上海市松江区2024-2025学年高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份上海市松江区2024-2025学年高三（上）期末物理试卷（含解析），共15页。
1.微风吹动岸边的垂柳，浸入湖面的柳枝上下振动，在湖面产生水波。
(1)(多选)柳枝附近有一露出湖面的木桩。开始时，水波未明显绕过该木桩。某时刻起，水波明显绕过木桩，这可能是因为与之前相比，现在柳枝振动______。
A.周期大
B.周期小
C.频率大
D.频率小
E.振幅小
(2)以柳枝浸入点为坐标原点，沿波在湖面传播的某一方向建立x轴。从某一时刻开始计时，t=0.4s时x轴上部分波动图象如图(a)所示。在x轴上离坐标原点不远处有一片柳叶，图(b)为该柳叶振动图象的一部分。则：

①柳叶平衡位置可能位于______。
A.M点
B.N点
C.P点
D.Q点
②波从波源传到Q点需要的时间为______s。
(3)若观察到柳枝振动产生的水波图样如图所示，这可能是因为柳枝______。

A.向左移动了
B.振动频率增大了
C.向右移动了
D.振动频率减小了
【答案】AD B 0.3 A
【解析】解：(1)柳枝附近有一露出湖面的木桩。开始时，水波未明显绕过该木桩。某时刻起，水波明显绕过木桩，这可能是因为与之前相比，现在柳枝振动的周期大(A选项)或频率小(D选项)，这是因为，当柳枝振动的周期变大或频率变小时，水波的波长会变大，更容易发生明显的衍射现象，从而更容易绕过木桩，而选项B(周期小)、C(频率大)和E(振幅小)与衍射射现象的显著程度无关，故AD正确，BCE错误；
故选：AD。
(2)①根据图(a)所示的波动图象，可以观察到波的传播方向是从左向右。
图(b)为柳叶的振动图象，显示了柳叶在某一时刻的振动状态。
由于柳叶的振动图象显示其在t=0.4s时处于平衡位置，并且要向下振动，根据(a)波动图像判断是N点，故B正确，ACD错误；
故选：B。
②根据(a)图像可以求出波长λ=8cm=0.08m，根据(b)图像可以求出周期是T=0.2s，根据公式v=λT，代入数据解得v=0.4m/s，Q点距离波源x=12cm=0.12m，故传播到Q点需要的时间为t=xv，代入数据解得t=0.3s，故波从波源传播到Q点的时间为0.3s。
(3)解：根据题目图片可知，左边形成的波纹比较密集，右边稀疏，故振动是向左侧移动的，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)AD；(2)①B；②0.3(3)A。
(1)要使水波明显绕过木桩，需要使水波的波长变大。根据波的性质，波长与波的频率成反比，即频率越小，波长越大。因此，要使水波明显绕过木桩，柳枝振动的频率需要变小，即周期需要变大。
(2)①波动图象和振动图象之间的关系，以及如何从图象中提取波的传播方向、波长、周期等信息。通过这些信息，可以进一步计算波速和波的传播时间。在分析柳叶的平衡位置时，需要结合波动图象和振动图象，确定柳叶在特定时刻的位置，从而推断其平衡位置。
②在计算波的传播时间时，需要利用波速、波长和周期之间的关系，以及波的传播距离，进行准确的计算。
