2024-2025学年上海市青浦区高三（下）质检物理试卷（3月份）(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年上海市青浦区高三（下）质检物理试卷（3月份）(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了计算题等内容，欢迎下载使用。
1.(1)汽车安全气囊被称为“生命的守护神”，汽车发生碰撞事故安全气囊弹出，可以减小人体______。
A.动量的变化
B.受到的冲量
C.动能的变化
D.受到的作用力
(2)无人驾驶技术已逐渐成熟，汽车通过多普勒效应造成的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该传感器发射的无线电波的频率为f，接收到的回波的频率为f′，则______。
A.当f′=f时，表明前车一定做匀速直线运动
B.当f′=f时，表明前车一定处于静止状态
C.当f′>f时，表明无人车需要相对前车减速
D.当f′λb
B.a、b为干涉图样，λaλb
D.a、b为衍射图样，λaf时，接收到的频率增大，两车距离减小，表明无人车需要相对前车减速行驶，故C正确；
D.由多普勒效应可知，当f′λb，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(4)根据干涉条纹的间距公式Δx=Ld⋅λ，要使Δx变宽，则可以增加光屏到双缝的距离L，减小双缝的间距d，或者增加入射光波长λ，与其它因素无关，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)C；(2)B；(3)C；(4)C。
(1)根据光的衍射、折射和全反射，干涉和多普勒效应进行分析解答；
(2)根据光的折射和折射率的大小作图判断；
(3)根据干涉条纹和衍射条纹的区别进行分析解答；
(4)根据双缝干涉条纹间距公式进行分析解答。
考查光的折射、反射和衍射和干涉等知识，结合双缝干涉的计算公式进行分析解答。
3.【答案】A，B，A，A，A； 1.9，360，600； 该泳池的水深h为2.1m。
【解析】解：(1)在运动员下潜的过程中，随着进入水的深度增加，液体内部压强增大，则外耳道内的气体压强增大，根据pVT=C(C为常数)可知，体积V减小，所以是外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体的内能增大，温度升高，因为体积减小，所以气体分子数密度增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，所以单位时间内撞击到耳骨膜上的气体分子数增大，故依次选A，B，A，A，A。
(2)v−t图像与坐标轴所围面积表示位移，0∼0.5s内运动员的位移大小为x=1.0+2.22×0.2m+2.2+2.02×(0.5−0.2)m=0.95m
所以平均速度大小为v−=xt=
蹬腿加速过程的加速度大小为a=2.2−
根据牛顿第二定律可得水对运动员水平方向的平均作用力大小为F=ma=60×6N=360N
惯性前进过程中的加速度大小为a′=2.2−2.00.5−0.2m/s2=23m/s2
所以惯性前进过程中，水对适动员作用力的大小为F′= (mg)2+(ma′)2
解得F′≈600N
(3)设照片圆形区域的实际半径为R，运动员的实际身高为L，如图所示
由折射定律得nsinα=sin90∘
由几何关系可得sinα=R R2+h2
Rr=Ll
得h= n2−1⋅Ll⋅r
取L=2.2m，解得h= 2.1m。
故答案为：(1)A，B，A，A，A；(2)1.9，360，600；(3)该泳池的水深h为2.1m。
(1)根据热力学第一定律分析气体内能的变化，根据pVT=C(C为常数)分析气体压强和体积的变化；进而分析与耳鼓膜相撞的分子数；
(2)根据平均速度的定义计算平均速度；根据牛顿第二定律计算作用力；
(3)根据全反射现象结合几何关系计算。
本题考查的知识点比较多，内容比较简单，但需要熟练掌握，基础性较强。
4.【答案】C； D； A； ACD； ①B；A；②B； ①匀速；0.15；②0.15；③能。
【解析】解：(1)A.从空间站向地面传输信息采用的电磁波是麦克斯韦预言的，由赫兹通过实验验证存在的，故A错误；
B.将中国古代的四大发明之一司南置于宣城，据乙图可知，磁勺尾(S极)静止时指向地理南方，故B错误；
C.环形导线通电方向如图丙所示，根据右手螺旋定则可知，环形导线内部的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外，故C正确；
D.丁图中，根据右手螺旋定则可知，通电螺线管内部的磁场方向水平向右，则放在通电螺线管内部的小磁针，静止时N极水平向右，故D错误。
故选：C。
(2)A.水球形成球形是因为水具有表面张力，故A正确；
B.水球被粘在球拍上是因为拍子表面对于水是浸润的，故B正确；
C.毛巾的表面布满了疏水的微线毛，对于水是不浸润的，故C正确；
D.用毛巾加工成的球拍打水球的力与水球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
(3)A.天宫空间站若向前加速，则万有引力不足以提供向心力，天宫空间站变轨到较高轨道，故A正确；
B.天宫空间站变轨到较低轨道，需要点火减速，使得万有引力大于所需向心力，故B错误；
C.根据
GMmr2=m4π2T2r
可得
T= 4π2r3GM
可知天宫空间站正常运行时的周期小于同步卫星的运行周期，即小于24小时，故C错误；
D.根据
GMmr2=mv2r
可得
v= GMr
