2024年上海市普陀区高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年上海市普陀区高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共14页。试卷主要包含了简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，某款气压式升降椅通过与椅面连接的气缸上下运动来控制椅子升降，气动杆固定在底座上，气缸与气动杆之间密闭一定质量的空气(气缸气密性、导热性良好，不计气缸与气动杆间的摩擦)。已知椅面与气缸的总质量为6.0kg，气动杆的横截面积为30cm2。(大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2)
(1)没有任何物体放置在椅面上时，
①密闭空气的压强为______；
A.2.0×104Pa
B.8.0×104Pa
C.1.0×105Pa
D.1.2×105Pa
②若降低室温，椅面将______；
A.上升
B.保持不动
C.下降
③在室温降低的过程中，密闭气体的______；
A.内能不断减小，向外放出热量
B.内能不断减小，从外界吸收热量
C.内能保持不变，向外放出热量
D.内能保持不变，从外界吸收热量
(2)在室温恒定的房间中，质量为54kg的某同学坐上空的椅面(双脚始终悬空)，椅面缓慢下降12cm后达到稳定状态。该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度为______ cm。
2.氢原子光谱是指氢原子内的电子在不同能级跃迁时所发射或吸收不同波长的光子而得到的光谱。玻尔理论对其进行了解释，如图为氢原子的能级图。
(普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s，元电荷e=1.6×10−19C)
(1)一群处于n=4能级上的氢原子，跃迁到基态最多能发出______种不同频率的光，其中最小频率为______Hz(保留2位有效数字)。
(2)一群处于n=5激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有一种能使某金属发生光电效应，且光电子的最大初动能为0.2eV，则该金属的逸出功W=______ eV。
(3)氢原子钟是利用氢原子能级跃迁过程中产生的电磁波进行校准。北斗卫星绕地球运动，根据狭义相对论，静止在地面的氢原子钟与安装在北斗卫星上的同一氢原子钟相比______。
A.走得慢
B.走得快
C.走时相同
3.中国宇航员利用“天宫”空间站的微重力环境，进行的太空授课活动。将空间站的运动视为匀速圆周运动，忽略地球自转的影响。
(1)天宫空间站质量为m，其运行轨道半径为r。若地球质量为M，引力常量为G，则空间站在轨运行周期为______，其具有的机械能为______(无穷远处引力势能为零)。
(2)(多选)授课时，宇航员往金属圈上的水膜中不断注水，水膜“长成”了水球。与水膜成为水球原因相同的现象有______；
(3)若用弹簧振子进行实验，将一根弹性长绳左端与振子相连，O是振子振动的平衡位置，如图a所示。垂直于弹簧沿绳建立x轴，振子振动后，某时刻长绳的波形图如图b所示。
①该时刻，绳上x=2.5m处的质点振动方向是______；
A.沿x轴正方向
B.沿x轴负方向
C.沿y轴正方向
D.沿y轴负方向
②若绳波的波速为2.5m/s，则该弹簧振子的振动周期为______ s。
(4)观看在方格布前研究小球碰撞的授课视频后，某同学通过软件每隔相等时间截取一张视频图片，如图1为连续截取的三张图片。
①若小球和大球的质量分别为m1、m2，则可估算出______；
A.m1：m2=1：2
B.m1：m2=1：3
C.m1：m2=2：3
D.m1：m2=1：5
②通过估算可判断两小球的碰撞属于______；
A.弹性碰撞
B.非弹性碰撞
(5)“高微重力科学实验柜”的简化模型如图2所示，A和B是两个喷气装置。宇航员演示时，先使柜体悬浮于空间站中O点。然后给其一个向左的初速度，同时使A向左喷气；经过时间t1，关闭A的同时使B向右喷气；又经过时间t2，关闭B，此时柜体又悬浮于O点。若A、B喷气时对柜体的作用力大小恒定且相等(忽略喷出气体的质量)，则t1与t2的比值为______。
(6)观看“太空水球”光学实验后，某同学用内径为R、外径为2R的环形玻璃砖模拟光在水球中的传播。将玻璃砖放置在水平面上，一束单色光从P点以入射角i射入玻璃砖，如图3所示。
①若i=45∘，单色光经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切，则玻璃砖对该单色光的折射率n=______。
②若单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，则入射角i=______。
4.风是由空气流动引起的一种自然现象。从放飞风筝、风帆助航，到风力发电……都是人类对风的有效利用。
(1)某同学静止站在水平地面上放风筝(风筝的重力不能忽略)，他缓慢释放拉风筝的细线，风筝先后经过同一竖直线上的a、b两点，如图1所示。若风筝在a、b两点时，细线对风筝的拉力大小相等。
①风筝在a、b两点受到空气对其的作用力大小分别为Fa、Fb，则______；
