2023-2024学年上海市金山区高三（上）期末物理试卷（一模）（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市金山区高三（上）期末物理试卷（一模）（含解析），共14页。试卷主要包含了简答题等内容，欢迎下载使用。

1.某幼儿园的滑梯设计高度为2.4m。滑梯轨道设计为直线，轨道和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4。
(1)幼儿从地面攀登上滑梯最高处，重力势能增加量最接近______ 。

B.36J
C.360J
D.3600J
(2)为使幼儿恰能沿轨道匀速下滑，滑梯轨道的水平跨度应为______ m。
(3)(计算)若轨道的水平跨度设计为3.2m，幼儿从滑梯上沿轨道由静止起下滑到末端需多长时间？(g取10m/s2)
2.用如图1所示的电路研究通电螺线管的磁场(虚线框内是螺线管)。用磁传感器测量螺线管内外的磁感应强度分布。

(1)虚线框内螺线管(空心线圈)符号是(图2) ______ 。(填选项)
(2)合上开关，固定滑片位置(图3)，记录磁传感器探测管前端插入螺线管内部的距离d与相应的磁感应强度B，正确操作后得到的实验图像应是(图4) ______ 。(填选项)
(3)用数字式多用表测量电池两端的电压，如图5所示。在闭合电键前，应将黑色表笔插入______ ，功能旋钮旋转至______ 。
(4)若通电后，在螺线管正上方小磁针N极向右，如图6所示，则此时螺线管左侧区域通电直导线受到的安培力方向为______ 。
(5)(计算)如图7移动滑片，多次测量通过螺线管的电流强度I、通电螺线管内部正中间磁感应强度B和电池两端电压U，以此绘出B−I和B−U图线。求电源电动势。
3.气压传动是工业中常见的传动方式。如图1a所示，面积为2S的活塞A静止，与气缸右端相距L1。用力缓慢右移活塞A，通过压缩气体顶起面积S的活塞B和上方高h的液柱(液体密度ρ)，最终活塞B和液体上升L2，如图1b所示。活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变。大气压强为p0，忽略弯管中的气体体积，装置不漏气，不计摩擦和两活塞质量。

(1)图中液体______ (选填：A.浸润B.不浸润)竖直管道。管道分子对附着管壁的液体分子的吸引力______ (选填：A.大于B.小于)液体内部分子间的吸引力。
(2)下列选项中，能正确描述某种气体分子速率分布规律的是(图2) ______ 。(填选项)
(3)初始时，封闭气体的压强大小为______ ；最终活塞B上升的高度L2= ______ (用p0、ρ、g、h、L1表示)。
(4)若活塞A对封闭气体做正功W，气体对外放热Q。不考虑气体分子势能，忽略气体质量，则气体内能______ 。
A.增加，且W=Q
B.增加，且W>Q
C.不变，且W=Q
D.不变，且W>Q
4.用相同的器材分别在地面和“天宫”中做实验，能观察到完全不同的现象。地球表面重力加速度为g。

实验一：如图a所示，用固定细杆悬挂一个质量为m的小球，轻绳长为L。给小球一个垂直于绳、较小的初速度v。
实验二：如图b所示，静止释放质量为3m的球A，同时给质量为m的球B初速度v向A球球心运动，通过背景中小方格观察两球运动情况。
(1)在“天宫”中进行实验一，小球第一次回到出发点所用时间为______ ，小球具有初速度的瞬间，绳子拉力大小为______ 。
(2)在地球表面进行实验一，小球第一次回到出发点所用时间为______ ，增加小球质量再次实验，该时间______ (选填：A.增大B.减小C.不变)。
(3)在“天宫”中进行实验二，经过时间Δt两球发生碰撞，忽略两球碰撞时间，照相机拍下如图c所示的不同时刻的两球位置照片。
①在碰撞后A球的速度u= ______ v；
②(简答)两球间的碰撞是否为弹性碰撞？判断依据是什么？
(4)(计算)在地球表面进行实验二，两球释放时，A球底部距离地面h，且已知在“天宫”中进行实验二时的Δt和u，不计空气阻力。计算A球落地位置与其释放位置的水平间距x(用u、Δt、g、h表示)。
5.有线和无线两种充电方式均可以给手机电池充电。有线充电需要充电器将民用“220V、50Hz”的正弦交流电转为低压交流电，再变为低压直流电给手机充电。无线充电原理可建模为两个线圈，如图1所示：一个通有交流电的线圈甲，正上方h处有一个n匝的线圈乙连接手机电池。

