2024年上海交大附中高考物理摸底试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年上海交大附中高考物理摸底试卷(含详细答案解析)，共15页。试卷主要包含了填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.我国的空间站又叫做天宫空间实验室，能够提供在地面无法实现的极高真空环境以及微重力条件，可以支持开展单学科或多学科交叉的空间科学实验。
(1)下列实验要求在真空中进行的是______。
A.α粒子散射实验
B.密立根油滴实验
C.卡文迪什扭秤实验
D.杨氏双缝干涉实验
(2)航天员在空间站利用下列装置进行高中物理实验，其中可行的是______。
(3)如图所示，空间站相对地面运动，地面上的观察者测得地面上光源发出的光同时到达空间站的前端和后端，则空间站中的人测得光先到达空间站______(选填“前端”或“后端”)；这两束闪光相对空间站的速度______(填“相等”或“不相等”)。
(4)如图所示，神舟十六号采用径向交会对接技术。
①飞船先在空间站正下方做匀速圆周运动，此时飞船线速度______。
A.大于空间站的线速度
B.小于空间站的线速度
C.等于空间站的线速度
②然后缓慢提升轨道高度，逐渐靠近空间站，完成对接。在此过程中，飞船径向对接发动机提供的推力______。
A.变大
B.变小
C.不变
2.快堆，全称为快中子增殖反应堆，是指没有中子慢化剂的核裂变反应堆。快堆采用钚(94239Pu)做燃料，在钚的外围放置不易发生裂变的(92238U)，钚239裂变释放出的快中子被铀238吸收，转变为铀239，铀239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚239，从而实现核燃料的“增殖”。
(1)铀239转变为钚239，需要经过______次α衰变，______次β衰变。
(2)通常的核裂变反应堆，需要将裂变产生的高速中子(快中子)减速成为速度较慢的中子(热中子)。重水作慢化剂可使快中子减速。假设速度为v0的中子与重水中的氘核(12H)发生正面弹性碰撞，经过一次碰撞后中子速度变为______。
(3)钚239既可能发生α衰变，也可能发生β衰变。将钚239核置于匀强磁场中，衰变后粒子运动方向与磁场方向垂直，图中的a、b、c、d分别表示粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是______。
A.衰变过程中粒子的动量守恒
B.磁场方向垂直纸面向里
C.甲图是β衰变，乙图是α衰变
D.b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹
(4)如图丙所示，两极板间的电压为U0，钚239衰变后放出的比荷为k粒子以初速度v从距离为d、水平长度为L的两极板中心处水平射入，不计粒子的重力，则粒子射出极板时速度方向与水平方向夹角的正切值为______。
A.kLU0dv2
B.kLU0dv
C.2kLU0dv2
D.2kLU0dv
3.玻尔在原子核式结构模型基础上引入量子化概念，假设电子的动量mv和与轨道半径r满足mvr=nh2π,h=6.626×10−34J⋅s为普朗克常量，n=1，2….玻尔运用经典理论结合上述假设，建立了氢原子模型。
(1)类比引力势能公式，以无穷远处为零势能面，电子与氢原子核间静电相互作用的电势能为______。
A.ke2r2
B.−ke2r2
C.ke2r
D.−ke2r
(2)电子质量为m，绕原子核运动的线速度大小为v，以无穷远处为电势能零势能面，则氢原子的能量为______。
(3)(论)证明原子核外电子道半径rn=n2r1，氢原子的能量En=E1n2，其中r1、E1分别为电子第1条轨道半径和电子在r1上运动时氢原子的能量，rn、En分别表示第n条轨道半径和电子在rn上运动时氢原子的能量。
(4)图Ⅰ、Ⅱ分别是氢原子跃迁产生的两种单色光通过同一装置产生的干涉条纹，下列说法正确的是______。
A.Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率小
B.Ⅰ光和Ⅱ光相遇能发生干涉
C.Ⅰ光的光子能量比Ⅱ光的光子能量小
D.用Ⅱ光照射某金属时，能产生光电子，则用Ⅰ光照射一定能产生光电子
