2025届上海市奉贤区高三上学期一模练习物理试题
（2024高三上·奉贤模拟）抛撒播种
我国某些地区的人们用手拋撒谷粒进行水稻播种，如图（a）所示。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出，初速度分别为v1、v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于P点，如图（b）所示。已知空气阻力可忽略。
1．谷粒1、2在空中运动时的加速度a1、a2的大小关系为（ ）
A．a1 > a2 B．a1 < a2 C．a1 = a2 D．无法确定
2．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2在其轨迹最高点的机械能大小为（ ）
A．mgh B． C． D．
3．两粒谷子（ ）到达P点
A．谷粒1先 B．谷粒2先 C．同时
4．两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率P1、P2的大小关系为（ ）
A．P1 > P2 B．P1 < P2 C．P1 = P2
5．（2024高三上·奉贤模拟）验证动量守恒定律
某小组利用图示装置验证“动量守恒定律”。实验前，两小车A、B静置于光滑水平轨道上，车上固定的两弹性圈正对且处于同一高度，两挡光片等宽。调整光电门的高度，使小车能顺利通过并实现挡光片挡光；再调整光电门在轨道上的位置，使小车A上的挡光片刚向右经过光电门1，小车A就能立即与小车B相撞，小车B静置于两个光电门之间的适当位置，其被A碰撞分离后，其上的挡光片能立即开始挡光电门2的光。
（1）为减小实验误差，应选用较 （选涂：A.宽 B.窄）的挡光片。
（2）某次实验，用手推小车A使其瞬间获得一个向右的初速度，小车A与B碰撞后向左弹回，B向右弹出。测得A上挡光片两次经过光电门1的挡光时间t1、t2和B上挡光片经过光电门2的挡光时间t3。
①（多选）为完成该实验，还必需测量的物理量有
A.挡光片的宽度d
B.小车A的总质量m1
C.小车B的总质量m2
D.光电门1到光电门2的间距L
②在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式 ，则表明两小车碰撞过程中动量守恒；若还满足表达式 ，则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，可判断出m1 m2（选涂：A.大于 B.等于 C.小于）。
6．（2024高三上·奉贤模拟）电池
电池因其便携、易用，在日常生活中应用十分普遍。
（1）常用的干电池电动势为1.5 V，铅蓄电池电动势为2 V。
①电动势的高低，反映了电源内部 的本领不同。
②如图所示是一节可充电锂电池，其上所标的参数“5000 mA·h”反映的物理量是
A．电能 B．电荷量 C．电压 D．电功率
（2）为测量某电池的电动势和内阻，小悟同学设计了如图（a）所示的电路。连接好实物后，他闭合电键，记录了多组变阻箱的阻值R及理想电流表对应的示数I，并用图像法处理数据，得到一条如图（乙）所示的不过原点且斜率为k，截距为b的倾斜直线。
①图（乙）的横坐标为R，纵坐标为
A．I B． C．I2 D．
②由图（乙）可得，该电池的电动势大小E = ，内阻r = 。（结果用k、b表示）
7．（2024高三上·奉贤模拟）远距离输电
交变电流技术的发展使远距离输电成为现实，从而推动了人类社会的进步和发展。
（1）远距离输电要用到变压器。
①变压器的基本结构如图所示，在变压器中，铁芯的主要作用是 ；理想变压器的输入功率和输出功率的比值 （选涂：A．大于1 B．等于1 C．小于1）。
②变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向 （选涂：A．平行 B．垂直）。
（2）下图是某交变电路的简化示意图。理想变压器的原、副线圈匝数之比为1000∶1，从零时刻起，原线圈输入电压的瞬时值可表示为，理想交流电流表的示数为6.5 A，灯泡的电阻为440 Ω，电动机的线圈内阻为10 Ω。求：
①理想交流电压表的示数；
②经过灯泡的交流电频率；
③电动机的最大输出机械功率（忽略电动机线圈的自感效应）。
8．（2024高三上·奉贤模拟）电与磁
电与磁的深入研究和广泛应用，极大地推动了科技进步，还从根本上改变了人们的生活。
（1）如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当金属丝A、B两端接直流高压电源后，可实现减少排放烟气中粉尘的目的。为提高除尘的效率，A端应接直流高压电源的 （选涂：A.正极 B.负极），在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的 （选涂：A.阳离子 B.电子）。
（2）如图（甲）所示，笔记本电脑的显示屏和机身分别装有磁体和霍尔元件，可实现屏幕打开变亮、闭合熄屏的功能。图（乙）为机身内霍尔元件的示意图，其长、宽、高分别为a、b、c，元件内的导电粒子是自由电子，通入的电流方向向右，强度为I。当闭合显示屏时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，稳定后，元件的前后表面间产生电压U，以此控制屏幕的熄灭。则此时（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．电压U的大小与a成正比
C．电压U的大小与I成正比
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
（3）如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d且电势差恒定为U的平行电极板M、N构成，电场被限制在MN板间，虚线之间无电场。某带电量为q，质量为m的粒子，在板M的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0处会再次经加速电场加速并进入D形盒，直至达到预期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别是粒子在D形盒中做第一、第二、第三次圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求：
①粒子到达P2处的速率；
②图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。
9．（2024高三上·奉贤模拟）带操比赛