(1)有线充电的充电器内含变压器，原副线圈匝数之比为44：1。则降压后得到交流电的______ 。
A.最大值为5V，频率为50Hz
B.有效值为5V，频率为50Hz
C.最大值为5V，频率为1.14Hz
D.有效值为5V，频率为1.14Hz
(2)如图2所示，某个手机充电时打入电话，手机开始振动，其频率f1。离手机一段距离的充电线A位置也在振动，其频率f2。f1和f2的大小关系以及你判断的依据最合理的是______ 。
A.f1=f2，简谐振动的规律
B.f1>f2，简谐振动的规律
C.f1=f2，机械波的传播规律
D.f1>f2，机械波的传播规律
(3)当线圈甲中通过如图3所示、周期为T的正弦交流电(自上而下看，取顺时针方向为正)，将线圈乙视为纯电阻闭合线圈。则T4～3T4时间内，自上而下看，线圈乙中的感应电流方向为______ 。在5T8时刻，甲、乙两线圈相互______ (选填：A.吸引B.排斥)。
(4)(计算)线圈甲通过“三角”交流电，产生的磁场穿过线圈甲和乙。甲的单匝线圈内磁通量Φ甲满足如图4所示的变化规律，乙的单匝线圈内磁通量与高度h有关，近似满足Φ乙=Φ甲(1−kh)。若无线充电要求线圈乙中感应电动势大小不低于E0，则充电时两线圈间距h不能超过多少？(结果用E0、Φ0、T、n、k表示)
6.大气层中存在着电场，在近地区域可视为匀强电场，平时电场强度为100V/m，阴雨天气时甚至能达10000V/m。电势仅在竖直方向产生变化，高处电势更高。蜘蛛带上和地面相同性质的电荷后，可利用电场起飞。某些小蜘蛛可以在空中“飞行”几十公里。
为了验证上述猜想，将一只质量m的蛛放在密闭的容器中，隔绝空气流动、外部电场。在容器内施加竖直方向的电场后，蜘蛛果然飞了起来！已知蜘蛛运动中受到空气阻力大小为f=kv。