二、简答题：本大题共3小题，共55分。
4.冰壶是常见的冰上运动。比赛时，运动员可用冰壶将对方的冰壶撞出营垒或将本方的冰壶撞向营垒圆心，同时可用冰刷在冰壶前方擦冰，使冰面融化，减小摩擦力。
(1)如图1所示，用频闪照相连续拍得5张冰壶的位置。已知每次拍照时间间隔均为1s，则冰壶加速度大小为______m/s2，照片3拍摄瞬间冰壶速度为______m/s。
(2)(简答)分析说明两冰壶组成的系统在碰撞过程中能否认为动量守恒。
(3)(计算)冰壶比赛场地如图2所示。运动员在投掷线AB处以速度v0=2m/s沿虚线将冰壶投出。冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止。运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：
①擦冰的距离s；
②从何处开始擦冰可使冰壶滑行的最长时间，并求此最长时间
5.储能技术主要是指在电网负荷低的时候，将难以储存的电能转换成更便利存储的形式。常见的储能技术有电池储能、电容储能、压缩气体储能等。
(1)如图1所示，用可调高内阻电池研究电池储能技术。若仅提高电池两极之间的挡板：
①电压传感器1的示数______。
A.变大
B.变小
C.不变
②滑动变阻器上消耗的电功率______。
A.一直变大
B.一直变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
(2)电容器可以储存电能，用图示电路观察电容器的充、放电现象。
①根据图4甲电路在图4乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整。
②电容器在整个充放电过程中的q−t图像和UAB−t图像(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为上、下两板的电势差)，可能正确的是______。
③用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图2所示，电源电压为8V，则电容器的电容约为______F(保留2位有效数字)。
(3)压缩空气储能技术将高压空气密封存储于容器中，被密封在容器中的气体的p−T图，如图3所示，下列说法正确的是______。
A.a→b的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大
B.a→b的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力减小
C.b→c的过程中，气体的体积增大
D.b→c的过程中，气体的体积减小
(4)(计算)用压缩空气推动一小型交流发电机发电。如图5甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，额定电压6V的小灯泡正常发光，发电机输出端的电流随时间变化图像如图5乙，求：
①灯泡1分钟内消耗的电能。
②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量。
6.阻尼是指阻碍物体的相对运动、并把运动能量转化为热能或其他可以耗散能量的一种作用。
(1)如图1是某单摆做阻尼振动的部分位移-时间图像，则摆球在t1、t2时刻，相同的物理量是______。
A.机械能
B.加速度
C.动量
D.重力势能
(2)线圈在磁场中运动时会受电磁阻尼作用。如图2所示，光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的正方形线圈abcd，其质量为m，各边电阻相等，线圈以初速度v进入一个有明显边界的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度大于L。当线圈完全穿过磁场后，其速度变为初始的一半，求：
①线圈刚进入磁场瞬间，ab两点间的电压是多少？
②线圈进入磁场和离开磁场的两个过程中产生的焦耳热之比。
答案和解析
1.【答案】A BD 前端 相等 A B
【解析】解：(1)A.α粒子散射实验中，放射源到荧光屏这一段路程处于真空中，故A正确；
BCD.密立根油滴实验，卡文迪什扭秤实验，杨氏双缝干涉实验，不用要求在真空中进行，故BCD错误；