(3)根据多普勒效应可以判断各选项。
本题的关键在于理解波的绕射现象与波长的关系，以及波长与波的频率之间的反比关系。通过分析，我们得知，要使水波明显绕过木桩，柳枝振动的频率需要变小，即周期需要变大，从而使得水波的波长变大，绕射现象更加明显。理解波动图象和振动图象之间的关系，以及如何从图象中提取波的传播方向、波长、周期等信息。明确多普勒效应的现象。
2.受航母甲板空间限制，舰载机“起飞难，着舰险”。
(1)(计算)在甲板上安装弹射器可解决“起飞难”的问题。目前我国航母安装了最先进的电磁弹射器。舰载机在弹射器和自身发动机的共同推动下能在短距离内达到起飞速度。某次训练中，航母静止在海面上。一架质量m=3.0×104kg的舰载机，经L=100m距离加速到起飞速度v=360km/h。将舰载机由静止开始加速起飞的运动视为沿水平方向的匀变速直线运动，舰载机发动机的平均推力大小F1=2.0×105N，不计空气及甲板阻力，求加速阶段电磁弹射器对舰载机的平均推力大小F2。
(2)在甲板上安装阻拦索可解决“着舰险”的问题。如图，阻拦索两端通过定滑轮P、Q连接到液压系统并处于拉直状态。舰载机着舰时钩住阻拦索中点O，在液压系统的调节下，阻拦索保持大小恒定的张力。从舰载机钩住阻拦索之后某一时刻开始到舰载机停止运动的过程中(甲板水平，P、Q连线垂直于跑道，阻拦索张力远大于空气阻力)。
①阻拦索对舰载机的作用力______。
A.逐渐减小
B.逐渐增大
C.先减小再增大
D.先增大再减小
②(多选)舰载机克服阻拦索作用力的功率可能______。
A.逐渐减小
B.不变
C.逐渐增大
D.先减小再增大
E.先增大再减小
F.先不变再减小
【答案】B AE
【解析】解：(1)起飞速度v=360km/h=100m/s，根据速度—位移关系可得：v2=2aL
解得加速度大小为：a=50m/s2
此过程中，对舰载机根据牛顿第二定律可得：F2+F1=ma
解得：F2=1.3×106N；
(2)①设阻拦索恒定张力大小为T，如图所示：
根据力的合成可知：F合=2Tcsθ，由于θ逐渐减小，则T逐渐增大，故阻拦索对舰载机的作用力逐渐增大，故B正确、ACD错误；
故选：B。
②舰载机克服阻拦索作用力的功率为：P=F合v，由于阻拦索对舰载机的作用力逐渐增大，速度逐渐减小，最后速度为零，功率为零，所以F合v可能先增大再减小，也可能一直减小，故AE正确、BCDF错误。
故选：AE。
故答案为：(1)加速阶段电磁弹射器对舰载机的平均推力大小为1.3×106N；(2)①B；②AE。
(1)根据速度—位移关系解得加速度大小，此过程中，对舰载机根据牛顿第二定律进行解答；
(2)①根据力的合成求解合力表达式进行分析；②根据舰载机克服阻拦索作用力的功率计算公式P=F合v进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律、功率的计算等，关键是弄清楚舰载机的受力情况和运动情况，掌握P=Fv的应用方法。
3.变压器是根据电磁感应原理设计而成的能够改变交流电电压的电气设备。
(1)(多选)如图四种电流i随时间t周期性变化的图象中，描述交流电的有______。