地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则天宫空间站正常运行时的速度小于地球的第一宇宙速度，故D错误。
故选：A。
(4)ACD.设地球质量为M，地球密度为ρ，空间站离地球表面的高度为h；空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引功力提供向心力可得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
物体在地球表面时有
GMmR2=mg
又
M=ρ⋅43πR3
联立可得
h= gR2T24π2−R,ρ=3g4πR
由于空间站的质量被约去，所以根据题中的信息不可以求出空间站的质量，故AD错误，C正确；
B.根据
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
可知空间站的加速度比同步卫星的加速度大，故B错误。
故选：C。
(5)①本实验中花朵是在水膜表面张力作用下而逐渐展开，作用于液体表面，使液体表面积熔小的力，称为液体表面张力；液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子间距比液体内部大，分子间的相互作用表现为引力。
②A.由于完全失重，气泡不受到浮力作用，故A错误；
BC.由于表面张力作用，水球的表面积收缩到最小，水球呈球状，故B正确，C错误；
D.气泡内分子仍在做无规则热运动，并没有停止，故D错误。
故选：B。
(6)①脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速运动，由图丙可知速度大小为
vA=xAT=1.50×10−20.1m/s=0.15m/s
②由图丙可知B的速度大小为
vB=xBT=1.00×10−20.1m/s=0.10m/s
以vA的方向为正方向，根据动量守恒可得
m1vA=m2vB
可得小球的质量为
m2=m1vAvB=0.1×
③该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，系统仍满足动量守恒，利用上述实验能测量小球B的质量。
故答案为：(1)C；(2)D；(3)A；(4)ACD；(5)①B；A；②B；(6)①匀速；0.15；②0.15；③能。
(1)根据物理学史分析；根据有关地磁场的基础知识，确定磁勺尾(S极)静止时指向同时明确磁场的性质；根据安培定则确定磁场方向，再确定小磁针N极的指向；
(2)在完全失重的环境下，液体的表面张力作用尤为显著，它使得液体表面趋于最小化，从而形成球形。浸润与不浸润现象取决于液体与固体表面的相互作用，而牛顿第三定律则说明了作用力与反作用力的等值反向关系；
(3)根据万有引力提供向心力求出线速度和周期的表达式，再根据问题条件逐一判断。
(4)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式。在地球表面上，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站离地球表面的高度。根据牛顿第二定律列式分析该卫星的加速度与同步卫星的加速度的大小。在地球表面上，根据万有引力等于重力列式，即可求得地球的质量，进而求得地球的密度。根据已知和所列方程分析能否求出空间站的质量。
(5)①根据液体表面张力的定义、表面层的特点及分子间的作用力与距离关系答题；
②气泡静止在水中处于失重状态，不受浮力作用，水球呈球状，水与气泡界面处的水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，且气泡内分子一直在做无规则的热运动；
(6)①根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；②根据动量守恒可求出B球的质量；
③在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。
本题是一个综合题型，考查了地磁场的性质以及磁感应强度方向、液体的张力、浸润和不浸润、万有引力、动量守恒实验等内容，学生熟练掌握理解这些基本的概念和特点是解题的关键。
5.【答案】220 2V；100πrad/s； CD； D； ①需要；A；②3.99×10−4；③πD2U4IL；④小于。
【解析】解：(1)家庭照明电路的电压U=220V，根据有效值与最大值的关系，电压关系式中的a=220 2V
家庭照明电路交流电的频率f=50Hz
电压关系式中的b=2πT=2πf=2π×50rad/s=100πrad/s
(2)A.裂变反应中 92235U+10n→56144Ba+3689Kr+301n
左右两边都有中子，这是用慢中子取轰击U235使其产生裂变，中子参与了核反应；
若改写成 92235U→56144Ba+3689Kr+201n，则为U235的衰变，不符合实际，故A错误；
B.裂变反应是指重原子核(如铀−235或钚−239)分裂成两个或多个较小原子核的过程，这个过程会释放出大量能量，但不能称为热核反应；轻核聚变，才称为核聚变，故B错误；
CD.由于比结合能越大，原子核越稳定， 92235U原子核变成 56144Ba原子核和 3689Kr原子核，说明 56144Ba原子核和 3689Kr原子核比 92235U原子核更稳定，即 56144Ba原子核和 3689Kr原子核的比结合能比 92235U原子核的大，故CD正确；
故选：CD；
(3)A.根据功率公式，输电线上的损失功率ΔP=I22R
输电线上的电流为I2= ΔPR= 3000W30Ω=10A，故A错误；