故选：A。
(2)在空间站内，物体均处于完全失重状态，一切与重力有关的实验现象均消失，可知用单摆测重力加速度实验、验证机械能守恒定律实验无法在空间站内完成，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
(3)地面上的人以地面为参考系，光向前向后传播的速度相等，某光源发出的闪光同时到达空间站的前端和后端，向前传播的路程与向后传播的路程相同。由于空间站向前运动，所以点光源的到空间站的前端的距离小。空间站中的人认为，空间站是个惯性系，光向前、向后传播的速度相等，点光源的到空间站的前端的距离小，闪光先到达前端。
(4)①根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得v= GMr
可知飞船线速度大于空间站的线速度，故A正确，BC错误；
故选：A。
②飞船的径向对接发动机需要提供一定的推力使其与空间站保持相同的角速度环绕地球做匀速圆周运动，所以发动机提供的推力应背离地心，所以在对接过程中
GMmr2−F=mω2r
r增大，ω不变，万有引力减小，所以发动机的推力减小。
故B正确，AC错误。
故选：B。
故答案为：(1)A；(2)BD；(3)前端；相等；(4)A、B
(1)根据实验原理与实验操作分析判断；
(2)在空间站内，物体均处于完全失重状态，一切与重力有关的实验现象均消失；
(3)根据相对论知识点分析解答；
(4)根据万有引力提供向心力分析解答。
本题考查机械能守恒定律、干涉实验、万有引力等知识点，解题关键掌握基本知识点的理解，注意万有引力提供向心力的应用。
2.【答案】02−13v0 AD A
【解析】解：(1)铀(92238U)是吸收了中子转变为铀−239，可知铀239的质子数或核电荷数仍为92，即为(92239U)。铀(92239U)衰变为钚(94239Pu)质量数没变，而质子数增加2，可知发生的是β衰变，而发生β衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，即发生一次β衰变原子核内的质子数要增加1，可知铀239转变为钚239，经过了2次β衰变。
(2)设中子的质量为mn，氘核质量为m。
以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mnv0=mnv1+mv2
由能量守恒定律得：12mnv02=12mnv12+12mv22
解得：v1=m0−mm0+mv0
快中子与氘核碰撞，周围m=mH=2mn
解得：v1=−13v0
(3)A、衰变过程中满足动量守恒，释放粒子与新核的动量大小相等、方向相反，故A正确；
B、根据左手定则分析，磁场的方向垂直纸面向里、向外图形一样，故B错误；
C、释放粒子与新核的速度方向相反，根据带电粒子在磁场中的运动不难分析：若轨迹为外切圆，则为α衰变；若轨迹为内切圆，则为β衰变，故C错误；
D、轨迹为外切圆，则为α衰变；轨迹为内切圆，则为β衰变，由R=mvqB知半径与电荷量成反比，可知b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹，故D正确；
故选：AD。
(4)平行极板间电压为U0，板间距离为d，由匀强电场的场强与电势差的关系可知E=U0d
粒子在平行极板间做类平抛运动，在水平方向粒子做匀速直线运动，有t=Lv
粒子在竖直方向做初速度等于零的匀加速直线运动，有a=qEm=qU0md
竖直方向的分速度vy=at=qU0Lmdv
射出平行极板时速度方向与水平方向的夹角θ的正切值为tanθ=vyv=qU0Lmdv2
由题意k=qm
则tanθ=kU0Ldv2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)0，2；
(2)−13v0；
(3)AD；
(4)A。
(1)通过质量数和质子数的变化判断衰变类型和衰变次数；
(2)中子和氘核发生弹性碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别求出碰后中子的速度；
(3)根据左手定则，结合衰变过程中满足动量守恒，R=mvqB，结合题意，即可解答；
(4)根据水平和竖直方向的速度值求解粒子射出电场时合速度与初速度方向的夹角的正切值。