(2)(多选)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用到的器材除了导线和可拆变压器外，还需______。
A.干电池组
B.直流电流表
C.低压交流电源
D.多用电表
E.直流电压表
(3)如图，一理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当输入正弦交流电的电压为U1时，穿过该变压器副线圈的磁通量变化率的最大值为______。若原线圈中电流为I1，则副线圈中电流为______。

(4)通过变压器为一电动机供电，该电动机的原理如图所示。磁感应强度为B的匀强磁场以角速度ω1绕OO′轴逆时针匀速转动(俯视)，边长为L的单匝正方形闭合导线框abcd位于该磁场中，在旋转磁场作用下绕OO′轴转动，稳定转动时的角速度为ω2，当磁场转至与线框abcd所在平面平行时，穿过线框abcd的磁通量为______，ab边中的电流方向为______，线框abcd内产生的感应电动势大小为______。
【答案】ABD CD 2U1n1 n1I1n2 0 由b→a BL2(ω1−ω2)。
【解析】解：(1)交变电流的特点是电流方向一定要发生周期性变化，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
(2)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用到的器材除了导线和可拆变压器外，还需要低压交流电源和多用电表测交流电压，直流电源和直流电表都不需要，故CD正确，ABE错误。
故选：CD。
(3)一理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当输入正弦交流电的电压为U1时，穿过该变压器副线圈的磁通量变化率的最大值等于原线圈磁通量变化率的最大值。由U1=U1m 2=n1⋅ΔΦΔt 2，则磁通量的变化率的最大值为ΔΦΔt= 2U1n1，若原线圈中电流为I1，根据n1n2=I2I1，则副线圈中电流为I2=n1I1n2；
(4)当磁场转至与线框abcd所在平面平行时，穿过线框abcd的磁通量为0，根据右手定则，ab边中的电流方向为由b→a，根据导线框切割磁感线产生感应电动势的公式，线框abcd内产生的感应电动势大小为BS(ω1−ω2)=BL2(ω1−ω2)。
故答案为：(1)ABD；(2)CD；(3) 2U1n1，n1I1n2；(4)0，由b→a，BL2(ω1−ω2)。
(1)根据交变电流的特点进行分析判断；
(2)根据变压器只能对交变电流的工作原理进行分析解答；
(3)根据原副线圈的磁通量的最大值相等结合有效值等进行计算，结合变压比计算相应电流；
(4)根据交流发电机线圈所在的与中性面垂直的平面的特点列式解答相应物理量。
考查交变电流的相关知识和变压器的工作原理等，会根据题意进行准确分析解答。
4.经过几代人的努力，中国载人航天事业不仅在前沿科技领域取得了非凡成就，也为普及科学知识发挥了重要作用。
(1)如图，质量为m的小球通过长为l的轻质细线连接光滑轻质小环，小环套在固定横杆P上，将摆拉开某一小角度。用相同装置分别在地面教室和绕地运行的天宫一号中作对比实验，不计空气阻力。
①(多选)在地面教室实验中，由静止释放小球后，小球的______。
A.机械能守恒
B.动量随时间呈周期性变化
C.加速度总等于向心加速度
D.回复力始终由线的拉力与重力的合力提供
②在天宫一号实验中，由静止释放小球后，小球不摆动，这是由于小球______。
A.惯性消失
B.不受地球引力
C.所受地球引力全部用于提供其绕地球运行的向心力
③在天宫一号实验中，拉直细线后，给小球一个方向与细线垂直、大小为I的瞬时冲量，使小球绕横杆P运动，则小球运动周期为______，开始运动后经14周期时的向心力大小为______。
④如果将天宫一号实验中的细线换作等长的轻质细杆，在外力作用下开始绕横杆P转动，转动角速度ω随时间t变化的关系如图所示，已知图线斜率为β，则由静止开始转过一周时小球的速度大小为______。

