福建省厦门市高三下学期第二次质量检测物理试卷

厦门市2024届高中毕业班第二次质量检测物理试题（满分：100分考试时间：75分钟）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.2024年春节，厦门在赏笃湖举办了多场灯光展。如图所示为白鹭女神雕像灯光秀，展现了厦门的历史、文化和未来愿景。以下说法正确的是（）A.红光的频率比蓝光的高B.红光从湖水进入空气后传播速度变慢C.在湖水中传播时，红光的速度比蓝光大D.从岸上看到湖水中彩灯的位置比实际位置深【答案】C【解析】【详解】A．红光的波长比蓝光长，红光的频率比蓝光低，故A错误；B．根据折射率与光速的关系有折射率大于1，可知，红光从湖水进入空气后传播速度变快，故B错误；C．在湖水中传播时，红光的折射率比蓝光小，结合上述可知，红光的速度比蓝光大，故C正确；D．从岸上看湖水中彩灯，彩灯发出的光经过界面进入空气，入射角小于折射角，人沿折射光反向延长线看过去，看到的虚像位于彩灯实际位置的上方，即从岸上看到湖水中彩灯的位置比实际位置浅，故D错误。故选C。2.在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学（）A.从A到B的过程中，处于超重状态B.在B点时，速度为零C.在C点时，恰好离开地面D.从C到D的过程中，处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A．从A到B的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；B．图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，同学在A点的速度为零，故同学在B点时，速度不为零，故B错误；C．恰好离开地面时，地面对同学的作用力为零，不计空气阻力，则同学的加速度为重力加速度，故同学在D点时，恰好离开地面，故C错误；D．从C到D的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故D正确。故选D。3.如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，，则货物（）A.在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大B.在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小C.在0～3m的过程中，机械能先增大后减小D.在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在0～3m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；B．在3m～5m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误；C．根据图乙可知，在0～3m的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0～3m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误；D．取处为零势能面，在处货物的重力势能做出重力势能随位移变化的图像如图所示根据图像对比可知，在到之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知，动能随位移的变化先慢与重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确。故选D。4.如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中（）A.F1一直增大 B.F1先增大后减小C.F2先减小后不变 D.F2先增大后减小【答案】B【解析】【详解】对水桶初始状态受力分析，做出力的矢量三角形如图所示分析可知，在转动过程中，与的夹角始终不变，因此与夹角的补角始终保持不变，重力与之间的夹角逐渐增大，则可知重力与之间夹角的补角从开始逐渐减小，直至为0，重力与之间的夹角为钝角，逐渐减小，当减小至时，板AO还未水平，将继续减小直至板AO水平，则可知重力与之间夹角的补角逐渐增大，当增大至时将继续增大，根据正弦定理可得可知为定值，而始终减小，则始终减小，但由于角从锐角增大至后将继续增大一定角度，则可知，先增大后减小，因此可知先增大后减小。故选B。二、双项选择题。（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）5.2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则（）A.碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒B.白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等C.白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量D.碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意，可将该碰撞看成完全非弹性碰撞，而完全非弹性碰撞碰撞过程中机械能损失最大，即该碰撞过程中有能量的损失，机械能不守恒，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知，白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力为相互作用力，大小相等，故B正确；C．