在2024年巴黎奥运会的艺术体操个人全能决赛中，中国选手王子露巧妙地将中国风融入舞蹈编排，最终获得总分第七，创造了我国历史最佳战绩。在带操比赛过程中，她挥舞彩带形成的波有时类似于水平方向传播的简谐横波，如图（a）所示，且波速约为v=3.0m/s。
（1）在某t=0时刻，彩带上的一段波形可简化为如图（b）所示的简谐横波，此时彩带上质点P的位移y=10cm，且沿y轴负方向振动。则该简谐横波的波长λ= m；彩带上位置坐标x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为y= ，用T表示这列波的周期，则从图示时刻起，该质点的加速度a随时间t变化的图像可能为
A.B.
C.D.
（2）王子露在另一段时间内甩出的彩带波可简化为如图（c）所示的简谐横波，其中实线为t1时刻的波形图，虚线为t2时刻的波形图，已知Δt=t2 t1=0.75s，关于该简谐横波，下列说法正确的是（ ）
A．可能沿x轴正方向传播
B．t1时刻，x=1.5m处的质点速度大小等于3m/s
C．若王子露的手振动加快，形成的简谐横波波速不变
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间t=0.5ns，n=1，2，3……
（3）为了记录王子露在比赛中的精彩瞬间，有人抓拍了很多照片，其中一张照片，由于拍摄视角的问题，有一部分彩带被前排观众挡住了。经过观察，发现该彩带形状可简化为如图（d）所示的沿x轴正方向传播的简谐横波，其中虚线框区域内彩带波缺失。
①在图（d）中补全彩带被挡住的波形 ；
②从图示时刻开始，再经过t=0.2s，彩带上的P质点将位于 （选填：“波峰”、“波谷”或“平衡位置”），请通过计算说明判断的依据 。（论证）
答案解析部分
【答案】1．C
2．B
3．A
4．B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）谷粒只受重力，所以加速度均为重力加速度，即
故选C。
（2）谷粒在运动过程中机械能守恒，则在最高点的机械能与初始抛出时机械能相等，即
故选B。
（3）谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
故选A。
（4）谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据
可得
故选B。
【分析】（1）空气阻力忽略，只受重力，加速度均为重力加速度；
（2）只有重力做功机械能守恒，最高点的机械能等于抛出点机械能；
（3）在竖直方向上谷粒2先做竖直上抛运动后做自由落体运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
（4）谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据分析判断。
1．谷粒只受重力，所以加速度均为重力加速度，即
故选C。
2．谷粒在运动过程中机械能守恒，则在最高点的机械能与初始抛出时机械能相等，即
故选B。
3．谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
故选A。
4．谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据
可得
故选B。
5．【答案】（1）B
（2）BC；；；C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据
挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，则为减小实验误差，应选用较窄的挡光片。
故选B。
（2）①设挡光片的宽度为，小车A包含挡光片、小车B包含挡光片的质量分别为、，则小车A先后经过光电门1的速度大小为
，
小车B经过光电门2的速度大小为
根据动量守恒可得
联立可得
可知为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量。
故选BC。
②根据以上分析可知在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式
若两小车的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得
联立可得满足表达式
则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据
可判断出小于。
故涂C。
综上：第1空：B；第2空：BC；第3空：；第4空：；第5空：C
【分析】（1）根据可知，挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度；
（2）①②由动量守恒定律，结合分别求解其速度，联立可得，为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量；弹性碰撞需要满足机械能守恒，联立解得；
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据，可判断出小于。
（1）根据
挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，则为减小实验误差，应选用较窄的挡光片。
故选B。
（2）（1）[2]设挡光片的宽度为，小车A包含挡光片、小车B包含挡光片的质量分别为、，则小车A先后经过光电门1的速度大小为
，
小车B经过光电门2的速度大小为
根据动量守恒可得
联立可得
可知为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量。
故选BC。
（2）[2]根据以上分析可知在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式
[3]若两小车的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得
联立可得满足表达式
则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
（3）[4]实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据
可判断出小于。
故涂C。
6．【答案】（1）非静电力做功（或“将其它形式能转化为电能”）；B
（2）B；；
【知识点】电源电动势及内阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）