A.Fa>Fb
B.Fa=Fb
C.Fa②风筝在a、b两点受到空气对其的作用力方向与竖直方向的夹角分别为θa、θb，则______；
A.θa>θb
B.θa=θb
C.θa<θb
(2)一艘帆船受水平风力的推动，在静水中做匀速直线运动，速度大小为v0。若水对船阻力大小恒为f，船帆的迎风面积为S，空气密度为ρ，则风速约为______；
A. fρS−v0
B. fρS+v0
C.fρS−v0
D.fρS+v0
(3)风电机组利用风能带动风轮机叶片旋转，再通过升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动发电，为人们提供清洁能源。
①某款风电机组通过三片长度为L的叶片获取风能，如图a所示。叶片匀速转动一周的时间为T，叶轮尖端的线速度的大小为______。升速齿轮箱某组齿轮如图 b所示，A、B为齿轮上两点，已知rA=2rB。A、B点的向心加速度大小之比aA：aB=______。
②风力发电的输电原理如图2所示(变压器均为理想变压器)。若输电线的总电阻为28Ω，降压变压器的匝数比n3：n4=130：1，副线圈的输出电压U4=220V、输出功率为1430kW，那么降压变压器输入电压U3=______ V，输电线的焦耳热功率；P热=______ kW。
(4)某风速测量装置由风杯组系统和电磁信号产生系统组成，如图a、b所示。电磁信号产生系统由半径为L圆形区域的匀强磁场，阻值为r固定于风轮转轴的导体棒OA(导体棒长度大于L)，以及测量电路共同组成。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。
①风推动风杯绕轴逆时针匀速转动，A端与弹性簧片接触时，流经电流表的电流方向是______；
A.a→b
B.b→a
②(计算)若导体棒A端与弹性簧片接触时流过电路的电流强度恒为I，测量电路中保护电阻的阻值为R，其余电阻不计。求风杯转动的角速度ω。
5.1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝箔 1327Al，获得了中子和 1530P，放射性同位素 1530P又衰变产生 1430Si和正电子。磷30是首个通过人工方法获得的放射性同位素。
(1)同位素具有相同的______；
A.核子数
B.中子数
C.质子数
(2)磷30具有放射性，其衰变方程为 1530P→1430Si+______。 1530P的半衰期是2.5min，4g1530P经过10min后还剩______ g。
(3)如图所示，将α粒子、中子、正电子，以及离子P3−和Si4+等五种粒子一起注入到加速电场的中心P(忽略各粒子的初速度)，部分粒子经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出；然后沿以O1为圆心、R为半径的圆弧通过静电分析器，再经速度选择器筛选后，某种粒子进入磁分析器中，在磁场中偏转后被磁场边界处的探测板收集。设原子核中每个核子的质量均为m0，已知元电荷为e(整个系统处于真空中，不计粒子重力和粒子间的相互作用力)。
①经电场加速从加速电场负极板上的小孔N射出的粒子有______。
②若加速电场两极板间的电压大小为U，两极板间距为L；静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等，方向指向圆心。则Si4+在加速电场中所受电场力大小为______。
静电分析器中，与圆心O1距离为R处的电场强度的大小为______。
③(论证)在②的条件下，若粒子进入速度选择器后，它们的运动轨迹如图中虚线①、②、③所示，分析说明到达探测板的粒子是Si4+。
④(计算)在②③的条件下，若磁分析器中以O2为圆心的足够大半圆形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，求Si4+在磁分析器中运动的时间和位移大小。
答案和解析
1.【答案】D C A 30
【解析】解：(1)①没有任何物体放置在椅面上时，根据平衡条件，有
p1S=mg+p0S
解得p1=1.2×105Pa
故ABC错误，D正确；
故选：D。
②若降低室温，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律，有
V1T1=V2T2
解得V2=T2T1V1
由于T2故选：C。
③在室温降低的过程中，密闭气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，气体向外放出热量，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)根据玻意耳定律，有p1l1S=p3l3S
质量为54kg的某同学坐上空的椅面，根据平衡条件，有
p3S=(M+m)g+p0S
其中：l3=l1−12cm
解得：l1=30cm
故答案为：(1)①D；②C；③A；(2)30
(1)①根据平衡条件结合压力和压强的关系解答；
②封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律解答；
③温度降低，内能减小，根据热力学第一定律分析解答；
