2025届上海奉贤区高三下学期第六次检测物理试卷含解析

2025届上海奉贤区高三下学期第六次检测物理试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、将一物体从地面以速度v0竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（）A． B． C． D．2、取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能是重力势能的4倍。不计空气阻力，该物块落地时的位移方向与水平方向夹角的正切值（）A．0.25 B．0.5 C．1 D．23、如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为足够长的固定斜面上，时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，，，。则下列说法正确的是（）A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为B．拉力F作用的时间为C．拉力F的大小为13ND．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.884、如图所示，一量程为10N的轻质弹簧测力计放在粗糙的水平面上，其两端分别连着木块A和B，已知mA=2kg，mB=3kg，木块A和B与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2，今用恒力F水平拉木块A，使整体一起运动，要使测力计的读数不超过其量程，则恒力F的可能值为（）A．50N B．30N C．20N D．6N5、如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角θ＝30°。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（）A．地面对B的支持力随着力F的变化而变化B．A所受摩擦力方向始终沿斜面向上C．A所受摩擦力的最小值为，最大值为mgD．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg6、一弹簧振子作简谐振动，某一时刻开始计时，经振子具有负方向最大加速度。则下列振动图像中正确反映振子振动情况的是（）A． B．C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则（）A．物块和弹簧系统机械能守恒B．物块在B点时加速度方向由B指向AC．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量8、一定质量的理想气体状态变化如图所示，则（）A．状态b、c的内能相等B．状态a的内能比状态b、c的内能大C．在a到b的过程中气体对外界做功D．在a到b的过程中气体向外界放热E.在b到c的过程中气体一直向外界放热9、如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）A．应该让球沿着3的方向抛出B．应该让球沿着2的方向抛出C．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指10、下列说法符合物理史实的有（）A．奥斯特发现了电流的磁效应 B．库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e的值C．安培首先提出了电场的观点 D．法拉第发现了电磁感应的规律三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图甲所示，一与电脑连接的拉力传感器固定在竖直墙壁上，通过细绳拉住一放在长木板上的小铁块，细绳水平伸直，初始时拉力传感器示数为零。现要测量小铁块与长木板之间的动摩擦因数，用一较大的水平拉力拉住长木板右端的挂钩，把长木板从小铁块下面拉出，在电脑上得到如图乙所示的数据图像，已知当地重力加速度g=9.8m/s2。(1)测得小铁块的质量m=0.50kg，则小铁块与长木板间的动摩擦因数μ=_____________。（结果保留三位有效数字）(2)以不同的速度把长木板拉出，随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力_____________。（填“越来越大”“越来越小”或“不变”）(3)若固定长木板，去掉小铁块上的细绳，用一水平推力推小铁块，则至少需要___________N的推力才能推动小铁块。12．（12分）小汽车正在走进我们的家庭，一辆汽车性能的优劣，其油耗标准非常重要，而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力。人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f（也称风阻）主要与两个因素有关：汽车正面投影面积S；汽车行驶速度v。某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：①由上述数据可得汽车风阻f与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系式为f=_______（要求用k表示比例系数）；②由上述数据得出k的大小和单位是______________．（保留两位有效数字，用基本单位表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，一固定的水平气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的横截面积为S，小活塞的横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l，气缸外大气压强为p0，温度为T，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为2T，活塞在水平向右的拉力作用下处于静止状态，拉力的大小为F且保持不变。现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢向右移动，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，则：(1)请列式说明，在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强如何变化？(2)在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，缸内封闭气体的温度是多少？(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强是多少？14．（16分）在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．如图所示，某足球场长90m、宽60m．现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8m/s的匀减速直线运动，加速度大小为m/s1．试求：（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；（1）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的[最大速度为6m/s，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件?15．（12分）如图所示，在质量为M＝0.99kg的小车上，固定着一个质量为m＝0.01kg、电阻R＝1的矩形单匝线圈MNPQ，其中MN边水平，NP边竖直，MN边长为L=0.1m，NP边长为l＝0.05m．小车载着线圈在光滑水平面上一起以v0＝10m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度）．磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B＝1.0T．已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN边长度相同．求：（1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向；（2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q；（3）如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度v1＝2m/s，求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