①电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；
②根据，可知，mA·h为电荷量单位。
故选B。
（2）
①根据闭合电路欧姆定律
变形可得
故选B。
②结合图线可得
所以
，
综上：第1空：非静电力做功（或“将其它形式能转化为电能”）；第2空：B；第3空：B；第4空：；第5空：
【分析】（1）电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；根据，可知，mA·h为电荷量单位。
（2）根据闭合电路欧姆定律变形可得；结合图像可得：、以此解得：，。
（1）（1）[1]电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；
（2）[2]根据
可知，mA·h为电荷量单位。
故选B。
（2）（1）[1]根据闭合电路欧姆定律
变形可得
故选B。
（2）[2][3]结合图线可得
所以
，
7．【答案】（1）导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。；B；A
（2）①原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入电压的最大值
则有效值
令理想交流电压表的示数为副线圈输出电压的有效值为U2，则U1、U2与原、副线圈的匝数满足关系式
可解得
②原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入交流电的圆频率
原线圈输入交流电的频率
由于原、副线圈交流电的频率相等，则经过灯泡的交流电频率为50 Hz。
③已知灯泡的电阻RL = 440 Ω，电动机的线圈内阻RM = 10 Ω，则通过灯泡的电流
通过电动机的电流
电动机最大输出机械功率
解得
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】（1）在变压器中，铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。
理想变压器自身不消耗功率，则输入功率和输出功率的比值等于1。
故选B。
为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
故选A。
综上：第1空：导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。；第2空：B；第3空：A；第4空：（1）220 V；（2）50 Hz；（3）960 W
【分析】（1）铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用；理想变压器自身不消耗功率，则输入功率等于输出功率；为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
（2）根据输入电压的瞬时值表达式求解输入电压有效值，结合电压之比等于匝数比求解输出电压；根据瞬时值表达式角速度结合求解频率；根据欧姆定律求解灯泡电流，由电流表读数求解电动机上的电流，根据电动机输出功率求解。
（1）[1]在变压器中，铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。
[2]理想变压器自身不消耗功率，则输入功率和输出功率的比值等于1。
故选B。
[3]为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
故选A。
（2）（1）原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入电压的最大值
则有效值
令理想交流电压表的示数为副线圈输出电压的有效值为U2，则U1、U2与原、副线圈的匝数满足关系式
可解得
（2）原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入交流电的圆频率
原线圈输入交流电的频率
由于原、副线圈交流电的频率相等，则经过灯泡的交流电频率为50 Hz。
（3）已知灯泡的电阻RL = 440 Ω，电动机的线圈内阻RM = 10 Ω，则通过灯泡的电流
通过电动机的电流
电动机最大输出机械功率
解得
8．【答案】（1）B；B
（2）C
（3）①粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得
可解得粒子到达P2处时的速率
②根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理
可获得速率
粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有
可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径
则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值
【知识点】静电的防止与利用；质谱仪和回旋加速器；霍尔元件
【解析】【解答】（1）在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的负极。
故选B。
在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。
故选B。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低，故A错误；
BCD．达到稳定后，有
所以
由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】（1）管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端应接直流高压电源的负极。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低；
BCD．达到稳定后，有，结合，可得，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比。
（3）粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理，求解P2处的速率；
对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理，解得速率；粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有，解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径，则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。
