存在垂

直于导轨平面的匀强磁场。/=0时刻M杆受水平向右的拉力尸作用，由静止开始做匀加

速直线运动，油杆与导轨间的动摩擦因数〃=0.2,整个过程油杆始终与导轨接触且垂

直于导轨。己知第4s末，"杆的速度v=2m∕s,电压表示数U=IV。（取重力加速度

g=10m∕s2∙)

（1）在第4s末，H杆产生的感应电动势E和受到的安培力尸少各为多大？、

（2）若第4s末以后，必杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力F为多大？整个过程

拉力的最大值Fm为多大?

（3）若第4s末以后，拉力的功率保持不变，岫杆能达到的最大速度½n为多大？

（4）在虚线框内画出上述第（2）、（3）题中，0~6s内拉力尸随时间f变化的大致图线,

并标出相应的纵坐标数值。

MN

××××××

××××××

×X××××

××××××

××××××

FN

八

02460246

第(2)题对应的尸Y图第(3)题对应的尸-f图

7.(2023届上海市长宁区高三下学期二模测试物理试题)如图所示，U型玻璃细管竖

直放置，底部与足够长的水平细管相连通，各部分细管内径相同。水平细管内用小活塞

封有长为IOCm的气体A,U型管左管上端封有长为IOCm的气体B。右管上端开口并

与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部

为15cm。已知外界大气压强为75CmHg,忽略环境温度变化。

(1)A气体的压强是多少？

(2)将活塞缓慢向左拉，使气体B的长度变为IICm,重新平衡后气体B和A的压强

各是多少？

(3)活塞向左拉动的距离是多少？

BC

8.(2023届上海市长宁区高三下学期二模测试物理试题)如图所示，两根距离为gIm

的足够长的光滑平行金属导轨位于My竖直面内，一端接有阻值为R=2Q的电阻。在y>0

的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿X轴均匀分布，沿y轴大小按规律〃T)

分布。一质量为〃?=0.05kg、阻值为尸1。的金属杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接

触良好。金属杆始终受一大小可调节、方向竖直向上的外力F作用，使它能保持大小为

a=2m/s2、方向沿y轴负方向的恒定加速度运动。片0时刻，金属杆位于产0处，速度大

小为W=4m∕s,方向沿y轴的正方向。设导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，重力加速

试卷第4页，共6页

度g=10m∕s2°求:

(1)当金属杆的速度大小为v=2m∕s时直杆两端的电压;

(2)该回路中感应电流持续的时间；

(3)当时间分别为片3s和∕=5s时，外力尸的大小；

(4)电阻R的最大电功率。

9.(2023届上海市黄浦区高三下学期二模物理试题)如图，在倾角为6的光滑斜坡上有

20个均匀分布的减速带，减速带之间的距离均为d,每个减速带的宽度远小于乩质量

为〃?的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止下滑。小车通过减速带

所损失的机械能与到达减速带时的速度有关。某同学观察发现，小车通过第17个减速

带后，在相邻减速带间的平均速度不再增加。小车通过最后一个减速带后立刻进入与斜

面平滑连接的水平地面继续滑行距离S后停下，小车与地面间的动摩擦因数为〃，重力

加速度为g。

(1)小车进入水平地面时速度V的大小；

(2)小车通过20个减速带共损失的机械能AE怠；

(3)小车通过第17个减速带后，每经过一个减速带损失的机械能ΔE°

10.(2023届上海市黄浦区高三下学期二模物理试题)如图，两根足够长的光滑金属轨

道互相垂直地固定在水平面内，电阻不计二处于磁感应强度为B的匀强磁场中。将单位

长度电阻为r的导体棒与轨道成45。放置于轨道上。r=0时导体棒位于。点位置，在水

平拉力作用下，导体棒从。点沿X轴以速度U匀速向右运动。导体棒与轨道的交点为“

与b。

(1)/时刻导体棒中电流的大小/和方向；

(2)水平拉力尸随时间r变化的关系式尸C)；

(3)分析说明导体棒上产生的焦耳热Q随时间f变化的规律并画出大致图像。

试卷第6页，共6页

参考答案:

2

ɪ.(1)α=gsin6,沿斜面向上；(2)F-2mg∙a∖nθ↑(3)见解析；(4)-W

【详解】(1)设小球沿杆向上移动距离为X,因

Ek-Ep

即

ɪ/nv2=WgxsinJ

解得

y2=2gχsind

结合匀变速公式可以得到加速度

α=gsinθ,沿斜面向上

(2)小球受到三个力的作用，如图

F-mg∙sinθ=ma

解得

F=2mg∙sinθ

(3)设撤去拉力时小球的速度为小小球沿杆已经上升距离6/,则此时机械能

4=；mvf+“zgs∣∙sin6

撤去拉力后，牛顿第二定律

-mg∙s∖nθ=ma'