A．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得下降过程中由牛顿第二定律得可判断上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义可知上升过程中动量方向向上，下降过程中动量方向向下，故A正确；B．根据公式可知合外力的冲量方向始终向下，故B错误；CD．克服空气阻力做的功为物体运动的路程，上升过程，下落过程总路程，根据功能关系可知，机械能逐渐减小，则有故C、D正确；不正确的故选B。2、A【解析】

取水平地面为重力势能零点，设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的竖直方向的速度大小为vy，落地速度与水平方向的夹角为，位移方向与水平方向的夹角为，根据题有解得竖直方向有解得根据几何关系得代、解得又根据速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系有解得故A正确，BCD错误。故选A。3、D【解析】

A．撤去力F后长木板的加速度由牛顿第二定律解得μ1=0.25选项A错误；B．有拉力作用时的加速度拉力撤掉时的速度为拉力作用的时间为选项B错误；C．由牛顿第二定律解得F=13.5N选项C错误；D．物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于0.25，选项D正确。故选D。4、C【解析】

选整体为研究对象，根据牛顿第二定律有选木块A为研究对象，根据牛顿第二定律有因为的最大值为10N，一起运动的最大加速度为所以要使整体一起运动恒力的最大值为25N，恒力最小为10N，故A、B、D错误；C正确；故选C。5、D【解析】

A．对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于，保持不变，A错误；B．拉力F最大时沿斜面向上的分力为重力沿斜面向下的分力为故此时摩擦力沿斜面向下，B错误；C．对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当时，f最大，C错误；D．垂直于斜面方向有当时，最小，最小为当时，最大，最大为D正确。故选D。6、C【解析】

简谐振动的回复力：，故加速度：，经周期振子具有负方向的最大加速度，此时振子有正方向的最大位移；A．A图在周期时振子有负向最大位移，A错误；B．B图在周期时振子位移为零，B错误；C．C图在周期时振子有负向最大位移，C正确；D．D图在周期时振子位移为零，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABD【解析】

A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。故选ABD。8、ABD【解析】

A．根据理想气体状态方程结合图象可知，状态b、c的温度相同，故内能相等，故A正确；B．根据理想气体状态方程结合图象可知，状态a的温度比状态b、c的温度高，故状态a的内能比状态b、c的内能大，故B正确；C．在a到b的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误；D．a到b的过程，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体应从外界放热，故D正确；E．状态b、c的内能相等，由b到c的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸热，由a到b的过程气体放热，故在c到a的过程中气体应吸热；故E错误．9、AD【解析】

AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；D．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D正确。故选AD。10、AD【解析】

A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确，符合题意；B．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量，故B错误，不符合题意；C．法拉第首先提出用电场线描述电场，故C错误，不符合题意；D．1831年，法拉第发现了电磁感应现象，并总结出电磁感应的规律：法拉第电磁感应定律，故D正确，符合题意。故选AD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.204不变1.20【解析】

(1)[1]．由题图乙可知，小铁块所受滑动摩擦力，由解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.204.(2)[2]．由于摩擦力与小铁块运动的速度无关，所以随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力不变。(3)[3]．由题图乙可知，小铁块所受的最大静摩擦力所以至少需要1.20N的推力才能推动小铁块。12、【解析】

(1)采用控制变量法分别研究车风阻f与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系，再综合得出f与S、v的关系式；(2)在表格中任取一组数据，代入f的表达式，得出k的大小和单位。【详解】①[1]根据控制变量法进行研究：当S不变时，研究表格中某一行中的各个数据，得出f与v2成正比；当v不变时，研究表格中某一列中的各个数据，找出f与S成正比；综上可得：；②[2]把表格中的一组数据（如f=206N，S=2.0m2，v=20m/s）代入上式，得出：。【点睛】此题采用控制变量法研究一个量与几个量的关系，这是物理学常用的研究方法。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强保持不变；(2)；(3)。【解析】

(1)在活塞缓慢右移的过程中，用P1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得：解得：在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内封闭气体的压强：且保持不变；(2)在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体的末态温度为T1，由盖•吕萨克定律有：其中：，，解得：；(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡的过程，封闭气体的体积不变，由气态方程：解得：。14、（1）（1）【解析】(1)设所用时间为t,则v0=8m/s；x=45mx=