设白色车的质量为，速度为，灰色车质量为，速度为，取白色车速度方向为正方向，碰撞过程中根据动量守恒有根据题意，碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，即碰撞后速度方向与速度方向相同，则可知白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量，即故C正确；D．由于碰撞过程中动量守恒，由可得而两车动量变化量分别为即有可知碰撞过程中两车动量变化量大小相等，故D错误。故选BC。6.调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上．AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q．则（）A.保持P位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B.保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小【答案】BC【解析】【详解】保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．思路分析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，根据欧姆定律可得电流表的读数变化，保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，根据公式可得电压的变化，试题点评：本题综合考查了带有变压器的电路的动态分析，7.《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（）A.M处电场强度大于N处电场强度B.茶叶落入左桶，茶梗落入右桶C.茶梗P落入桶底速度为D.茶梗P落入桶底速度为【答案】BD【解析】【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场强度小于N处电场强度，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B正确；CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有其中解得故C错误，D正确。故选BD。8.太阳每秒释放的能量约为，如此巨大能量的一小部分辐射到地球，就可为地球上生命的生存提供能量。已知地球和火星大气层表面每秒每平方米垂直接收到的太阳辐射能量分别约为1350J和600J，则（）A.地球与火星的公转半径之比约为B.地球与火星的公转线速度之比约为C.火星的公转周期约为3.4年D.火星与太阳的距离约为【答案】AD【解析】【详解】AD．行星距太阳中心为的球面面积为太阳每秒辐射的总能量则地球与火星的公转半径之比为其中，解得而由代入数据解得故AD正确；B．由万有引力充当向心力可得由此可得地球与火星的公转线速度之比为故B错误；C．地球的公转周期为1年，根据开普勒第三定律有可得年故C错误；故选AD。三、非选择题。（共60分，其中911题为填空题，12、13题为实验题，1416题为计算题。考生根据要求作答。）9.如图所示，某学校操场有两个固定的高功率喇叭，防空演练时同时发出频率相同的警报声，图中弧线表示某一时刻的波面示意图，相邻两波面的距离为一个波长。A、B、C位置分别站着一个同学，听到声音最弱的位置是________，造成这一现象的原因是两列声波发生了_______（选填“干涉”或“衍射”）现象。【答案】①.C②.干涉【解析】【详解】[1]由于两列波频率相同，则可知这两列波将能发生稳定的干涉现象，相邻两波面的距离为一个波长，可知处于波面上的质点的振动状态始终相同，相邻两波面中点间的质点与波面上的质点的振动状态刚好相反，故两波源在AB处产生的振动状态始终相同，故为振动加强点；两波源在C处产生的振动状态始终相反，故为振动减弱点，故听到声音最弱的位置是C；[2]声音强弱的呈现实际是两列声波在传播过程中发生的干涉现象。10.在研究光电效应实验中，光电管的阴极材料为铯（Cs），用某一频率的光照射，实验测得光电流I随光电管两端电压U变化图像如图所示，图像与横轴交点为，已知铯的逸出功为W，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，则该实验产生的光电子的最大初动能为_______，入射光的频率为_______。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]该实验产生的光电子的最大初动能为[2]根据光电效应方程，得入射光的频率为11.如图所示，一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的汽缸中。在某次深潜实验中，探测到汽缸所在处的海水温度为280K，压强为100atm，汽缸内气体体积为。已知海平面的温度为300K，大气压强为1atm，不计活塞质量和一切摩擦。当该汽缸缓慢上升至海平面时，气体体积为________m3，则在此过程中气体_______（选填“吸热”或“放热”）。【答案】①.3②.吸热【解析】【详解】[1]由理想气体状态方程其中，，，，解得[2]汽缸缓慢上升的过程中，温度升高，则气体体积增大，则根据热力学第一定律可得即在此过程中气体吸热。12.某同学设计实验“探究向心力大小与半径、角速度的关系”，装置如图甲所示，角速度ω可调节的水平圆盘，沿半径方向固定一光滑凹槽，小球Q通过轻绳与传感器在圆心O处连接，且可在凹槽内沿半径方向滑动，当小球与凹槽一起绕圆心O旋转时，传感器可测出转动的角速度和轻绳的拉力大小。