上海市第二中学2024-2025学年高三上学期期末物理试卷

这是一份上海市第二中学2024-2025学年高三上学期期末物理试卷，共12页。试卷主要包含了9km/s，故A正确，BC错误等内容，欢迎下载使用。
1.利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。
实验室温度保持不变，将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气(可看作理想气体)，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一台托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(气体体积V等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
(1)在放置砝码到气体状态稳定的过程中：封闭气体的分子平均动能______(A.变大，B.变小，C.不变)，气体______。(A.吸热，B.放热，C.既不吸热也不放热)
(2)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体______。(A.p与V成正比，B.p与1V成正比)
(3)若气体被压缩到V=10.0mL，由图乙可读出封闭气体压强为______Pa(保留3位有效数字)。
(4)同桌甲、乙两名同学进行实验时，甲同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据的乙同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而______(A.增大，B.减小)。若图乙是乙同学绘制的，请在图乙上大致画出甲同学的p−1V曲线。
二、简答题：本大题共1小题，共3分。
2.1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝箔 1327Al，获得了中子和 1530P，放射性同位素 1530P又衰变产生 1430Si和正电子。磷30是首个通过人工方法获得的放射性同位素。
(1)同位素具有相同的______；
A.核子数
B.中子数
C.质子数
(2)磷30具有放射性，其衰变方程为 1530P→1430Si+______。 1530P的半衰期是2.5min，4g1530P经过10min后还剩______ g。
(3)如图所示，将α粒子、中子、正电子，以及离子P3−和Si4+等五种粒子一起注入到加速电场的中心P(忽略各粒子的初速度)，部分粒子经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出；然后沿以O1为圆心、R为半径的圆弧通过静电分析器，再经速度选择器筛选后，某种粒子进入磁分析器中，在磁场中偏转后被磁场边界处的探测板收集。设原子核中每个核子的质量均为m0，已知元电荷为e(整个系统处于真空中，不计粒子重力和粒子间的相互作用力)。
①经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出的粒子有______。
②若加速电场两极板间的电压大小为U，两极板间距为L；静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等，方向指向圆心。则Si4+在加速电场中所受电场力大小为______。
静电分析器中，与圆心O1距离为R处的电场强度的大小为______。
③(论证)在②的条件下，若粒子进入速度选择器后，它们的运动轨迹如图中虚线①、②、③所示，分析说明到达探测板的粒子是Si4+。
④(计算)在②③的条件下，若磁分析器中以O2为圆心的足够大半圆形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，求Si4+在磁分析器中运动的时间和位移大小。
3.新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源(或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置)，2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划(2021−2035年)》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展，加快建设汽车强国。
(1)赛车手驾驶一辆3吨的长安福特沿斜面下降了10m到达地面，g=10m/s2，若取地面为零势能面，则长安福特开始时的重力势能为______。
A.2×104J
B.3×105J
C.4×105J
D.5×103J
(2)质量m=5000kg的汽车在水平面上以加速度a=2m/s2启动，所受阻力恒为1000N，汽车启动后第1s末的瞬时功率为______(A.2kW,B.11kW,C.20kW,D.22kW)。若汽车的额定功率为35kW，则所能达到的最大速度为______km/ℎ。
(3)在行驶过程中，小明一家遇见一座拱形桥梁，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。小明目测此拱桥的半径大约为10m。那么要安全通过此拱桥，汽车速度不能超过______m/s(g=10m/s2)，若达到这个速度则会导致什么风险______(列举一个即可)。
4.金属的逸出功是材料科学、电子工程等领域研究和应用的重要参数之一，对现代科技和生活产生着深远影响。
(1)用图(a)所示装置得到图(b)，选择有效区域后得到图中的间距ΔX，已知双缝间距为d，双缝到光强分布传感器的距离为D，则激光器中的单色光波长为______。
(2)分别用两束单色光a、b在图(c)中研究光电效应，得到光电流和电压的关系如图(d)所示。
①单色光a、b的光强Ia______Ib(A.>,B.=,C.,B.=,C.0，由此可知Qvα>vSi
进入速度选择器时它们所受洛伦兹力(qvB)向下，电场力(qE)向上，可知速度较大的粒子会向下偏转，根据图中虚线①、②、③得运动轨迹可知沿直线运动一定是速度最小的，可知沿直线通过速度选择器后到达探测板的粒子是速度最小的Si4+。
④Si4+在磁分析器中做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，设其运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