解得

d=-gsin优沿斜面向下

此后，小球继续沿杆上升任意距离S时的速度

v2=yjvf+2a's=Jv；-2gs.sinθ

答案第1页，共12页

动能

2

Ek2=ɪm∖^-ɪ∕nvj-42gs∙sinθ

机械能总量

-mgs`sinθ∖+mg∙(心+$)Sine=；wv2+IngSl∙sin6=E

E?-Ek2+EpZ=-∏111

2tv,

由于距离S任意，所以，撤去拉力后，小球在任意位置的机械能总量都保持不变，该过程中,

杆对小球的弹力与运动方向垂直，不做功，仅有重力做功。由此可以得出结论：撤去拉力后,

小球在继续上升的过程中，只有重力做功，机械能守恒。

(4)撤去拉力前，动能和重力势能始终相等，故

E=-W

p3

撤去拉力时小球获得机械能为W。撤去拉力后，机械能守恒

EP=W-Ek=IW

2•⑴°∙5T;⑵/"-K.IOX)A；⑶6∙60xWJ

【详解】(1)从图像得知：当X=O.5/=0.Im时

∕=0.3A

此时

RFO∙2C

E=∕R总=0.3x0.2V=O.06V

_E0.06

BD———=0.5T

Iv0.2×0.6

(2)电动势

E=B∕V=0.06V

RrR2[(∕÷2x)∙,θ]∙[(3∕-2x)∙∕jJ(∕÷2x)∙(3∕-2x)(l+10x)(3-10x)ʌ

R折而=赤=&%=ω

棒中电流

E4BF。_1.2

=

仁R总=(l+2x)-(3l-2x)r0(l+10x)∙(3-lOX)ʌ

(3)^从x∕=0运动到X2=0∙2m的过程中，安培力F=B〃先减小后增大，在Ar→0的微小过

程中，克服安培力做功

△W⅛=BZ∕∙Δx=β∕(∕Δx)

故全过程，克服安培力做的总功

答案第2页，共12页

W兑N(AW(S)=B∕∙Z(∕∙∆Λ)

Z(∕∙Ar)则对应图线与X轴包围的“面积”，该“面积”约为

(20×15+3O)×O.O2×O.OlA∙m=6.60×10-2A∙m

克服安培力做功

23

Wi⅛=B∕∙X(∕∙Δx)=O.5×O.2×(6.6O×IO-)=6.6O×lO-J

回路产生电能，并全部转化为线框中的焦耳热约为6.60×lO-3Jo

3・⑴含(口一如)⑵①kg∙m2∕(Ad);②金属棒而做初速度为零的匀加速运动;

③函R+r)IB¥kd

BLRV(R+r)R

【详解】(1)根据能量守恒定律有

Fd=QmV2+Qii

由于棒"与R串联，则电阻R产生的热量为

Q=含/

解得

Q=—^-^Fd--mv1)

R+r2

(2)①根据单位运算可知,A的单位为kg.m2∕(A∙s4);

②〃。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

EBLv

~R+r~R+r

由部分电路欧姆定律可得，电阻H两端电压

BLR

U=IR=----------V

R+r

由题意有

U=kt

则有

U=Ia=旦

R+r

由于3、L、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ah做初速度为

答案第3页，共12页

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

k(R+r)

油所受安培力

由牛顿第二定律得

F-Fι=ιna

解得

mk(R+r)B2Lrv

BLRR+r

由于匀变速直线运动

解得必运动到磁场中间时

k(R+r)d

BLR

因此必运动到磁场中间时水平力尸的大小为

Lmk(R+r)IB3Okd

F=-------------+J----------

BLR∖(R+r)R

v∕m∙s^

4.(1)6m∕s2,方向沿斜面向下；(2)8m/s；(3)_

(4)12N

答案第4页，共12页

【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

图1

由牛顿第二定律得

mgs∖nθ=ma

解得

o=^sin^=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=AEP+ΔJ&

由题意可知

ΔE,,=0

AEk-Ekl-EkO^Eki

故返回到出发点时的动能

Ekl=WF=4SJ

又

Ek=BrnV2

，返回到出发点时的速度

恒∕2×48.c.