C.根据理想变压器，对升压变压器P2=P1=P=300kW
根据功率公式，升压变压器副线圈两端电压U2=PI2=300000W10A=3×104V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T1，原副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=3003×104=1:100，故C错误；
BD.导线上损失的电压ΔU=I2R=10×30Ω=300V
变压器T2，原线圈两端电压U3=U2−ΔU=3×104V−300V=29700V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T1，原副线圈的匝数比为n3n4=U3U4=29700300=99:1
故B错误，D正确。
故选：D。
(4)①要测绘太阳能电池的伏安特性曲线，需要太阳能电池两端的电压从0开始变化，因此滑动变阻器要采用分压式接法，图乙中虚线处需要连接导线，实验前滑动变阻器的滑片应该调到A端；
②设太阳能电池两端电压为U，根据闭合电路的欧姆定律E=U+IR0
代入数据变形得U=3−5×103I
当I=0时，U=3V；当I=600μA时，U=0，作出电源的I−U图像如图所示：
交点坐标I=210μA=2.1×10−4A，U=1.9V
太阳能电池消耗的电功率约为P=UI=1.9×2.1×10−4W=3.99×10−4W
③根据欧姆定律，金属丝的电阻R=UI
根据电阻定律R=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2
联立解得电阻率ρ=πD2U4IL
④考虑电压表的分流作用，通过金属丝的电流IR=I−IV
根据欧姆定律，金属丝的电阻R真=UI−IV>UI=R
根据电阻定律R真=ρ真LS
电阻率ρ真=SLR真>SLR=ρ
因此金属丝电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)220 2V；100πrad/s；(2)CD；(3)D；(4)①需要；A；②3.99×10−4；③πD2U4IL；④小于。
(1)熟悉家庭电路的特点，结合家庭电路中交流电的公式完成分析；
(2)裂变方程式两边都有中子，但反应过程必须有中子参与不能约去；根据比结合能的概念结合题目选项完成分析；
(3)因为ΔP=I22R，即可求得输电线上的电流；发电站输出电流的大小，结合I1T2=n2n1，即可分析判断；根据变压器T2的输出功率的表达式，及变压器T2原副线圈的匝数比与电流比的关系，即可分析判断；
本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合原副线圈的匝数比和电学的相关知识完成分析。
6.【答案】a 3BLv04
【解析】解：①由题意缓冲滑块刚停止运动后，磁场向下运动，线框相对磁场向上运动，由右手定则可知a端的电势高。
缓冲滑块刚停止运动时ab边产生的电动势为：E=BLv0
流过线圈ab边的电流为：I=ER=BLv0R
此时ab两端电势差为：Uab=I×34R=3BLv04
②缓冲滑块着地时，每台缓冲装置对返回舱竖直向上的安培力为F=BIL，根据牛顿第二定律得：
4F−mg=ma
解得返回舱的加速度大小为：a=4B2L2v0mR−g，方向竖直向上。
③返回舱向下做减速运动，受向上的安培力和向下的重力，随速度的减小，安培力减小，加速度减小，直到加速度为零，即合力为零时，速度达到最小，此后做匀速运动，即达到软着落速度v。可知返回舱的运动情况是先做加速度减小到减速直线运动，再做匀速直线运动。
由平衡条件得：4F′=mg
其中安培力F′=BI′L=BL⋅BLvR
联立解得：v=mgR4B2L2，方向竖直向下。
④返回舱的速度大小从v0减到v的过程中，以竖直向下为正方向，由动量定理得：
mgt−4BLI−t=mv−mv0
其中：I−t=E−Rt=BLv−tR
设返回舱此过程下降的高度为h，则有：v−t=h
解得：h=(mgt−mv+mv0)R4B2L2
由能量守恒定律得：
mgh+12mv02=12mv2+4Q
解得：Q=18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR16B2L2
故答案为：①a；3BLv04
②缓冲滑块着地时，返回舱的加速度a大小为4B2L2v0mR−g，方向竖直向上。
③分析返回舱的运动情况见解答。最终软着陆的速度v大小为mgR4B2L2，方向竖直向下。
④该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q为18m(v02−v2)+(gt−v+v0)m2gR16B2L2。
①由题意缓冲滑块刚停止运动后，磁场向下运动，线框相对磁场向上运动，由右手定则判断哪端电势高，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解ab两端电势差。
②缓冲滑块着地时，根据每台缓冲装置对返回舱竖直向上的安培力与牛顿第二定律求解返回舱的加速度。
③返回舱向下做减速运动，随速度的减小，安培力减小，加速度减小，直到加速度为零，速度达到最小，此后做匀速运动。根据平衡条件求解最终软着陆的速度。
④返回舱的速度大小从v0减到v的过程中，根据动量定理求得返回舱此过程下降的高度，再根据由能量守恒定律求解该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应现象与力学相结合的综合问题，考查了力与运动逻辑分析能力。掌握应用动量定理与功能关系处理此类问题的方法。