本题考查学生对左手定则，衰变过程中满足动量守恒，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式，带电粒子在电场中的偏转等知识的掌握，具有一定综合性，考查学生分析对比能力，有一定难度。
3.【答案】D−12mv2 D
【解析】解：(1)万有引力表达式：F万=GMmr2，引力势能表达式：EP引=−GMmr
电子与氢原子核间静电相互作用表达式：F库=ke2r2，则类比引力势能公式，可得电子与氢原子核间静电相互作用的电势能公式为：EP电=−ke2r，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)电子质量为m，绕原子核运动的线速度大小为v，则由库仑力提供向心力得：ke2r2=mv2r
电子与原子核的电势能为：EP=−ke2r=−mv2
电子的动能为Ek=12mv2
则氢原子的能量为E=Ek+EP=12mv2−mv2=−12mv2
(3)已知量子化假设为：mvnrn=nh2π，n=1，2……
由库仑力提供向心力得：ke2rn2=mvn2rn
联立解得：rn=n2h24π2kme2
当n=1时，r1=h24π2kme2
可得原子核外电子道半径rn=n2r1
氢原子的能量为：En=−12mvn2=−ke22rn
可得：En=−2π2k2me4n2h2
当n=1时，E1=−2π2k2me4h2
氢原子的能量En=E1n2
(4)AB、图Ⅰ的干涉条纹较图Ⅱ的密集，图Ⅰ的干涉条纹的相邻明条纹的间距较小，由Δx=Ldλ，可知Ⅰ光的波长比Ⅱ光的波长小，则Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大。Ⅰ光和Ⅱ光的频率不同，相遇不能发生干涉，故AB错误；
C、由p=hλ，可知Ⅰ光的光子能量比Ⅱ光的光子能量大，故C错误；
D、用Ⅱ光照射某金属时，能产生光电子，因Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大，故Ⅰ光的光子能量一定大于该金属的逸出功，则用Ⅰ光照射一定能产生光电子，故D正确。
故选：D。
故答案为：(1)D；(2)−12mv2；(3)见解答；(4)D
(1)根据万有引力表达式、引力势能表达式、库仑力表达式，类比得出引力势能表达式；
(2)根据库仑力提供向心力和电子与原子核的电势能表达式得到电势能与电子质量和线速度的关系，氢原子的能量的电子的动能与电势能之和；
(3)根据已知的量子化假设结合库仑力提供向心力表达式推导可得原子核外电子道半径rn=n2r1；根据氢原子的能量表达式证明氢原子的能量En=E1n2；
(4)图Ⅰ的干涉条纹较图Ⅱ的密集，根据干涉条纹的相邻明条纹的间距公式判断波长关系，可得频率关系，Ⅰ光和Ⅱ光的频率不同，相遇不能发生干涉；由p=hλ判断动量关系；Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大，Ⅰ光的光子能量一定大于该金属的逸出功。
本题考查了推理能力，考查原子核式结构模型量子化问题，理解题意应用类比，正确应用物理规律进行推导。
4.【答案】
【解析】解：(1)由Δx=aT2得a=5.2−3.612m/s2=1.6m/s2
根据匀变速直线运动规律可知照片3拍摄瞬间冰壶速度为v=x242T=3.6+2.02×1m/s=2.8m/s
(2)可以认为动量守恒，系统所受的摩擦力远小于内力且作用时间极短，故可忽略外力的冲量，近似认为系统的动量守恒；
(3)①根据动能定理
−μ1mg(s0−s)−μ2mgs=0−12mv02
解得
s=8m
②根据速度图像
可知越晚擦冰总时间越长(2分)
根据牛顿第二定律
a2=μ2g
根据位移-时间公式有
s=12a2t22
得t2=20s
由速度-时间公式有v=a2t2
s0−s=v+v02t1
解得
t1=12s
tm=t1+t2=20s+12s=32s
故答案为：(1)1.6；2.8；(2)；(3)①擦冰的距离为8m；②最后8m处擦冰时间最长，最长时间为32s。
(1)根据逐差法及匀变速直线运动规律解答；
(2)根据动量守恒定律条件解答；
(3)根据动能定理及运动学规律解答。
本题考查动能定理与运动学公式的应用，解题关键掌握逐差法计算加速度、动量守恒定律的条件等知识点。
5.【答案】BAAD4.4×10−4 C