(1)地表所带电荷性质、电场线方向是______ 。
A.带正电，电场线竖直向上
B.带负电，电场线竖直向上
C.带正电，电场线竖直向下
D.带负电，电场线竖直向下
(2)实验中采用两片间距d、正对面积S的水平金属板。闭合电键K用电压U充电，完成后每片金属板带电量绝对值为Q，中间产生匀强电场，如图1所示。完成充电后______
A.K保持闭合，仅增大d，则Q增大
B.K保持闭合，仅减小S，则Q增大
C.断开K，仅增大d，则两板之间电压大于U
D.断开K，仅减小S，则两板之间电压小于U
(3)调整电场强度的大小，蜘蛛在容器中竖直方向上匀速运动时其速度v(向上为正)与场强E满足如图2所示的图线Ⅰ。则增加蜘蛛带电量后，其E−v图线Ⅱ可能是(图3) ______ 。(填选项)
(4)(多选)蜘蛛匀速竖直上升中，若突然减小电场强度(方向不变)，在蜘蛛撞击容器壁之前，蜘蛛的电势能可能______
A.一直增大
B.一直减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
(5)(计算)用100E0的电场使蜘蛛在容器底部从静止起竖直上升高度h1，再改为50E0的电场(方向不变，忽略改变时间)，蜘蛛以速度v匀速落回容器底部。整个过程中，蜘蛛共克服空气阻力做功多少？(结果用m、g、k、v、h1表示)
(6)(简答)若蜘蛛以0.1m/s的速度竖直向上运动，因地磁场的存在(磁场水平分量约10−5T，自南向北)，带负电的蜘蛛理论上会受到的洛伦兹力方向指向哪里？实验中为何仅考虑蜘蛛受到电场力而并未考虑洛伦兹力的影响？
答案和解析
1.【答案】C 6
【解析】解：(1)幼儿的质量约为15kg，幼儿从地面攀登上滑梯最高处，重力势能增加量最接近
ΔEp=mgh=15×10×2.4J=360J
故ABD错误，C正确；
故选C。
(2)幼儿恰能沿轨道匀速下滑，根据平衡条件可得
mgsinθ=μmgcsθ
解得
tanθ=0.4
滑梯轨道的水平跨度应为
L=htanθ
解得L=6m
(3)若轨道的水平跨度设计为3.2m，根据几何关系有
tanα=hL′=
幼儿从滑梯上沿轨道由静止起下滑到末端，根据牛顿第二定律
mgsinα−μmgcsα=ma
解得加速度为
a=2.8m/s2
根据动力学公式
hsinα=12at2
解得幼儿从滑梯上沿轨道由静止起下滑到末端所需时间为
t=1.7s
故答案为：(1)C；(2)6；(3)幼儿从滑梯上沿轨道由静止起下滑到末端需1.7s
(1)根据重力做功计算重力势能；
(2)根据共点力平衡条件解答；
(3)根据牛顿第二定律及运动学规律解答。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握受力分析，注意几何关系的分析。
2.【答案】A A 标有“−”号的插孔 直流电压挡 垂直纸面向内
【解析】解：(1)A.图为螺线管(空心线圈)，故A正确；
B.图为电动机，故B错误；
c..图为电容器，故C错误；
D.图为可变电容器，故D错误。
故选：A。
(2)通电螺线管的内部可认为是匀强磁场，所以在中间位置一定范围内磁场强度几乎不变，内部磁场比螺线管端口磁场强度大，螺线管的磁场关于中点对称，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)使用多用电表测电压，应让电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故黑表笔应插入标有“−”号的插孔；
使用多用电表测电池的电压，应该选择直流电压挡
(4)根据“同名次及相互排斥，异名磁极相互吸引”可得，螺线管的左侧为N极，即螺线管左侧区域磁场方向为向左，根据左手定则可得，通电直导线受到的安培力的方向为垂直纸面向内。
(5)由B−I图像可知，通电螺线管内部正中间磁感应强度B与过螺线管的电流强度I成正比，即当电路处于断路时，电流为零，磁感应强度也为零；由B−U图像可知，当磁感应强度为零时，电路处于断路，此时电池两端电压U为电源电动势即B−U图像的横截距为电源电动势E=4.5V。
故答案为：(1)A；(2)A；(3)标有“−”号的插孔；直流电压挡；(4)垂直纸面向内；(5)电源电动势为4.5V
(1)根据常用元件符号分析解答；
(2)通电螺线管的内部可认为是匀强磁场；
(3)根据多用电表的使用方法解答；
(4)根据左手定则分析解答；
(5)根据图像分析解答。
本题考查通电导线及周围的磁场、多用电表的使用，解题关键掌握左手定则的运用。
3.【答案】A A A p0 2p0L1p0+ρgh C
【解析】解：(1)液面呈凹液面，图中液体浸润竖直管道，故选A。
管道分子对附着管壁的液体分子的吸引力大于液体内部分子间的吸引力，故选A。
(2)由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为
p1=p0
最终封闭气体的压强大小为
p2=p0+ρgh
活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律pV=C，可知
p1L1×2S=p2L2S
解得
L2=2p0L1p0+ρgh
(4)由于活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，所以气体的内能不变，由热力学第一定律知Q=W，故ABD错误，C正确；
故选：C。
故答案为：(1)A，A；(2)A；(3)p0；2p0L1p0+ρgh；(4)C
(1)根据浸润的特点及分子间作用力分析解答；
(2)不同温度下的分子速率分布曲线的特点是分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律；
(3)根据玻意耳定律分析解答；
(4)根据热力学第一定律分析解答。
