上海市复旦大学附属中学2022-2023学年高三下学期3月月考物理 Word版含解析.docx

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复旦附中2023届高三年级3月份教学质量检测物理试卷一、单选题（1-8题每题3分，9-12题每题4分，共40分）1.A是某天然放射源，abc为外加水平匀强电场后，各射线的（定性）轨迹。则该电场（　　）A垂直于纸面向里B.向左C.向右D.可由右侧的某正点电荷产生【答案】B【解析】【详解】D．点电荷不能产生匀强电场，选项D错误；A．由运动轨迹可判断电场力方向只能沿水平方向，则电场方向不可能垂直于纸面向里，选项A错误；BC．在匀强电场中的偏转距离由于β粒子的质量非常小，所以运动相同的竖直位移x，水平方向的偏转距离y较大，可判断c为β射线（电子）的轨迹，则电场方向水平向左，选项B正确，C错误。故选B。2.某汽车正以72km/h在公路上行驶，为“礼让行人”，若以5m/s2加速度刹车，则以下说法错误的是（　　）A.刹车后2s时的速度大小为10m/sB.开始刹车后第1s的位移与第2s的位移比为7：5C.刹车后5s时的位移为37.5mD.若司机为酒后驾车，不会影响刹车后的加速度【答案】C【解析】【详解】A．由题知，汽车初速度，加速度大小，刹车后2s时的速度大小为 故A正确；B．开始刹车后1s末的速度第1s的位移第2s的位移则刹车后第1s的位移与第2s的位移比为7：5，故B正确；C．汽车刹车需要时间则刹车后5s时的位移为减速过程中的总位移故C错误；D．若司机为酒后驾车，反应时间会变长，但不会影响汽车刹车过程的加速度，故D正确。本题选错误的，故选C。3.某次，某蹦极爱好者从贵州省坝陵河特大悬索桥上自由落下，下落125m时绳索达到自然长度，此后又经一段时间他到达桥下370m的最低点。已知他的质量为49kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则125m之后的过程中，绳对他的平均作用力大小约为（　　）A.250NB.500NC.750ND.1250N【答案】C【解析】【详解】下落125m时有 125m之后的过程中有，解得根据给出的数值，可知绳对他的平均作用力大小约为750N。故选C。4.如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接，小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成角保持不变。下列说法正确的是（　　）A.小车一定做匀速直线运动B.小车可能向右做匀减速直线运动C.细线有拉力时，弹簧不可能处于伸长状态D.弹簧有弹力时，细线可能没拉力【答案】D【解析】【详解】AB．对小球受力分析可知当细线有拉力时，此时合力水平向右即加速度方向水平向右，小车可能向右加速或者向左减速，AB错误；C．根据前面分析细线有拉力时，竖直方向上可有即此时弹簧可以处于伸长状态，C错误；D．当小车匀速运动时，小球在竖直方向上受到弹簧弹力和自身重力相平衡，此时细线中没拉力，D正确。故选D。5.如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为 ，万有引力常量为G，则（　　）A.卫星a和b下一次相距最近还需经过时间为B.卫星c的机械能等于b的机械能C.若要卫星c与b实现对接，可让c加速D.发射某卫星至b所在轨道所需的能量小于至a所在的轨道【答案】A【解析】【详解】A．b地球同步对卫星，其角速度等于地球自转角速度，对a有令卫星a和b下一次相距最近还需经过时间为，则有解得A正确；B．b、c在地球的同步轨道上，由于b、c卫星质量关系不确定，则卫星c的机械能与b的机械能关系也不确定，B错误；C．根据解得 可知，轨道半径越大，圆周运动的线速度越小，当卫星c在地球同步轨道上加速后，其将变轨到高轨道，在高轨道稳定运行的线速度将小于卫星b的线速度，两者间距随后将逐渐增大，不能实现对接，即若要卫星c与b实现对接，可让c减速后先到达低轨道，两卫星随后相互靠近，实现对接，C错误；D．同一卫星在高轨道的机械能大于其在低轨道上的机械能，可知发射某卫星至b所在轨道所需的能量大于至a所在的轨道，D错误。故选A。6.直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，在x=0处，同一波源的振动分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，形成两列机械波a、b，某时刻的部分波形图如图所示，此时刻b波恰好传到x=-4m处，下列说法正确的是（　　）A.波源的起振方向沿y轴正方向B.此时刻a波传到x=8m处C.两列波的频率关系D.x=-1m处质点P在这段时间内的路程为10cm【答案】B【解析】【详解】A．传播介质的起振方向和波源相同，的质点起振方向与波源的起振方向相同，用微平移法可知的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．由左侧波形图可知，波源已经完成了两次全振动，故此时刻a波传到处，故B正确；C．两列波由同一波源振动产生，频率相同，故C错误；D．由质点P左侧的波形图可知，P已经完成1.5次全振动，路程为故D错误。 故选B。7.假设我们学校的田径场跑道是圆形，周长为400m。在跑道上包括正南点的等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电荷的篮球，这三个篮球的带电荷量相同，如图所示。