(2)分析气体初末状态，根据玻意耳定律分析解答。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉物体状态参量的分析，结合气体的相关定律即可完成解答。
2.【答案】61.6×1016 12.86B
【解析】解：(1)一群氢原子从n=4激发态跃迁到基态最多能发出C42=6种不同频率的光；从n=4能级到n=3能级的能量最小，频率最小为
ν=E4−E3h(−0.85)−(−1.51)×1.6×10−196.63×10−34Hz=1.6×1016Hz
(2)一群处于n=5激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有一种能使某金属发生光电效应，应为n=5能级到n=1能级的能量，根据光电效应方程有
Ekm=E5−E1−W
解得W=12.86eV
(3)北斗卫星在高空绕地球高速运动，根据时钟延缓效应，静止在地面的氢原子钟与安装在北斗卫星上的同一氢原子钟相比走得快，故AC错误，B正确。
故选：B。
故答案为：(1)6；1.6×1016；(2)12.86；(3)B
(1)根据数学组合公式得出氢原子向低能级跃迁可能辐射的谱线条数；根据能量子公式解得频率；
(2)根据光电效应方程解答；
(3)根据狭义相对论分析。
本题考查了能级跃迁的基本运用，知道吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差才能被吸收发生跃迁，注意光电效应方程的应用。
3.【答案】2π r3GM GM22r−GMmr ABCDC0.8DA 2+1 2 30∘
【解析】解：(1)由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T
解得：T= 4π2r3GM=2π r3GM
机械能E=E引+Ek
由引力势能公式可得：E引=−GMmr
由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
根据动能表达式可得：Ek=12mv2=GM22r
故机械能E=GM22r−GMmr
(2)四个选项所描述的现象和水球的成因一样，都是液体表面张力作用的结果，故ABCD正确。
故选：ABCD。
(3)①根据同侧法可得：绳上x=2.5m处的质点振动方向是沿y轴正方向，故C正确，ABD错误。
故选：C。
②由公式：v=λT可得：
T=λv=22.5s=0.8s
故当绳波的波速为2.5m/s，则该弹簧振子的振动周期为0.8s。
(4)①.由第一张与第二张照片可知：小球的初速度为：v0=x0t，
由第二张与第三张照片可知：碰撞后的小球速度大小为：v1=x1t，
碰撞后的大球速度为：v2=x2t，
设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
m1x0t=−m1x1t+m2x2t
由图可知：m1⋅1.5=−m1⋅1+m2⋅0.5
可得：m1：m2=1：5，故D正确，ABC错误。
故选：D。
②.碰撞前的能量为：E前=12m1v02=92m1v22
碰撞后的能量为：E后=12m2v22+12m1v12=92m1v22
故碰撞前后能量不变，即该碰撞为弹性碰撞。故B错误，A正确。
故选：A。
(5)当A向左喷气时，设A关闭时物块速度为v1，作用时间为t1，选水平向右为正方向，对物块动量定理得：Ft1=mv1+mv；
当B向右喷气时，作用时间为t2，水平向左为方向，对物块动量定理得：Ft2=mv1
物块在t1+t2时间内，总位移为零，所v−v12t1=v12t2
联立解得：v= 2v1，
所以：t1t2= 2+1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(6)①.由题意可知，光在A点入射角为i=45∘，设折射角为r，如图所示
根据几何关系可知：知
则玻璃砖对该单色光的折射率为n=sinisinr= 2212= 2
②.光在内球表面上恰好发生全反射，入射角最小，设为i，光路图如图所示
根据折射率的定义式可得：
由几何知识可得sin∠ABO=sinC
在ΔABO中，由正弦定理可得：2Rsin∠ABO=Rsinr
根据折射定律可得：
联立解得sini=0.5
即入射角为30∘。
答：(1)2π r3GM，GM22r−GMmr；(2)ABCD；(3)①C，②0.8；(4)①D；②A(5) 2+1；(6)① 2，②30∘。
(1)根据万有引力提供向心力，结合动能和引力势能的表达式分析求解；
(2)根据液体表面张力结合给的实际案例分析求解；
(3)根据振动的特点，结合波长、波速和周期的关系分析求解；
(4)根据匀速运动分析速度关系，结合动量守恒分析前后动量和动能的变化；
(5)根据动量定理，结合位移与速度的关系分析求解；
(6)根据折射定理结合全反射的特点，画出光路图，找准几何关系分析求解。
本题综合考查了万有引力、几何光学、能量和动量等知识，熟悉各个物理量的含义，准确掌握其计算公式，合理分析运动过程是解决此类问题的关键。
4.【答案】CAB2πLT 1：2 28600 70 B
【解析】解：(1)①在a、b两点分别对风筝受力分析，根据共点力平衡规律，风筝受到风力与绳子拉力和风筝重力的合力等大反向，如图
由平行四边形法则，风筝受到的风力方向与在a点时的不同，由于绳子的拉力和风筝的重力大小不变，在b时两个力间夹角小，则合力大，即风筝在b点受到的风力比在a点时的大，故C正确，AB错误。
