福建省厦门市2024届高三年级下册第二次质量检测物理试卷(含答案)

福建省厦门市2024届高三下学期第二次质量检测物理试卷

学校：___________姓名：班级：考号：

一,单选题

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

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。随时间/的变化关系如图所示，已知竖直向

A.从A到3的过程中，处于超重状态

B.在3点时，速度为零

C.在C点时，恰好离开地面

D.从C到。的过程中，处于失重状态

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《随位移》的变化图像如图乙所示，sinl0°=0.17,则货物（）

乙

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

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

转至水平即可将水桶卸下。水桶对板的压力分别为耳、耳，若桶与接触面之

间的摩擦不计，NAOB为锐角且保持不变，在由竖直缓慢转到水平过程中（）

A.K一直增大B.F,先增大后减小

C.K先减小后不变D.K先增大后减小

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

二、多选题

6.调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈A3绕在一个圆环形的铁

芯上。A3间加上正弦交流电压U,移动滑动触头尸的位置，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O

A.保持尸的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大

B.保持尸的位置不动，将。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。的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小

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，且茶叶的比荷包小于茶

m

梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中43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3xl(y8c,质量为2xl0-4kg,以lm/s的速度离

开A球表面。点，最后落入桶底，。点电势为IxU/V,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

B.茶叶落入左桶，茶梗落入右桶

C.茶梗P落入桶底速度为#7m/s

D.茶梗P落入桶底速度为2行m/s

8.太阳每秒释放的能量约为3.8X1C)26J,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2:3

B.地球与火星的公转线速度之比约为3:2

C.火星的公转周期约为3.4年

D.火星与太阳的距离约为2.3xlO"m

三、填空题

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。

10.在研究光电效应实验中，光电管的阴极材料为钠（Cs）,用某一频率的光照射，

实验测得光电流/随光电管两端电压。变化图像如图所示，图像与横轴交点为

（-Uc，。），已知葩的逸出功为卬，普朗克常量为力，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。

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lOOatm,汽缸内气体体积为

0.028m3o已知海平面的温度为300K,大气压强为latm,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n?,则在此过程中气体（选

填“吸热”或“放热”）。

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①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。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。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4=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①和轻绳拉力R数据，

作出/与疗的关系图像如图丙所示，由图可判断当小球质量机和转动半径厂一定时，

①减小，F（选填“增大”“减小”或“不变”），已知厂=0.40m,根据相关数据可求

得小球的质量机=kg（计算结果保留2位有效数字）。

⑶在“探究向心力大小R与转动半径厂的关系”时，根据实验数据得出R与厂的关系图

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

13.某实验小组为测量一个热敏电阻的阻值（可变范围15〜100。）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1。）

B.电压表V1（量程为6V,内阻约为3kC）

C.电压表V2量程为15V,内阻约为5kQ）

D.电流计G（量程为100mA,内阻为10Q）

E.滑动变阻器.（最大阻值为10。，额定电流为3A）

F.定值电阻4=10Q

（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；

⑵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

（选填或“V2”）；

（4）经过测量得出热敏电阻的阻值R与温度/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、3”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R的阻值。

五、计算题

14.2023年H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/的变化关系如图乙所示，已知“海底数据舱”质量为

1.0xl06kg,下沉过程中所受水的阻力（含浮力）恒为2.0X106N。重力加速度

2

g=9.8m/s0求：

v/(m-s-1)

(1)0〜30s内，“海底数据舱”的最大速度％；

(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％。

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仇间距为乩

导轨上端与电容为C的电容器相连，虚线a。2垂直于导轨，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，QU下方的导轨由

粗糙的绝缘材料制成。/=0时刻，一质量为机、电阻不计的金属棒由静止释放，

运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间/的变化关系如图乙所

示，其中％和%为已知量，重力加速度为g,电容器未被击穿。求：

(1)/=0至卜=。，磁场对金属棒MN的冲量大小；

(2)/=0至1」/=2务，金属棒损失的机械能；

(3)匀强磁场的磁感应强度大小。

16.如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强

磁场3和沿y轴正方向的匀强电场E,E、3大小均未知。质量为加、电荷量为

-q(q>0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60。射入电场，经电场偏转后以速

度%从点尸(0,d)垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60。射出磁场，不计

粒子重力。

⑴求粒子进入电场时的速度大小；

(2)求磁感应强度5的大小；

(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力/=仙(人为已知常量)，粒子恰好

从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场，求。点的坐标；

(4)在第⑶问的情况下，求粒子从P点运动到。点的轨迹长度。

参考答案

1.答案：C

解析：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n=-

V

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.答案：D

解析：A.从A到3的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；

B.aT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

3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。点时，恰好离开地面，故C错误；

D.从C到。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.答案：D

解析：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％=0处为零势能面，在x=5m处货物的重力势能

Ep=mgxsinlO0=10x10x5x0.17J=85J

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x=3m到尤=5m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.答案：B