（1）[1]在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的负极。
故选B。
[2]在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。
故选B。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低，故A错误；
BCD．达到稳定后，有
所以
由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比，故BD错误，C正确。
故选C。
（3）（1）粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得
可解得粒子到达P2处时的速率
（2）根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理
可获得速率
粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有
可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径
则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值
9．【答案】（1）2.4；0.2sin（πt）m；D
（2）C
（3）；平衡位置；①由图（d）可知：λ0.4m，λ0.4m，即0.8mλ1.6m又根据0.4m~1.9m之间的波形图可知（1.9 0.4）m=(n+）λ，其中n=0，1，2，……即（n+）×0.8<（n+）λ<（n+）×1.6或（n+）×0.8<1.5<（n+）×1.6解得
【解析】【解答】（1）由图可知
可得波长
因A=0.2m周期
则彩带上位置坐标x=1.0m的质点在t=0时刻向下振动，则偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为
因在t=0时刻该质点在平衡位置向下振动，可知加速度a随时间变化图像为D所示。
故选D。
（2）
A．该波波长为3m则周期为
在
可知波向0.75s内波沿x轴负方向传播，选项A错误；
B．t1时刻，x=1.5m处的质点振动速度最大，但不一样等于3m/s，选项B错误；
C．波速由介质决定，与振源振动频率无关，选项C正确；
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间
n=1，2，3……
选项D错误。
故选C。
综上：第1空：2.4；第2空：0.2sin（πt）m；第3空：D；第4空：C；第5空：；第6空：平衡位置；第7空：见解析
【分析】（1）由图像b结合数学知识求解波长，读出振幅，根据周期与波长、波速关系求解周期；由同侧法判断波的传播方向，以此求解振动方程；在t=0时刻质点在平衡位置向上振动，根据加速度方向与位移方向相反，其大小与位移大小成正比解答。
（2）确定波长与周期，根据传播的距离与波长的关系，或传播时间与周期的关系判断波的传播方向；质点振动速度不一定等于波传播速度；波速由介质决定，与振源振动频率无关；根据波形的平移距离分析解答。
（3）①由图（d）得到波长满足的范围，以及0.4m~1.9m之间的距离与波长的关系，据此求出波长，以及在图（d）中补全彩带被挡住的波形。
②解法一：求出波向x轴正方向传播的距离，确定波上的质点P到其左侧第一个平衡位置的距离。根据两段距离与波长的关系说明判断；解法二：求出质点P的振动方程，根据振动方程求解此时质点P的位移。
（1）[1]由图可知
可得波长
[2]因A=0.2m周期
则彩带上位置坐标x=1.0m的质点在t=0时刻向下振动，则偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为
[3]因在t=0时刻该质点在平衡位置向下振动，可知加速度a随时间变化图像为D所示。
故选D。
（2）A．该波波长为3m则周期为
在
可知波向0.75s内波沿x轴负方向传播，选项A错误；
B．t1时刻，x=1.5m处的质点振动速度最大，但不一样等于3m/s，选项B错误；
C．波速由介质决定，与振源振动频率无关，选项C正确；
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间
n=1，2，3……
选项D错误。
故选C。
（3）①由图（d）可知：λ0.4m，λ0.4m，即
0.8mλ1.6m
又根据0.4m~1.9m之间的波形图可知
（1.9 0.4）m=(n+）λ，其中n=0，1，2，……
即
（n+）×0.8<（n+）λ<（n+）×1.6
或
（n+）×0.8<1.5<（n+）×1.6
解得
n=1
则
λ=m=1.0m
即x轴上0.4m~1.9m之间有1个波长，可由此将（1）中波形如图（f）所示补全。
②根据常识，比赛中使用的是同一根彩带，所以彩带波的波速仍为v=3.0m/s
法一：则从图示时刻起，再经过t=0.2s，波向x轴正方向传播的距离为
x=vt=3.0×0.2m=0.6m
由于这列彩带波的波长为1.0m，半波长为0.5m
则彩带波上的质点P到其左侧第一个平衡位置的距离
x1=(0.5 0.4）m=0.1m
而
0.6m=0.1m+0.5m=0.1m+λ
即再经过t=0.2s，相当于P左侧第二个处于平衡位置的质点振动状态传递到P点；
法二：这列波的周期为
s
以图示时刻为零时刻，设质点P的振幅为A，则其振动方程可写为
y=Asin（t+)=Asin（t+)=Asin（t+）
将t=0.2s代入，可得此时质点P的位移
y=Asin（×0.2+)=Asin（)=0
即此时质点P位于平衡位置。
2025届上海市奉贤区高三上学期一模练习物理试题
（2024高三上·奉贤模拟）抛撒播种
我国某些地区的人们用手拋撒谷粒进行水稻播种，如图（a）所示。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出，初速度分别为v1、v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于P点，如图（b）所示。已知空气阻力可忽略。
1．谷粒1、2在空中运动时的加速度a1、a2的大小关系为（ ）
A．a1 > a2 B．a1 < a2 C．a1 = a2 D．无法确定
2．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2在其轨迹最高点的机械能大小为（ ）
