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文档简介
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
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