设每个带电篮球单独在田径场中心产生的电场的场强大小都为E0、电势都为，则这三个带电篮球在跑道上的正北点产生的电场的场强大小E、电势φ的说法正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意可知，可以把带电的篮球看成点电荷，设其带电量为，圆形跑道的半径为，则有由几何关系可知A、B两点处的电荷在正北点产生的场强的矢量和为，方向指向正北方，而C点处的电荷在正北点产生的场强为方向同样指向正北方，则由矢量合成原则可知三个点电荷在正北点产生的场强而电势可以进行代数运算，每个点电荷在其周围距离相等处电势相等，故可知A、B两个电荷在正北点产生的电势大小均为，电荷C距正北点的距离更远，故产生的电势小于 ，由代数运算可知三个电荷在正北点产生的电势之和满足故选C。8.如图甲所示，空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示意图。空调外机的重心恰好在横梁AO和斜梁BO连接点O的正上方，重力大小为210N。AO水平，BO与AO的夹角为30°。假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向，下列说法正确的是（　　）A.横梁对O点的拉力为210NB.斜梁对O点支持力为210NC.调整斜梁BO的长度，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，横梁AO对O点的作用力不变D.调整斜梁BO的长度，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，横梁AO与斜梁BO对O点的合力不变【答案】D【解析】【详解】AB．对O点受力分析，如图所示：由平衡条件可得解得 故AB错误；C．调整斜梁BO的长度，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，则发生变化，由可知，横梁AO对O点的作用力将发生变化，故C错误；D．调整斜梁BO的长度，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，横梁AO与斜梁BO对O点的合力平衡空调外机对O点的压力大小（即外机重力大小），保持不变，D正确。故选D。9.如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时B与A恰好分离。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）A.当A与B恰好分离时，B的加速度大于A的加速度B.当A与B恰好分离时，B的加速度为gC.弹簧的劲度系数为D.在分离前A与B都做加速度增大的加速运动【答案】C【解析】【详解】A．当A与B恰好分离时，两物体之间弹力恰好0，速度相等，加速度也相等，A错误；B．根据上述有解得a=0B错误；C．没有施加拉力时有 恰好分离时，根据上述可知，物体A的加速度为0，则有根据题意有解得C正确；D．分离前，弹簧压缩量减小，弹簧向上的弹力减小，可知AB整体所受外力的合力减小，则在分离前A与B都做加速度减小的加速运动，D错误。故选C。10.用电脑软件模拟两个相同分子在仅受分子力作用下的运动。将两个质量均为m的A、B分子从x轴上的和处由静止释放，如图所示。其中B分子的速度v随位置x的变化关系如图所示。取无限远处势能为零，下列说法正确的是（　　）A.A、B间距离为时分子力为零B.A、B间距离为时分子力为零C.A、B系统的分子势能最小值为D.释放时A、B系统分子势能为【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知，B分子在x0~x1过程中做加速运动，说明开始时两分子间作用力为斥力，在x1处速度最大，加速度为0，即两分子间的作用力为0，根据运动的对称性可知，此时A、B 分子间的距离为2x1，故A、B错误；D．由图可知，两分子运动到无穷远处的速度为v2，在无穷远处的总动能为由题意可知，无穷远处的分子势能为0，由能量守恒可知，释放时A、B系统的分子势能为，故D正确；C．由能量守恒可知，当两分子速度最大即动能最大时，分子势能最小，则最小分子势能为Epmin=故C错误。故选D。11.如图所示，足够长的斜面倾角为，一质量为m的物块恰好能沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内给物块一任意方向（α角任意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零B.当α=90°-θ时，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面摩擦力向左C.若F竖直向下，则物体会加速下滑D.若F拉着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mgsinθ【答案】A【解析】【详解】AB．根据题意可知，未加时，物块匀速下滑，受力平衡，物块的受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得解得物块与斜面间的动摩擦因数为 物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若对物块施加一个沿斜面方向的力，物块下滑过程中对斜面的作用力没有变，斜面受力情况不变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若对物体施加一个垂直于斜面方向的力，物块下滑过程中，对斜面的压力增加、摩擦力增加，根据几何关系可知故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零；在竖直平面内给物块一任意方向（角任意）的外力，此力可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，而施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力均为零，所以无论对物块施加什么方向的力，在停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，A正确，B错误；C．