解析：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，耳与工的夹角始终不变，因此《与工夹角的补角。始终保

持不变，重力mg与耳之间的夹角逐渐增大，则可知重力冲与耳之间夹角的补角/从

90。开始逐渐减小，直至为0,重力mg与工之间的夹角为钝角，逐渐减小，当减小至

90。时，板A。还未水平，将继续减小直至板A。水平，则可知重力7格与工之间夹角

的补角夕逐渐增大，当增大至90。时将继续增大，根据正弦定理可得

sinasin°siny

可知为定值，而sin7始终减小，则居始终减小，但由于夕角从锐角增大至90。后

sin。

将继续增大一定角度，则可知，sin。先增大后减小，因此可知"先增大后减小。故选

Bo

5.答案：BC

解析：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.设白色车的质量为四，速度为匕，灰色车质量为加2,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WJVJ-m2v2=（叫+m2）v

根据题意，碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，即碰撞后的速度方向与匕

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

m1Vl>m2v2,故C正确；

D.由于碰撞过程中动量守恒，由叫42V2=（风+爪2）丫

可得m1V-m1Vl=-（m2v+m2v2）

而两车动量变化量分别为

△Pi=m}v-mlv1

Ap2=m^v+m2v2

即有M=一邸［

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.答案：BC

解析：保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻

器两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减

小，A错误，B正确；保持。的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不

变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑

动变阻器两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，C正确，D错误；故选BC。

7.答案：BD

解析：A.电场线分布的密集程度表示电场强弱，“处电场线分布比N处电场线稀疏一

些，则〃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qE=ma

解得”必

m

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t小

m

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mgh+qUg加丫：

其中。=1x10，—0=1x10,

解得%=2&m/s,故C错误，D正确。故选BD。

8.答案：AD

解析：AD.行星距太阳中心为R的球面面积为S=4兀尺2

太阳每秒辐射的总能量跳=4兀炉石

则地球与火星的公转半径之比为二=

%

其中4=1350J,E2=600J

解稣二|

代入数据解得2.3x1011m,故AD正确；

B.由万有引力充当向心力6驾=〃?匚

R，R

一,曰[GM

由此可得地球与火星的公转线速度之比为HW，故B错误；

彩VKV2

C.地球的公转周期为1年，根据开普勒第三定律有£=&

T；2T；

可得7；标1.84年故C错误；故选AD。

9.答案：C；干涉

解析：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A3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；

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。

eTeJUc+W+W

10.答案：eUc-,

h

解析：该实验产生的光电子的最大初动能为Ekm=eUc

根据光电效应方程e4=的-卬，得入射光的频率为v=eUc+W

h

11.答案：3；吸热

解析：由理想气体状态方程.=必

3

其中B=100atm,7]=28OK,Vx=O.O28m,T2=300K,p2=latm

解得匕=3m3

汽缸缓慢上升的过程中，温度升高，则AU〉。

气体体积增大，则W<0

根据热力学第一定律AU^W+Q

可得。>0

即在此过程中气体吸热。

12.答案:(1)14.4(2)减小；0.025⑶A

解析：(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为14mm+0.1x4mm=14.4mm

(2)小球转动过程中，由轻绳拉力提供向心力，则有尸=加小一

可知，由图可判断当小球质量机和转动半径厂一定时，①减小，R减小。

根据上述，结合图像可知如”’75-040kg.m

75-40

解得机=0.025kg

⑶根据图像可知，在厂等于0时轻绳的拉力为正值，表明在「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厂，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.答案：(2)200(3)V](4)4、B；调大

解析：(2)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

[R

/=/+^A200mA

8国=

(3)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V-

(4)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。

根据闭合电路欧姆定律可得I=-—

R+R'+RQ

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.答案：(1)lm/s(2)7.85x106N(3)7.85x106W

解析：(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

H=^-t

2

解得％=1m/s

⑵根据图乙可得10〜30s内加速度大小。:m/s2=0.05m/s2

此过程对数据仓受力分析，设起重机拉力为F水的阻力为力则由牛顿第二定律有

F+/-mg=ma

解得歹=7.85X1()6N

(3)受力分析可知，起重机在0~10s内的拉力小于在10s〜30s,在10s〜30s阶段且速度

最大时刻，功率最大，则有匕=尸％

代入数据解得q=7.85X106W

15.答案：⑴nigsin0to-mv0(2)—mgvotosin8-?mv1(3)—1"飘"--

22d、Cv0C

解析：⑴根据动量定理有机gsing4-/安=mvQ

解得/安=mgsin夕•务一mv0

(2)根据图乙可得金属棒在U0到"时间内的位移为

X吟4+号%。吟4

2

根据能量守恒有mgxsin6)=m(3v0)+AE^

5