【解析】解：(1)①电压传感器1测量内电压，电压传感器2测量路端电压；挡板上提，内电阻变小，外电阻不变化，电流增加，外电压增大，电压传感器1的示数减小，故AC错误，B正确；
故选：B。
②根据P=U2R可知，滑动变阻器的电功率已知增大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
2.①实物图连接如图
②AB.电容器充电过程中，电容器两端的电压逐渐增大，则与电源之间的电势差逐渐减小，充电电流逐渐减小，则q−t图像斜率逐渐减小，放电过程中，电容器两端的电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，则q−t图像斜率逐渐减小，故B错误，A正确；
CD.电容器充电过程中，充电电流逐渐减小，电荷量增加得越來越慢，则根据ΔU=可知，电压增加的越来越慢，同理，放电过程中，放电电流述渐减小，电压减小的越来越慢，故C错误，D正确。
故选：AD。
③电容器放电时，根据电流的定义变形后得到：Q=It
可知I−t图像中，图线与横轴围成的面积表示电荷量的多少，由图乙可知，图线与横轴围成的面积大约有14个小方格，则通过电荷量为：Q=14×0.25×10−3×1C=3.5×10−3C
电容器的电容为：C=QU=3.5×10−38=4.4×10−4F
(3)AB、图中a→b的过程中，气体的压强不变，而容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力就是气体的压强，则容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故AB错误；
CD、根据
p=CVT
bO连线的斜率大于cO连线的斜率，可知b态体积较小，b→c的过程中气体的体积增大，故C正确，D错误；
故选：C。
(4)①根据变压器原理
I1I2=n2n1
根据电能的公式有
W=U2I2t
代入数据解得W=720J
(2)根据交流电表达式
i=BSωsinωtR
又
q=∑ΔΦRΔtΔt=ΔΦR
可得
q=8 2π×10−2C
故答案为：(1)B；A；(2)实物图见解析；AD；4.4×10−4；(3)C；(4)①灯泡1分钟内消耗的电能为720J；②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量为8 2π×10−2C。
(1)根据闭合电路欧姆定律分析解答；
(2)根据I−t图象所围的面积，求电容器的电量，再由电容的定义式求电容；根据充、放电过程中初始时刻和结束时刻电荷量的变化，结合电荷之间的力的作用，判断极板上电压的变化图象；
(3)根据理想气体状态方程分析解答；
(4)根据理想变压器的规律，即电压与匝数成正比，结合电能的公式解答。
本题考查学生对交变电流图像的理解，还涉及了变压器的工作原理等知识点，属于一道小型综合题，对学生要求较高。
6.【答案】D
【解析】解：(1)A、单摆做阻尼振动，其机械能减小，故A错误；
BC、加速度和动量是矢量，两时刻，单摆加速度和动量的方向不同，故BC错误；
D、单摆在1、2时刻位移相等，则高度相等，重力势能相等，故D正确；
故选：D。
(2)①ab 边刚进入磁场瞬间，ab 边产生的感应电动势为E=BLv
a、b两点的电压是路端电压U=3R4RE=34E=34BLv
②线圈刚全部进入磁场时速度为v1，刚离开磁场时速度为v2，线圈进入磁场的过程，规定向右为正方向，由动量定理得
−BI−1L⋅t1=mv1−mv
同理，线圈离开磁场的过程，规定向右为正方向，由动量定理得
−BI2−L⋅t2=mv2−mv1
又通过线圈的电荷量
q1=I1−⋅t1=E1−t1R=ΔΦR=BL2R
q2=I2−⋅t2=E2−t2R=ΔΦR=BL2R
可得 v1=34v
由动能定理得：
W1=12mv12−12mv2
W2=12mv22−12mv12
得 W1：W2=7：5
故答案为：(1)D；(2)①线圈刚进入磁场瞬间，ab两点间的电压是34BLv；②线圈进入磁场和离开磁场的两个过程中产生的焦耳热之比为7：5。
(1)根据振动及阻尼振动的特点分析解答；
(2)①根据动量定理结合电流的定义式解答；
②根据功能关系及动能定理解答。
本题考查阻尼振动及电磁感应，解题关键掌握能量守恒定律，注意阻尼振动的机械能减小。