若F竖直向下，物块受到的摩擦力增加了，沿斜面向下的力增加了，由于，故物块将沿斜面匀速下滑，C错误；D．若外力拉着物块沿斜面匀速上滑，设力与斜面的夹角为，根据平衡条件可得解得可知，的最小值为D错误。故选A。12.正弦曲线状金属丝与金属细杆ac在a、c处焊接在一起，两者在b处彼此绝缘，回路总电阻为R，，d、e到ac的距离均为L。将线框平放在光滑水平桌面上，线框右侧有垂直桌面向下、边界为矩形的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，磁场左右宽度为L，纵向宽度足够大，ac与磁场左右边界垂直，整个装置的俯视图如图所示。现在水平外力F作用下使线框以速度v沿ac向右匀速运动，t=0时刻c点到达磁场左边界，在线框穿过磁场过程中，下列说法正确的是（　　） A.当e点到达磁场左边界时，回路中电流最大B.t=0到时间内外力F做的功为C.外力F的瞬时最大功率为D.线框中的电流会增大或减小，但不会改变方向【答案】C【解析】【详解】AC．当d点到达磁场左边界时，有效切割长度最大，为2L，回路中电流最大，此时外力F的瞬时功率最大，此时感应电流为功率为故A错误，C正确；B．到时间内，感应电流为正弦式交流电，最大值为则外力F做的功转化为电路焦耳热故B错误；D．由楞次定律及安培定则可判断线圈感应电流大小随时间的变化图（其中），如图 线框中的电流会增大或减小，也会改变方向，故D错误。故选C。二、填空题（每题4分，共20分）13.如图所示，若人随自动扶梯减速上行，扶梯对人的作用力为F，则F的方向为____（选填“竖直向上”或“竖直向下”或“无法确定”），自动扶梯对人做______功（选填“正”或“负”或“无法确定”）。【答案】①.无法确定②.无法确定【解析】【详解】[1]人随扶梯减速上升时受力情况如图扶梯对人的作用力F为支持力N与摩擦力f的合力，故F斜向左上方，但是因为加速度具体大小未知，故F与竖直方向的具体夹角未知，则F的方向无法确定。[2]因为F的方向无法确定，所以F与速度的夹角也无法确定，故自动扶梯对人做功无法确定。14.一根上端固定的弹簧，其下端挂一条形磁铁。使磁铁在竖直方向上下振动，由于空气阻力很小，磁铁的振动幅度几乎保持不变。现在磁铁下方竖直放一螺线管，如图所示，开关S闭合时，有_____能转化成____能。开关断开时，线圈中____（选填“有”或“无”或“无法确定”）感应电动势。 【答案】①.机械②.电③.有【解析】【详解】[1][2]开关S闭合时，磁铁上下振动，通过线圈的磁通量周期性变化，产生感应电流，从能量角度是磁铁的机械能转化成线圈回路的电能；[3]开关断开时，通过线圈的磁通量在变化，线圈中有感应电动势。15.一定质量的理想气体，由状态A沿直线变化到状态C，再由状态C沿直线变化到状态B，最后由状态B沿直线回到状态A，如图所示。已知气体在状态A的温度TA=300K，气体由状态A沿直线变化到状态C的过程中的最高温度为____________K；完成一个循环过程，气体吸收的热量为_________J。【答案】①.400②.200【解析】【详解】[1]根据理想气体状态方程可知当、的乘积最大时，气体的温度最高，由数学知识可知，当气体的温度最高，设此时的温度为，根据代入数据解得 [2]完成一个循环的过程中，因为气体的始末状态不变，即内能不变，由热力学第一定律得由公式和定积分的几何意义可知即为图中的面积，由图可知，外界对气体做功为负值，就解得可知气体吸收的热量为200J。16.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示。他改变的实验条件可能是（写出2种可能性）______，______。【答案】①.见解析②.见解析【解析】【详解】[1][2]根据条纹间距与波长的关系由图可知，条纹间距变大，则可能是双缝间距d减小，可能是双缝与屏间的距离l增大，或者换用波长更长的单色光照射。17.干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上（图甲），让单色光从上方射入（示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径），从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环间距将___________（选填“变大”“变小”或“不变"）；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环间距将 _________（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】①.变大②.变大【解析】【详解】[1]当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。用波长变长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需远离中心，则圆环的半径变大。[2]换一个半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，则圆环的半径变大。三、综合题（共40分）18.“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验装置如图（a）。（1）当重物加速向下运动时，小车所受的拉力的大小______（选填“大于”、“等于”或“小于”）重物所受重力的大小。