（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=______mm；（2）关闭转动盘的开关，转盘缓慢减速，测出这一过程的角速度ω和轻绳拉力F数据，作出F与ω2的关系图像如图丙所示，由图可判断当小球质量m和转动半径r一定时，ω减小，F______（选填“增大”“减小”或“不变”），已知r=0.40m，根据相关数据可求得小球的质量m=______kg（计算结果保留2位有效数字）。（3）在“探究向心力大小F与转动半径r的关系”时，根据实验数据得出F与r的关系图像如图丁所示，图线没有过原点，图线没有过原点的原因可能是______。A.把轻绳长作为转动的半径B.把轻绳长与小球直径之和作为转动的半径C.凹槽不够光滑小球受到指向圆心的摩擦力【答案】（1）14.4（2）①.减小②.0.025（3）A【解析】【小问1详解】根据游标卡尺的读数规律，该读数为【小问2详解】[1]小球转动过程中，由轻绳拉力提供向心力，则有可知，由图可判断当小球质量m和转动半径r一定时，ω减小，F减小。[2]根据上述，结合图像可知解得【小问3详解】根据图像可知，在r等于0时轻绳的拉力为正值，表明在r等于0时，小球圆周运动的半径并不等于0，即小球圆周运动的半径的实际值大于r，可知，图像不过原点的原因是把轻绳长作为转动的半径，没有考虑小球的半径。故选A。13.某实验小组为测量一个热敏电阻阻值（可变范围15～100Ω）随温度变化的关系，利用下列仪器设计了如图甲所示的电路图：A.电源E（电动势12V，内阻约为1Ω）B.电压表V1（量程为6V，内阻约为3kΩ）C.电压表V2量程为15V，内阻约为5kΩ）D.电流计G（量程为100mA，内阻为10Ω）E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，额定电流为3A）F定值电阻R0＝10Ω（1）断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器测出较低温度时的热敏电阻阻值；（2）随着热敏电阻温度升高，所测电流也逐渐增大，当通过热敏电阻电流即将超过100mA时，闭合开关S2，相当于将电流计改装为量程为______mA的电流表，并继续进行电阻的测量；（3）为减小实验误差，应保证电表示数超过量程的三分之一，则电压表应选择______（选填“V1”或“V2”）；（4）经过测量得出热敏电阻的阻值R与温度t的关系图像如图乙所示，该小组利用此热敏电阻R与继电器组成一个简单恒温箱温控电路如图丙所示，当线圈的电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，图中“电源”是恒温箱加热器的电源。则恒温箱的加热器应接在_____（选填“A、B”或“C、D”）端；若要提高恒温箱内的温度，应______（选填“调大”或“调小”）可变电阻器的阻值。【答案】①.200②.V1③.A、B④.调大【解析】【详解】（2）[1]闭合开关S2，电流计与并联，则相当于将电流计改装为电流表的量程为（3）[2]由于电源电动势为12V，减小实验误差，电表示数超过量程的三分之一，电压表应选择。（4）[3]由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当线圈的电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，电源不再给恒温箱加热器通电，故应该把恒温箱内的加热器接在A、B端。[4]根据闭合电路欧姆定律可得若恒温箱内的温度保持在更高的数值，热敏电阻的阻值变小，则可变电阻R'的值应增大。14.2023年11月24日，全球首个“海底数据舱”成功安装在海南陵水海域，如图甲所示，起重机吊着“海底数据舱”从海面下沉到水中预定位置。某一阶段该舱竖直下沉15m，此过程其速度v随时间t的变化关系如图乙所示，已知“海底数据舱”质量为1.0×106kg，下沉过程中所受水的阻力（含浮力）恒为2.0×106N。重力加速度g＝9.8m/s2。求；（1）0~30s内，“海底数据舱”的最大速度vm；（2）10~30s内，起重机的拉力大小F；（3）0~30s内，起重机拉力的最大功率Pm。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，则根据图乙可知，下沉距离解得（2）根据图乙可得10~30s内加速度大小此过程对数据仓受力分析，设起重机拉力为，水的阻力为，则由牛顿第二定律有解得（3）受力分析可知，起重机在内的拉力小于在，在阶段且速度最大时刻，功率最大，则有代入数据解得15.如图甲所示，两条足够长的平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为d。导轨上端与电容为C的电容器相连，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2上方存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，此部分导轨由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2下方的导轨由粗糙的绝缘材料制成。t＝0时刻，一质量为m、电阻不计的金属棒MN由静止释放，运动过程中MN始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间t的变化关系如图乙所示，其中v0和t0为已知量，重力加速度为g，电容器未被击穿。求：（1）t＝0到t＝t0，磁场对金属棒MN的冲量大小；（2）t＝0到t＝2t0，金属棒MN损失机械能；（3）匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）