A．mgh B． C． D．
3．两粒谷子（ ）到达P点
A．谷粒1先 B．谷粒2先 C．同时
4．两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率P1、P2的大小关系为（ ）
A．P1 > P2 B．P1 < P2 C．P1 = P2
【答案】1．C
2．B
3．A
4．B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）谷粒只受重力，所以加速度均为重力加速度，即
故选C。
（2）谷粒在运动过程中机械能守恒，则在最高点的机械能与初始抛出时机械能相等，即
故选B。
（3）谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
故选A。
（4）谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据
可得
故选B。
【分析】（1）空气阻力忽略，只受重力，加速度均为重力加速度；
（2）只有重力做功机械能守恒，最高点的机械能等于抛出点机械能；
（3）在竖直方向上谷粒2先做竖直上抛运动后做自由落体运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
（4）谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据分析判断。
1．谷粒只受重力，所以加速度均为重力加速度，即
故选C。
2．谷粒在运动过程中机械能守恒，则在最高点的机械能与初始抛出时机械能相等，即
故选B。
3．谷粒2做斜上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长。
故选A。
4．谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据速度位移关系可得，到达P点时谷粒2的竖直速度较大，根据
可得
故选B。
5．（2024高三上·奉贤模拟）验证动量守恒定律
某小组利用图示装置验证“动量守恒定律”。实验前，两小车A、B静置于光滑水平轨道上，车上固定的两弹性圈正对且处于同一高度，两挡光片等宽。调整光电门的高度，使小车能顺利通过并实现挡光片挡光；再调整光电门在轨道上的位置，使小车A上的挡光片刚向右经过光电门1，小车A就能立即与小车B相撞，小车B静置于两个光电门之间的适当位置，其被A碰撞分离后，其上的挡光片能立即开始挡光电门2的光。
（1）为减小实验误差，应选用较 （选涂：A.宽 B.窄）的挡光片。
（2）某次实验，用手推小车A使其瞬间获得一个向右的初速度，小车A与B碰撞后向左弹回，B向右弹出。测得A上挡光片两次经过光电门1的挡光时间t1、t2和B上挡光片经过光电门2的挡光时间t3。
①（多选）为完成该实验，还必需测量的物理量有
A.挡光片的宽度d
B.小车A的总质量m1
C.小车B的总质量m2
D.光电门1到光电门2的间距L
②在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式 ，则表明两小车碰撞过程中动量守恒；若还满足表达式 ，则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，可判断出m1 m2（选涂：A.大于 B.等于 C.小于）。
【答案】（1）B
（2）BC；；；C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据
挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，则为减小实验误差，应选用较窄的挡光片。
故选B。
（2）①设挡光片的宽度为，小车A包含挡光片、小车B包含挡光片的质量分别为、，则小车A先后经过光电门1的速度大小为
，
小车B经过光电门2的速度大小为
根据动量守恒可得
联立可得
可知为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量。
故选BC。
②根据以上分析可知在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式
若两小车的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得
联立可得满足表达式
则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据
可判断出小于。
故涂C。
综上：第1空：B；第2空：BC；第3空：；第4空：；第5空：C
【分析】（1）根据可知，挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度；
（2）①②由动量守恒定律，结合分别求解其速度，联立可得，为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量；弹性碰撞需要满足机械能守恒，联立解得；
③实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据，可判断出小于。
（1）根据
挡光片宽度越窄，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，则为减小实验误差，应选用较窄的挡光片。
故选B。
（2）（1）[2]设挡光片的宽度为，小车A包含挡光片、小车B包含挡光片的质量分别为、，则小车A先后经过光电门1的速度大小为
，
小车B经过光电门2的速度大小为
根据动量守恒可得
联立可得
可知为完成该实验，还必须测量的物理量有小车A的总质量，小车B的总质量。
故选BC。
（2）[2]根据以上分析可知在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式
[3]若两小车的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得
联立可得满足表达式
则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
（3）[4]实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据
可判断出小于。
故涂C。
6．（2024高三上·奉贤模拟）电池
电池因其便携、易用，在日常生活中应用十分普遍。
（1）常用的干电池电动势为1.5 V，铅蓄电池电动势为2 V。
①电动势的高低，反映了电源内部 的本领不同。