(2)质量为m的空间站到地球表面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则地球对空间站的引力大小为______。
(3)(计算)如图，航天员在空间站里的方格背景前用钢球做碰撞实验。一次实验中，使质量为m的B球以速率v向左运动，并与质量为3m的静止A球发生弹性正碰。求碰后B球的速度vB。
【答案】ABD C 2πmlI I2ml 2l πβ mgR2(R+h)2
【解析】解：(1)①A.在地面教室实验中，由于不计空气阻力，小球运动过程只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；
B.由于不计空气阻力，小球在重力和细线拉力作用下做简谐运动，速度随时间周期性变化，故动量随时间周期性变化，故B正确；
C.由于小球摆动过程是变速圆周运动，加速度不总等于向心加速度，故C错误；
D.小球在运动过程中始终受到重力和细线拉力，两者合力提供回复力，故D正确。
故选：ABD。
②A.惯性与质量有关，小球由质量，故惯性不会消失，故A错误；
BC.在天宫一号实验中，由静止释放小球后，小球不摆动，是由于所受地球引力全部用来提供绕地球运行的向心力，处于完全失重状态，故B错误，C正确。
故选：C。
③给小球一个方向与细线垂直、大小为I的瞬时冲量，则根据动量定理
I=mv
小球做匀速圆周运动的速度
v=Im
小球运动的周期
T=2πlv=2πlIm=2πmlI
经过14周期时，向心力大小
Fn=mv2l=m×(Im)2l=I2ml
④由图像可知ω与t的关系为：ω=βt
假设转动一周内平均角速度为ω−，则转动一周时的角速度
ω=βT=2ω−
一周内平均角速度
ω−=2πT
联立解得T=2 πβ，ω=2 πβ
则转动一周时的速度
v=ωl=2l πβ
(2)若在地球表面附近，有
GMmR2=mg
则地球对空间站的引力
F=GMm(R+h)2
联立解得F=mgR2(R+h)2
(3)取向左为正方向，由于B求与A求发生弹性正碰，根据动量守恒定律
mv=mvB+3mvA
根据机械能守恒
12mv2=12mvB2+12×3mvA2
联立解得vB=−v2
故碰后B球的速度大小为v2，方向水平向右。
故答案为：(1)①ABD；②C；③2πmlI；I2ml；④2l πβ；(2)mgR2(R+h)2；(3)碰后B球的速度大小为v2，方向水平向右。
(1)①由静止释放小球后，不计空气阻力，做简谐运动，只有重力做功，机械能守恒；简谐运动的速度随时间呈周期性变化，动量随时间呈周期性变化；小球摆动过程为变速圆周运动，加速度不总等于向心加速度；小球摆动过程中重力与拉力的合力提供回复力。
②在天宫一号实验中，小球所受地球引力提供绕地球运动的向心力，故静止释放后不摆动，小球有质量，惯性并未消失；
③先根据动量定理I=mv求出速度大小，再由周期公式代换出周期；由向心力的公式求出向心力；
④由图像先得到角速度与周期的关系，再根据平均角速度与角速度的关系联立求出周期和角速度，根据v=ωr求出转过一周时小球的速度；
(2)根据黄金代换式和万有引力定律联立求出地球对空间站的引力大小；
(3)由于两球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求出B球碰后的速度。
本题主要考查动量、线速度与角速度的关系、向心力、万有引力等知识，题目涉及到较多知识点，综合性强。
5.如图(a)所示的体外自动除颤仪(简称AED)是一种使心脏恢复正常心律的医疗急救仪器。其除颤部分的简化原理如图(b)所示。通过两个单刀双掷开关S1和S2控制电容器充电与放电除颤之间的转换。电路中R的阻值远大于人体电阻。
(1)除颤治疗时，电极贴于人体。在充电完成后，若已不需对患者除颤，须通过电阻R进行内部放电，此时______。
A.S1拨到1，S2拨到4
B.S1拨到2，S2拨到3
C.S1与1、2均断开，S2与3、4均断开
(2)(多选)某同学受除颤仪简化原理启发，连接了一个如图(a)所示的电路，先将开关S置于1，为电容器充电；然后将开关S置于2，电容器放电电流变化规律如图(b)所示，则______。

A.t1时刻，电容器极板上电荷量最大
B.t1时刻，电感器内储存的磁场能最大
C.t1～t2时间内，电容器先充电后放电
D.t1～t2时间内，电感器内的磁场方向不变
(3)若启动除颤程序即开始为电容器充电，当电荷量达到满电状态的80%即自动执行对人体的放电电击程序。某型号除颤仪中电容器的充电过程电流I随时间t变化的图象如图所示，则启动后至少需要等待______s才会发生第一次对人电击。(保留1位有效数字)

(4)除颤仪的重要部件之一是电容器。某面积足够大的平行板电容器两极板水平且间距为d，两极板与输出电压为U的恒压电源相连，如图所示，其中图(a)为正视图，图(b)为立体图。与正极板相距h的P点有一放射源，向过P点的水平面上方及水平方向发射大量速度方向不同、大小均为v0的电子，落到极板即被吸收。已知电子质量为m，元电荷为e。建立Oxyz坐标系，y轴正向竖直向上。