故选：C。
②由上述分析可知在b时两个力间夹角小，故A正确，BC错误；
故选：A。
(2)设风速为v，t时间内吹到船帆迎风面积上的空气质量为m，选取风运动的方向为正方向，对空气根据动量定理可得−ft=0−m(v−v0)
其中m=ρS(v−v0)t
代入数据联立解得v= fρS+v0
故ACD错误，B正确；
故选：B。
(3)①根据线速度的公式可知v=2πLT；
A、B两点线速度相等，根据a=v2r可知，aA：aB=1：2；
②根据变压器电压之比和线圈匝数之比的关系可知U3U4=n3n4
解得U3=28600V
副线圈的电流为I=P4U4
根据电流之比和线圈匝数之比的关系可知I4I3=n3n4
则输电线的焦耳热功率P热=I32r
解得P热=70000W=70kW
(4)①根据右手定则可知流经电流表的电流方向是b→a，故A错误，B正确；
故选：B。
②根据法拉第电磁感应定律可知E=BLv−=BLωL2
根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)
解得ω=2I(R+r)BL2
故答案为：(1)C；A；(2)B；(3)2πLT；1：2；28600；70；(4)B；风杯转动的角速度为2I(R+r)BL2
(1)根据共点力平衡条件结合力的合成分析解答；
(2)根据动量定理分析解答；
(3)根据向心加速度及变压器电压之比和线圈匝数之比的关系分析解答；
(4)根据右手定则与法拉第电磁感应定律分析解答。
解决本题的关键要明确原副线圈电压之比、电流之比与匝数之比的关系；升压变压器的输出功率、降压变压器的输入功率以及功率损失的关系，注意共点力平衡条件及动量定理的运用。
5.【答案】质子数 10e 0.25α粒子、正电子、离子Si4+ 4eUL UR
【解析】解：(1)同位素具有相同的质子数，不同的中子数，故核子数不同，故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)根据电荷数和质量数守恒可知其衰变方程为： 1530P→1430Si+10e。
1530P的半衰期为T=2.5min，经过t=10min=4T，还剩于质量为m=4×(12)4g=0.25g。
(3)①因粒子初速度为零，故带正电的粒子才能从加速电场的负极板上的小孔N射出，则α粒子、正电子，离子Si4+能从小孔N射出。
②加速电场的电场强度大小为：E1=UL，离子Si4+带电量为4e，则其在加速电场中所受电场力大小为：F=4eE=4eUL。
设带电量为+q，质量为m的离子从小孔N射出的速度为v，圆心O1距离为R处的电场强度的大小为E。
对离子在加速电场被加速的过程，根据动能定理得：
qU2=12mv2−0，解得：v= qUm
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有：
qE=mv2R，解得：E=UR
③由②的结论可知，α粒子(带电量为2e，质量为4m0)、正电子(带电量为e，质量可不计)，离子Si4+(带电量为4e，质量为30m0)均能进入速度选择器。
由v= qUm，可得三种粒子的速度大小分别为：vα= eU2m0、ve→∞、vSi= 2eU15m0
可得：ve>vα>vSi
进入速度选择器时它们所受洛伦兹力(qvB)向下，电场力(qE)向上，可知速度较大的粒子会向下偏转，根据图中虚线①、②、③得运动轨迹可知沿直线运动一定是速度最小的，可知沿直线通过速度选择器后到达探测板的粒子是速度最小的Si4+。
④Si4+在磁分析器中做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，设其运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
4evSiB=30m0vSi2r
解得：r=1B 15m0U2e
Si4+在磁分析器中运动的时间为t=πrvSi=15πm02eB
Si4+在磁分析器中运动的位移大小为x=2r=1B 30m0Ue
故答案为：(1)C；(2)10e；0.25g；(3)①α粒子、正电子，离子Si4+；②4eUL；UR；③论证见解析；④Si4+在磁分析器中运动的时间为15πm02eB，位移大小为1B 30m0Ue。
(1)同位素具有相同的质子数，不同的中子数，不同的核子数不同；
(2)根据电荷数和质量数守恒判断生成的粒子；根据半衰期的物理意义求解；
(3)①因粒子初速度为零，带正电的粒子才能从加速电场的负极板上的小孔N射出；
②根据电场强度与电势差的关系，电场力的计算公式求解电场力；根据动能定理求得离子在加速电场获得的速度，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力求解；
③根据②的结论得到三种粒子的速度大小关系，进入速度选择器后根据洛伦兹力与电场力大小关系和运动轨迹来论证；
④Si4+在磁分析器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得运动半径，根据轨迹弧长与线速度的比求得时间，Si4+在磁分析器中运动的位移大小为运动半径的2倍。
本题考查了放射性同位素与衰变问题，带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。