②如图所示是一节可充电锂电池，其上所标的参数“5000 mA·h”反映的物理量是
A．电能 B．电荷量 C．电压 D．电功率
（2）为测量某电池的电动势和内阻，小悟同学设计了如图（a）所示的电路。连接好实物后，他闭合电键，记录了多组变阻箱的阻值R及理想电流表对应的示数I，并用图像法处理数据，得到一条如图（乙）所示的不过原点且斜率为k，截距为b的倾斜直线。
①图（乙）的横坐标为R，纵坐标为
A．I B． C．I2 D．
②由图（乙）可得，该电池的电动势大小E = ，内阻r = 。（结果用k、b表示）
【答案】（1）非静电力做功（或“将其它形式能转化为电能”）；B
（2）B；；
【知识点】电源电动势及内阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）
①电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；
②根据，可知，mA·h为电荷量单位。
故选B。
（2）
①根据闭合电路欧姆定律
变形可得
故选B。
②结合图线可得
所以
，
综上：第1空：非静电力做功（或“将其它形式能转化为电能”）；第2空：B；第3空：B；第4空：；第5空：
【分析】（1）电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；根据，可知，mA·h为电荷量单位。
（2）根据闭合电路欧姆定律变形可得；结合图像可得：、以此解得：，。
（1）（1）[1]电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功本领大小；
（2）[2]根据
可知，mA·h为电荷量单位。
故选B。
（2）（1）[1]根据闭合电路欧姆定律
变形可得
故选B。
（2）[2][3]结合图线可得
所以
，
7．（2024高三上·奉贤模拟）远距离输电
交变电流技术的发展使远距离输电成为现实，从而推动了人类社会的进步和发展。
（1）远距离输电要用到变压器。
①变压器的基本结构如图所示，在变压器中，铁芯的主要作用是 ；理想变压器的输入功率和输出功率的比值 （选涂：A．大于1 B．等于1 C．小于1）。
②变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向 （选涂：A．平行 B．垂直）。
（2）下图是某交变电路的简化示意图。理想变压器的原、副线圈匝数之比为1000∶1，从零时刻起，原线圈输入电压的瞬时值可表示为，理想交流电流表的示数为6.5 A，灯泡的电阻为440 Ω，电动机的线圈内阻为10 Ω。求：
①理想交流电压表的示数；
②经过灯泡的交流电频率；
③电动机的最大输出机械功率（忽略电动机线圈的自感效应）。
【答案】（1）导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。；B；A
（2）①原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入电压的最大值
则有效值
令理想交流电压表的示数为副线圈输出电压的有效值为U2，则U1、U2与原、副线圈的匝数满足关系式
可解得
②原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入交流电的圆频率
原线圈输入交流电的频率
由于原、副线圈交流电的频率相等，则经过灯泡的交流电频率为50 Hz。
③已知灯泡的电阻RL = 440 Ω，电动机的线圈内阻RM = 10 Ω，则通过灯泡的电流
通过电动机的电流
电动机最大输出机械功率
解得
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】（1）在变压器中，铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。
理想变压器自身不消耗功率，则输入功率和输出功率的比值等于1。
故选B。
为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
故选A。
综上：第1空：导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。；第2空：B；第3空：A；第4空：（1）220 V；（2）50 Hz；（3）960 W
【分析】（1）铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用；理想变压器自身不消耗功率，则输入功率等于输出功率；为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
（2）根据输入电压的瞬时值表达式求解输入电压有效值，结合电压之比等于匝数比求解输出电压；根据瞬时值表达式角速度结合求解频率；根据欧姆定律求解灯泡电流，由电流表读数求解电动机上的电流，根据电动机输出功率求解。
（1）[1]在变压器中，铁芯的主要作用是导磁、引导磁通、构成磁路、减少漏磁、传递或集中磁场、增强磁场的强弱、减小铁损、减少噪声、支撑和固定作用。
[2]理想变压器自身不消耗功率，则输入功率和输出功率的比值等于1。
故选B。
[3]为了减小铁芯产生的涡流影响，变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加组成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行。
故选A。
（2）（1）原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入电压的最大值
则有效值
令理想交流电压表的示数为副线圈输出电压的有效值为U2，则U1、U2与原、副线圈的匝数满足关系式
可解得
（2）原线圈输入电压的瞬时值
可知原线圈输入交流电的圆频率
原线圈输入交流电的频率
由于原、副线圈交流电的频率相等，则经过灯泡的交流电频率为50 Hz。
（3）已知灯泡的电阻RL = 440 Ω，电动机的线圈内阻RM = 10 Ω，则通过灯泡的电流
通过电动机的电流
电动机最大输出机械功率
解得
8．（2024高三上·奉贤模拟）电与磁
电与磁的深入研究和广泛应用，极大地推动了科技进步，还从根本上改变了人们的生活。
（1）如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当金属丝A、B两端接直流高压电源后，可实现减少排放烟气中粉尘的目的。为提高除尘的效率，A端应接直流高压电源的 （选涂：A.正极 B.负极），在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的 （选涂：A.阳离子 B.电子）。