4evSiB=30m0vSi2r
解得：r=1B 15m0U2e
Si4+在磁分析器中运动的时间为t=πrvSi=15πm02eB
Si4+在磁分析器中运动的位移大小为x=2r=1B 30m0Ue
故答案为：(1)C；(2)10e；0.25g；(3)①α粒子、正电子，离子Si4+；②4eUL；UR；③论证见解析；④Si4+在磁分析器中运动的时间为15πm02eB，位移大小为1B 30m0Ue。
3.【答案】B D 126 10 汽车的运动方向将不受控制
【解析】(1)长安福特的质量为m=3T=3×103kg，所以长安福特开始时的重力势能为Ep=mgℎ=3×103×10×10J=3×105J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)设汽车的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F−f=ma，汽车启动后第1s末的瞬时速度为v=at，所以汽车的瞬时功率为P=Fv，代入数据解得P=2.2×104W=22kW，故D正确，ABC错误。
故选：D。
当汽车受力平衡时即F=f时，汽车的速度最大，根据P=Fv可得vm=PF=Pf=35×1031000m/s=35m/s=126km/ℎ
(3)当汽车与拱桥之间的弹力为零时，汽车的速度最大，根据牛顿第二定律有mg=mvm2R，解得汽车的最大速度为vm=10m/s，若达到这个速度，汽车的运动方向将不受控制。
故答案为：(1)B；(2)D，126；(3)10，汽车的运动方向将不受控制。
4.【答案】dΔX7D A B eUc 7ℎcDΔXd−eUc
【解析】(1)由图(b)可知，双缝干涉相邻明条纹的间距为Δx=ΔX7，
根据Δx=Ddλ解得λ=dΔX7D。
(2)①由图(d)可知，单色光a的饱和电流较大，所以单色光a的光强较大，故A正确，BC错误；
故选：A；
②单色光a、b的遏止电压相同，根据eUc=ℎν−W，可知二者频率相同，故B正确，AC错误；
故选：B。
③光电子的最大初动能为Ekm=ℎν−W=eUc；
(3)根据ν=cλ，联立解得W=ℎν−eUc=7ℎcDΔXd−eUc；
故答案为：(1)ΔX7；
(2)A，B，eUc；
(3)7ℎcDΔXd−eUc；
5.【答案】A C ABC D 2v0R2Gt 2v0Rt 2 超重
【解析】(1)地球卫星的发射速度为第一宇宙速度即mg=mv2R，解得v=7.9km/s，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)根据开普勒第二定律可知，彗星在近日点的速度a点最大，远日点c的速度最小，由对称性可知，从a到c所用时间为二分之一周期，且从a到b所用时间小于从b到c所用时间，则该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期应位于bc之间。故C正确，ABD错误。
故选：C。
(3)A.轨道1变轨到轨道2在P点点火加速，因此变轨后经过P点的速度大于变轨前的速度，故A正确；
B.轨道2变轨到轨道3在Q点点火加速，因此变轨后经过Q点的速度大于变轨前的速度，故B正确；
C.卫星在Q点都是由万有引力提供向心力，则有GMmr2=ma，解得a=GMr2，因为卫星在经过Q点时和地球的距离r不变，则变轨前后在Q点的加速度相等，故C正确；
D.卫星在轨道3与在轨道l上根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，且r3>r1，故卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，故D错误。
故选：ABC。
(4)由于火焰向下喷出，根据牛顿第三定律可知，助推器受到向上的推力，且推力大于重力，使助推器减速下降，故合力的方向向上。故D正确，ABC错误。
故选：D。
(5)设星球表面的重力加速度为g，根据抛体运动规律可知t=2v0g，解得g=2v0t，在星球表面，万有引力与重力相等，则有GMmR2=mg，解得M=gR2G，得M=2v0R2Gt；设该星球上的第一宇宙速度为v，则有mg=mv2R，解得v= 2v0Rt；
(6)由题可知FN−mg=ma，FN=3mg，解得a=2g，飞船的加速度大小为重力加速度的2倍；由题意可知，助推器返回并靠近发射台时，需要减速下降，具有向上的加速度，故助推器处于超重状态。
故答案为：(1)A；(2)C；(3)ABC；(4)D；(5)2v0R2Gt， 2v0Rt；(6)2，超重。
6.【答案】4×10−5 8×10−5 A 穿过线圈的磁通量发生变化 C 0.15 7.5×10−2 50 220 4 160 190
【解析】设T1原、副线圈匝数之比为n1n2，设T2原、副线圈匝数之比为n3n4
(1)初始磁通量Φ1=BSsin30∘
解得Φ1=4×10−5Wb
线圈转过60∘后，磁通量Φ2=−BSsin30∘
磁通量变化量ΔΦ=|Φ2−Φ1|。
解得 ΔΦ=8×10−5Wb。
(2)因为线圈在磁场中转动，穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律，会产生感应电动势，若电路闭合则会产生感应电流，所以答案为A，理由是穿过线圈的磁通量发生变化。
(3)交流电流表读数为有效值，选C
感应电动势最大值Em=NBSω
有效值E=Em 2
总电阻R总=2Ω+8Ω=10Ω
电流有效值I=ER总
解得I=0.15A
线圈转过60∘过程中，ΔΦ=BS−BSsin30∘
平均感应电动势
E−=NΔΦΔt
平均感应电流I−=E−R总
电荷量q=I−Δt=NΔΦR总。
代入数据计算得q=7.5×10−2C
(4)①由u=220 2sin100πt(V)，可得ω=100π，
根据ω=2πf
解得频率f=50Hz
②降压变压器副线圈电压有效值U4=220V
降压变压器副线圈电压即为用户端电压有效值
故用户端的用电电压有效值为220V。
③因为I3为用户的电流
所以I3=U4R0
解得I3=20A
根据U3U4=n3n4
可得U3=n3n4U4
④输电线电流I2，输电线电阻R=10Ω，则输电线上损耗的功率ΔP=I22R
根据I2I3=n4n3
解得ΔP=160W⑤设升压变压器原线圈电流ΔV，
ΔV=I2R
U1U2=n1n2U2=ΔV+U3U3U4=n3n4
联立得U1=n2n1(n3n4U4+ΔV)
代入数据U1=190V
故答案为：(1)4×10−5，8×10−5
(2)A，穿过线圈的磁通量发生变化
(3)C，0.15，7.5×10−2
(4)①50；②220；③4；④160；⑤190