本题考查热力学第一定律、玻意耳定律等知识点，解题关键掌握气体状态的分析及内能与温度有关的特点。
4.【答案】2πLv mv2L π Lg C 12
【解析】解：(1)在“天宫“中进行实验一，小球只受绳子的拉力，做匀速圆周运动，轨道半径为L，第一次回到出发点所用时间为一个周期，即
T=2πLv
绳上的拉力提供向心力，有
F=mv2L
(2)在地球表面进行实验一，小球来回摆动，因初速度较小，可视为简谐振动，周期为
T=2π Lg
小球第一次回到出发点所用时间为
t=T2=π Lg
由于单摆的周期与小球质量无关，所以再次实验，时间不变。
故选C。
(3)①在“天宫“中进行实验二，A球释放后静止，B球以v匀速，设每个小方格边长为s，则B球碰前速度为
v=6sΔt
B球碰后速度大小为
v′=3sΔt
所以
v=2v′
规定向左为正方向，根据动量守恒定律，有
mv=3mu−mv′
解得
u=v2
②碰前两球的能量为
E=12mv2
碰后两球的能量为
E′=12mv′2+12×3mu2
解得E=E′
所以是弹性碰撞。
(4)在地球表面进行实验二，竖直方向做自由落体运动，有
h=12gt2
落地的时间为
t= 2hg
落下Δt时间后，有水平速度u，则A球落地位置与其释放位置的水平间距为
x=u( t−Δt )
解得x=u( 2hg−Δt)
故答案为：(1)2πLv；mv2L；(2)π Lg；C；(3)①12；②是弹性碰撞；(4)A球落地位置与其释放位置的水平间距为u( 2hg−Δt)
(1)根据周期公式结合向心力公式解答；
(2)根据单摆周期公式分析解答；
(3)根据动量守恒定律分析解答；
(4)根据平抛运动规律分析解答。
本题考查动量守恒定律的探究实验、圆周运动等知识点，解题关键掌握动量守恒的条件，注意规定正方向。
5.【答案】B C 顺时针 B
【解析】解：(1)由变压器规律U1U2=n1n2
解得降压后副线圈的有效值为
U2=5V
变压器不改变交变电流频率，所以降压后的交流电频率仍为50Hz。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)手机开始振动后，手机上的振动会沿充电线向外传播，能形成类似机械波的情况，结合机械波的传播规律，可知充电线的振动类似机械波的传播过程中沿波的传播方向上的质点的振动，充电线振动的频率与手机的振动频率相等，即f1=f2
故ABD错误，C正确；
故选：C。
(3)14T～34T时间内，由图电流沿顺时针方向逐渐减小，根据楞次定律和安培定则，乙线圈的感应电流方向为顺时针方向。
在58T时刻，乙线圈感应电流的方向为顺时针方向，与甲线圈电流方向相反，所以甲、乙两线圈相互排斥，故选B。
(4)由法拉第电磁感应定律可知E0=nΔΦ1Δt=nΦ0(1−kh)T4=n4Φ0T(1−kh)
解得
h=1k−E0T4nkΦ0
故答案为：(1)B；(2)C；(3)顺时针；B；(4)充电时两线圈间距h不能超过1k−E0T4nkΦ0
(1)根据变压器规律U1U2=n1n2分析解答；
(2)充电线振动的频率与手机的振动频率相等；
(3)根据楞次定律分析感应电流的方向；
(4)根据法拉第电磁感应定律分析解答。
本题考查法拉第电磁感应定律的应用，题目较为简单，熟记法拉第电磁感应定律即可求解。
6.【答案】D C D BD
【解析】解：(1)由电场线性质可知，电场线从高电势指向低电势，题中电势仅在竖直方向产生变化，高处电势更高，可知地表所带电荷为负电荷，电场线方向是竖直向下，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)A.K保持闭合，则U不变，仅增大d，由C=ɛrS4πkd可知，C减小，由C=QU可知，Q减小，故A错误；
B.K保持闭合，则U不变，仅减小S，由C=ɛrS4πkd可知，C减小，由C=QU可知，Q减小，故B错误；
C.断开K，则Q不变，仅增大d，由C=ɛrS4πkd，可知，C减小，由C=QU可知，U增大，则两板之间电压大于U，故C正确；
D.断开K，则Q不变，仅减小S，由C=ɛrS4πkd可知，C减小，由C=QU是可知，U增大，则两板之间电压大于U，故D错误。
故选：C。
(3)蜘蛛运动中受到空气阻力大小为f=kv，根据受力分析可知
qE=mg+f
解得
E=kqv+mgq
则增加蜘蛛带电量后，其E−v图线Ⅱ可能是D。故D正确，ABC错误；
故选：D。
(4)蜘蛛匀速竖直上升中，若突然减小电场强度(方向不变)，则蜘蛛可能做减速运动，于是蜘蛛可能撞击上面容器壁，则在蜘蛛撞击容器壁之前，电场力做正功，蜘蛛的电势能减小，也有可能，速度减小到零然后下落，撞击下面容器壁，则电场力先做正功在做负功，电势能先减小再增加，故AC错误，故BD正确。
故选：BD。
(5)蜘蛛以速度v匀速落回容器底部，则由受力平衡可知
50E0q+f=mg
故有
50E0q=mg−f=mg−kv
假设蜘蛛共克服空气阻力做功为Wf，则由动能定理可知
100E0qh1−50E0qh1−Wf=12mv2
解得
Wf=mgh1−kvh1−12mv2
(6)磁场水平分量由南向北，负电荷向上运动，由左手定则可得蜘蛛受洛伦兹力方向向东；平时电场强度为100V/m，电荷量为q的蜘蛛受到电场力为
F电=qE=100q
蜘蛛以0.1m/s的速度竖直向上运动，电荷量为q的蜘蛛受到洛伦兹力为
f=qvB=10−6q
可以看出F电≫f，故不考虑洛伦兹力影响。
故答案为：(1)D；(2)C；(3)D；(4)BD；(5)蜘蛛共克服空气阻力做功为mgh1−kvh1−12mv2；(6)洛伦兹力方向向东，见解析。
(1)电场线从高电势指向低电势，从而分析判断；
(2)根据电容器的动态分析解答；
(3)根据受力分析分析解答；
(4)根据电场力做功分析电势能变化；
(5)根据功能关系解答；
(6)根据洛伦兹力与电场力的计算公式解答。
本题考查电场力、洛伦兹力、电容器等知识点，解题关键掌握电容器的决定式与定义式的应用。