（2）如图（甲）所示，笔记本电脑的显示屏和机身分别装有磁体和霍尔元件，可实现屏幕打开变亮、闭合熄屏的功能。图（乙）为机身内霍尔元件的示意图，其长、宽、高分别为a、b、c，元件内的导电粒子是自由电子，通入的电流方向向右，强度为I。当闭合显示屏时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，稳定后，元件的前后表面间产生电压U，以此控制屏幕的熄灭。则此时（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．电压U的大小与a成正比
C．电压U的大小与I成正比
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
（3）如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d且电势差恒定为U的平行电极板M、N构成，电场被限制在MN板间，虚线之间无电场。某带电量为q，质量为m的粒子，在板M的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0处会再次经加速电场加速并进入D形盒，直至达到预期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别是粒子在D形盒中做第一、第二、第三次圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求：
①粒子到达P2处的速率；
②图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。
【答案】（1）B；B
（2）C
（3）①粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得
可解得粒子到达P2处时的速率
②根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理
可获得速率
粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有
可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径
则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值
【知识点】静电的防止与利用；质谱仪和回旋加速器；霍尔元件
【解析】【解答】（1）在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的负极。
故选B。
在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。
故选B。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低，故A错误；
BCD．达到稳定后，有
所以
由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】（1）管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端应接直流高压电源的负极。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低；
BCD．达到稳定后，有，结合，可得，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比。
（3）粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理，求解P2处的速率；
对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理，解得速率；粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有，解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径，则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。
（1）[1]在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的负极。
故选B。
[2]在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。
故选B。
（2）A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的低，故A错误；
BCD．达到稳定后，有
所以
由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比，故BD错误，C正确。
故选C。
（3）（1）粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次，对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得
可解得粒子到达P2处时的速率
（2）根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理
可获得速率
粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有
可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径
则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值
9．（2024高三上·奉贤模拟）带操比赛
在2024年巴黎奥运会的艺术体操个人全能决赛中，中国选手王子露巧妙地将中国风融入舞蹈编排，最终获得总分第七，创造了我国历史最佳战绩。在带操比赛过程中，她挥舞彩带形成的波有时类似于水平方向传播的简谐横波，如图（a）所示，且波速约为v=3.0m/s。
（1）在某t=0时刻，彩带上的一段波形可简化为如图（b）所示的简谐横波，此时彩带上质点P的位移y=10cm，且沿y轴负方向振动。则该简谐横波的波长λ= m；彩带上位置坐标x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为y= ，用T表示这列波的周期，则从图示时刻起，该质点的加速度a随时间t变化的图像可能为
A.B.
C.D.