①电子到达正极板前瞬间的动能Ek= ______；
②(计算)求电子的最大水平位移的大小xm；
③(计算)若两板间另加一个匀强磁场，使初速度v0沿x轴正方向的电子恰做直线运动。求该磁场的磁感应强度B。
【答案】C BC 6 eUhd+12mv02
【解析】解：(1)充电完成后，若已不需对患者除颤，须通过电阻R进行内部放电，此时电容器与电阻R单独构成回路，即S1与1、2均断开，S2与3、4均断开。故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)A.t时刻电流最大，自感线圈L中的磁场能最大，则电场能最小，即t时刻，电容器极板上电荷量最小，故A错误；
B.结合上述可知，t时刻，自感线圈L中储存的磁场能最大，故B正确；
C.t1−t2时间内，电流先减小后增大，即磁场能先减小后增大，可知，电场能先增大后减小，即t1−t2时间内，电容器先充电后放电，故C正确；
D.t1−t2时间内，通过电感器内的电流方向发生变化，根据安培定则可知，磁场方向也发生变化，故D错误。
故选：BC。
(3)根据q=It可知，I−t图像与时间轴所围几何图形的面积表示电荷量，利用“数格子”的办法，对应图像与时间轴所围几何图形的格数约为13，令每一格对应的电荷量为q0则有13q0⋅80%=10.4q0，根据图像可知，启动后至少需要等待6s才会发生第一次对人电击。
(4)①极板间的电场强度E=Ud，根据动能定理有eEh=Ek−12mv02，解得Ek=eUhd+12mv02
②电子水平方向射出时，水平方向位移最大，则有h=12⋅eEmt2,xm=v0t，结合上述解得xm= 2mdheU
③电子恰做直线运动，该运动为匀速直线运动，根据平衡条件有ev0B=eE结合上述解得B=Udv0
故答案为：(1)C；
(2)BC；
(3)6；
(4)①电子到达正极板前瞬间的动能Ek等于 eUhd+12mv02；
②求电子的最大水平位移的大小xm为 2mdheU；
③该磁场的磁感应强度B为Udv0。
(1)不需对患者除颤，电容器与电阻R单独构成回路，开关与所有触点都处于断开状态；
(2)放电完毕时刻电流最大，电荷量最小，充电完成时刻电流最小减为零，电荷量最大，据此分析；
(3)利用I−t图像与时间轴所围几何图形的面积表示电荷量，结合“数格子”的办法求解；
(4)①根据场强与电势差关系求解电势差，根据动能定理求解电子到达正极板前瞬间的动能；
②电子水平方向射出时，水平方向位移最大，水平方向匀速直线运动，竖直方向匀变速直线运动据此求解最大水平位移的大小；
③电子恰做直线运动，该运动为匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡。
本题综合性强，考查知识点多，掌握充放电的过程物理量的变化及电路特点，掌握i−t图像的物理意义。
6.随着国家“碳达峰，碳中和”政策的出台，光伏领域成为最热门的领域之一。
(1)一辆用光伏电池驱动的小车，其电路总电阻为r。小车受到的阻力大小与其速率之比为k。某次运动中电池接收到的光照功率恒为P时，小车以速率v匀速行驶，通过电池的电流大小为I，则电池的光电转化效率为______。
(2)光照进半导体材料内激发出自由电荷，在材料内部电场作用下，正、负电荷分别往两端积累。若材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示。
①正电荷仅在内部电场力作用下沿x轴从N点运动到P点，其加速度______。
A.先沿x轴负方向减小，后沿x轴正方向增大
B.先沿x轴负方向增大，后沿x轴正方向减小
C.先沿x轴正方向减小，后沿x轴正方向增大
D.先沿x轴正方向增大，后沿x轴正方向减小
②取O点的电势为零，N点到P点的电势φ随位置x变化的图象可能为______。

(3)一光伏电池在特定光照下的I−U关系如图所示。在这种光照条件下，将总长度为100m、截面积为0.100mm2的金属丝绕制的电阻接在该电池两端时，电阻两端电压为2.10V，则该金属丝的电阻率为______Ω⋅m。(保留3位有效数字)

(4)在某一电压区间内，光伏电池可视为一个恒流源(输出电流恒定)。某同学连接了如图所示的两个电路：电路a由干电池、阻值为R4的定值电阻、阻值为RT的热敏电阻(RT随温度升高而减小)和小灯连接而成；电路b由恒流源、三个阻值分别为R1、R2，R3(R1