V=J———=Jɪʒm/s=8m∕s

（3）如图所示

八WmSl

答案第5页，共12页

(4)由(3)的图像可得撤去力F前后物块加速度的比为

d:a=∖:3

则

d=L=2m∕s2

3

物块撤去力F前受力如图2所示

图2

由牛顿第二定律得

F-mgsinθ=mal

解得

F=ma'+mgsinθ=(1.5×2+1.5×10×0.6)N=12N

或因为"=2m∕s2,所以

fl2=∙∣∙×2×22m=4m

由Wr=Fst得

w48

F=-ji=-N=12N

s'4

5.(1)4m/s；(2)20m∕s2,沿过B点的半径指向圆心；(3)4m

【详解】(1)从A到b只有重力对小物块做功，小物块机械能守恒

ɪʌ

0+mgR=-mv~+0

代入数据得

vB=4m/s

(2)小环刚要到3点时，处于圆周运动过程中，向心加速度

a嗔

代入数据得

a=20m∕s2

加速度方向沿过B点的半径指向圆心。

答案第6页，共12页

（3）小物块过B点后，做减速运动的加速度大小

",="=耍="g=2m∕s2

mm

小物块滑行至停下所用时间

f件=—γ=2s<3s

小物块滑行2s停下

_Vn

S=%=个停=4λm

6.(1)2V,IN；(2)1.4N,1.5N；(3)2.08m∕s;(4)见解析

【详解】（1）4s末回路中感应电流

I*TA

得

E=∕(Λ+r)=2V

由

E=BLv

得

8=IT

4s末必受的安培力

F,.=BIL=IN

（2）油杆匀速运动，受力平衡

F-μmg-∕⅛=O

代入数据得

F=1.4N

整个过程中，匀加速至第4s末时拉力最大

r-fʌv

Fm-μmg-F1i=m-,

代入数据得

Fδ=1.5N

（3）若第4s末开始，拉力的功率不变，此时

答案第7页，共12页

p=jξιιv=3W

t

当ab达到最大速度½w时,此时拉力为F

F'fmg-B2丛■L=Q

/?+r

又

P=FR

联立得

vm=2.08m∕s

（4）上述两种情况拉力F随时间r变化大致图线如图所示

在（3）情形中最终拉力为/=±=1∙44N.

%

7.(1)90cmHg;(2)68cmHg,82cmHg;(3)IOcm

【详解】（1）设大气压强为P。，A气体的压强为

PAl=PBl+Ph∣=PO+Ph∣=(75+15)CmHg=90CmHg

(2)设活塞横截面积为S,活塞缓慢向左拉的过程中，气体B做等温变化，由玻意耳定律

PBKI=PB2%

即

75cmHg×1OcmXS=pB2×1Icm×S

解得

〃B2≈68cmHg

/?A2=/?B2+ph2=(68+10+15-1l)cmHg=82cmHg

答案第8页，共12页

(3)活塞缓慢向左推的过程中，气体A做等温变化，有

PAl匕I=PAZ匕\2

即

90cmHgXIOCmXS=82CmHgXLA2∙S

解得

LA2≈1Icm

末状态时气体B和C的液面高度差为

ΔΛ=(75-68)cm=7cm

活塞拉动的距离

d=Ol-10)cm+(7+l)cm+(ll-I0)cm=10cm

8.(1)友V；(2)%=4s；(3)1.1N,0.6N；(4)-W

3L，9

【详解】(1)当金属杆的速度大小为v=2m∕s时，以y轴正方向为正，此时，位移

U=Zztm=3m

2a2x(-2)

磁场

B=∣√v=∣√3(T)

感应电动势

E=BdV=g币x∖χ2V=S

金属直杆两端的电压

U=看E=映V

(2)感应电流持续的时间为从直杆开始运动到再次回到出发点的时间，即

∆v2%Zl

teι=—=--=4s

(3)当∕=3s时，速度

V=v0+at=(4-2×3)m∕s=-2π√s

直杆向上运动，此时，位移

V2-⅞22-42

ym=3m

2a2x(-2)

磁场

答案第9页，共12页

B=；后=；小T

直杆受竖直向下的重力G、竖直向上的外力R竖直向下的安培力尸玄，由牛顿第二定律得

F]-G-F,ii=ma

4=wjg+Bj"d+ma=(0.05×10+^^3×0'fxι+o.O5X2)N=1.1N

当片5s>4s时，直杆已向上离开磁场区域，此时只受重力G和外力尸作用，由牛顿第二定律

得

F2-G=ma

F2=f∏g+ma=(0.05×10+0.05×2)N=0.6N

(4)电阻R的功率

-Q

其中

B=3G=0∙5

代入，得

当v2=8,即U=2J∑m∕s时尸最大

YW

9.(1)；(2)mg(L+∖9d)sinΘ-JUmgs-(3)mgdsinθ

【详解】(1)在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律

f=μN=μmg

可得