（2）王子露在另一段时间内甩出的彩带波可简化为如图（c）所示的简谐横波，其中实线为t1时刻的波形图，虚线为t2时刻的波形图，已知Δt=t2 t1=0.75s，关于该简谐横波，下列说法正确的是（ ）
A．可能沿x轴正方向传播
B．t1时刻，x=1.5m处的质点速度大小等于3m/s
C．若王子露的手振动加快，形成的简谐横波波速不变
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间t=0.5ns，n=1，2，3……
（3）为了记录王子露在比赛中的精彩瞬间，有人抓拍了很多照片，其中一张照片，由于拍摄视角的问题，有一部分彩带被前排观众挡住了。经过观察，发现该彩带形状可简化为如图（d）所示的沿x轴正方向传播的简谐横波，其中虚线框区域内彩带波缺失。
①在图（d）中补全彩带被挡住的波形 ；
②从图示时刻开始，再经过t=0.2s，彩带上的P质点将位于 （选填：“波峰”、“波谷”或“平衡位置”），请通过计算说明判断的依据 。（论证）
【答案】（1）2.4；0.2sin（πt）m；D
（2）C
（3）；平衡位置；①由图（d）可知：λ0.4m，λ0.4m，即0.8mλ1.6m又根据0.4m~1.9m之间的波形图可知（1.9 0.4）m=(n+）λ，其中n=0，1，2，……即（n+）×0.8<（n+）λ<（n+）×1.6或（n+）×0.8<1.5<（n+）×1.6解得
【解析】【解答】（1）由图可知
可得波长
因A=0.2m周期
则彩带上位置坐标x=1.0m的质点在t=0时刻向下振动，则偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为
因在t=0时刻该质点在平衡位置向下振动，可知加速度a随时间变化图像为D所示。
故选D。
（2）
A．该波波长为3m则周期为
在
可知波向0.75s内波沿x轴负方向传播，选项A错误；
B．t1时刻，x=1.5m处的质点振动速度最大，但不一样等于3m/s，选项B错误；
C．波速由介质决定，与振源振动频率无关，选项C正确；
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间
n=1，2，3……
选项D错误。
故选C。
综上：第1空：2.4；第2空：0.2sin（πt）m；第3空：D；第4空：C；第5空：；第6空：平衡位置；第7空：见解析
【分析】（1）由图像b结合数学知识求解波长，读出振幅，根据周期与波长、波速关系求解周期；由同侧法判断波的传播方向，以此求解振动方程；在t=0时刻质点在平衡位置向上振动，根据加速度方向与位移方向相反，其大小与位移大小成正比解答。
（2）确定波长与周期，根据传播的距离与波长的关系，或传播时间与周期的关系判断波的传播方向；质点振动速度不一定等于波传播速度；波速由介质决定，与振源振动频率无关；根据波形的平移距离分析解答。
（3）①由图（d）得到波长满足的范围，以及0.4m~1.9m之间的距离与波长的关系，据此求出波长，以及在图（d）中补全彩带被挡住的波形。
②解法一：求出波向x轴正方向传播的距离，确定波上的质点P到其左侧第一个平衡位置的距离。根据两段距离与波长的关系说明判断；解法二：求出质点P的振动方程，根据振动方程求解此时质点P的位移。
（1）[1]由图可知
可得波长
[2]因A=0.2m周期
则彩带上位置坐标x=1.0m的质点在t=0时刻向下振动，则偏离平衡位置的位移y与时间t的关系式可表示为
[3]因在t=0时刻该质点在平衡位置向下振动，可知加速度a随时间变化图像为D所示。
故选D。
（2）A．该波波长为3m则周期为
在
可知波向0.75s内波沿x轴负方向传播，选项A错误；
B．t1时刻，x=1.5m处的质点振动速度最大，但不一样等于3m/s，选项B错误；
C．波速由介质决定，与振源振动频率无关，选项C正确；
D．从t1时刻开始，为使x=0.75m处的质点位于波谷，需再经历时间
n=1，2，3……
选项D错误。
故选C。
（3）①由图（d）可知：λ0.4m，λ0.4m，即
0.8mλ1.6m
又根据0.4m~1.9m之间的波形图可知
（1.9 0.4）m=(n+）λ，其中n=0，1，2，……
即
（n+）×0.8<（n+）λ<（n+）×1.6
或
（n+）×0.8<1.5<（n+）×1.6
解得
n=1
则
λ=m=1.0m
即x轴上0.4m~1.9m之间有1个波长，可由此将（1）中波形如图（f）所示补全。
②根据常识，比赛中使用的是同一根彩带，所以彩带波的波速仍为v=3.0m/s
法一：则从图示时刻起，再经过t=0.2s，波向x轴正方向传播的距离为
x=vt=3.0×0.2m=0.6m
由于这列彩带波的波长为1.0m，半波长为0.5m
则彩带波上的质点P到其左侧第一个平衡位置的距离
x1=(0.5 0.4）m=0.1m
而
0.6m=0.1m+0.5m=0.1m+λ
即再经过t=0.2s，相当于P左侧第二个处于平衡位置的质点振动状态传递到P点；
法二：这列波的周期为
s
以图示时刻为零时刻，设质点P的振幅为A，则其振动方程可写为
y=Asin（t+)=Asin（t+)=Asin（t+）
将t=0.2s代入，可得此时质点P的位移
y=Asin（×0.2+)=Asin（)=0
即此时质点P位于平衡位置。