当重物的质量m______（选填“远大于”、“近似于”或“远小于”）小车的质量M时，小车所受的拉力的大小近似等于重物所受重力的大小。（2）为了减小误差，改进了实验装置，用力传感器直接测量得到小车受到绳子拉力的大小。通过合理的实验步骤，五组同学得到的a—F图像如图（b）。根据a—F图像中的数据找到小车受力均为F=0.12N时各组的加速度a，并将各组加速度a及小车质量M的数据填入下表，则表中X处的数值为______。利用表中的数据再做a—M图像得到一条曲线，为进一步探究加速度a与物体质量M的关系时，可在下表中补充______（填物理量符号）数据列，再次建立图像。实验次数拉力F/N小车质量M/kg加速度a/m·s−2①0.120.11.2②0.120.1250.96 ③0.120.1670.72④0.120.250.48⑤0.120.375X（3）在探究小车质量M一定时，加速度a与物体受力F的定量关系时，某组同学得到如图（c）所示的a—F图像，图像不过坐标原点的最可能原因是______，由图像可得小车的质量为______（用图中h、i表示）。【答案】①.小于②.远小于③.0.32④.（或）⑤.实验中未能消除轨道摩擦的影响（或未平衡轨道的摩擦力或轨道的倾角过小等）⑥.【解析】【详解】（1）[1]当重物加速向下运动时，对重物有可知，当重物加速向下运动时，小车所受的拉力小于重物所受重力的大小；[2]对小车有 解得可知，当重物的质量远小于小车的质量时，小车所受的拉力的大小近似等于重物所受重力的大小。（2）[3]根据表中数据，解得[4]根据解得，可知，为进一步探究加速度a与物体质量M的关系时，可在表中补充（或等）数据列，再次建立图像。（3）[5]根据图像可知，当细绳拉力较小不为0时，小车的加速度仍然为0，表明实验中未能消除轨道摩擦的影响（或未平衡轨道的摩擦力或轨道的倾角过小等）；[6]根据上述，对小车进行分析有解得结合图像有解得19.万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。（1）用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的物体的重力，随称量位置的变化可能会有不同结果。已知地球质量为M，自转周期为T，引力常量为G。将地球视为半径为R、质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响。设在地球北极地面称量时，弹簧测力计的读数是。若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧测力计读数为，求比值的表达式，并就的情形算出具体数值（计算结果保留两位有效数字）。（2）若在赤道表面称量时，弹簧测力计读数为，求比值的表达式；（3）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r、太阳半径为和地球的半径R三者均减小为现在的2.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变。仅考虑太阳与地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的1年将变为多长？【答案】（1）；（2）；（3）“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相同【解析】【详解】（1）在地球北极点不考虑地球自转，则秤所称得的重力则为其万有引力，于是解得（2）在赤道表面称量，弹簧测力计读数为F2解得（3）设太阳的质量Ms，根据万有引力定律，有解得 又因为解得从上式可知，当r和Rs减小为现在的2.0%时，地球公转周期不变，即“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相同。20.某同学设计了电磁健身器，简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距，倾角，导轨上端接一个的电阻。在导轨间长的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度。质量的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与轻的拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距。一位健身者用的恒力沿绳拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD捧回到初始位置。已知，，不计其它电阻、摩擦力，以及拉杆和绳索的质量。求：（1）CD棒进入磁场前的加速度a和进入磁场时速度v的大小；（2）通过数据计算，说明CD棒进入磁场后的运动情况。（3）某健身者没有保持的恒定拉力，若测出CD棒每次到达磁场上边缘时的速度为，CD棒每次上升过程中，电阻产生的焦耳热。则这位健身者完成100次动作，消耗多少热量？（4）若某位健身者的力气比较大，使用这套健身器材为了能达到较好的锻炼效果，是否一定要对装置做出改进或调节？给出理由。【答案】（1），；（2）见解析；（3）5600J；（4）见解析【解析】【详解】（1）CD棒进入磁场前，牛顿第二定律 解得由匀变速公式，解得（2）CD棒刚进入磁场时，感应电动势感应电流安培力重力分力为因拉力F=80N，合力为零，故CD棒进入磁场后，应为匀速运动。（3）每次上升过程，CD棒增加的重力势能增加的动能每次需消耗能量则这位健身者完成100次动作，消耗热量（4）可以不用做出调节；因为拉力增大，CD棒进入磁场时的速度增大，安培力也随之增大，如果维持CD棒在磁场中匀速运动，仍然需要较大的拉力，可以满足锻炼的需求。