福建省泉州市2025届高三物理第二次质量检测试题含解析

PAGE18-福建省泉州市2025届高三物理其次次质量检测试题（含解析）一、选择题1.某同学居家学习期间，有时做些家务，在一次拖洗地板时，他沿拖把杆对拖把头（包括拖布）施加大小不变的推力F，如图所示，在向前加速推动的过程中，拖把杆与水平地板的夹角θ渐渐变小，设拖把头与地板间的动摩擦因数到处相等，则在此过程中（）A.拖把头与地板间的摩擦力渐渐变大 B.拖把头所受的合力渐渐变大C.地板对拖把头的支持力渐渐变大 D.地板对拖把头的作用力渐渐变大【答案】B【解析】【详解】AC．对拖把头受力分析且由竖直方向平衡得拖把杆与水平地板的夹角θ渐渐变小，则水平地板对拖把头的支持力减小，由可知，拖把头与地板间的摩擦力渐渐变小，故AC错误；B．对拖把头水平方向由牛顿其次定律得拖把头所受的合力可知，拖把头所受的合力变大，故B正确；D．地板对拖把头的作用力即为地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力，由于即摩擦力与支持力成正比，由平行四边形定则可知，地板对拖把头的支持力与摩擦力的合力减小，故D错误。故选B。2.x轴上O、P两点分别固定两个点电荷Q1、Q2，其产生的静电场在x轴上O、P间的电势φ分布如图所示，下列说法正确的是（）A.x轴上从x1到x3的场强先变小后变大B.Q1和Q2是同种电荷C.x轴上O、P间各点中，x2处电势最低D.电子沿x轴从x1移到x3，电势能先增大后减小【答案】A【解析】【详解】A．由图像斜率表示电场强度可知，x轴上从x1到x3的场强先变小后变大，故A正确；B．由图像可知，从O到P电势渐渐降低，则电场线由O指向P，依据电场线从正电荷动身终止于负电荷可知，Q1和Q2是异种电荷，故B错误；C．由图像可知，从O到P电势渐渐降低，则x2处电势不最低，故C错误；D．x轴从x1移到x3电势渐渐降低，由负电荷在电势低处电势能大，则电子沿x轴从x1移到x3，电势能始终增大，故D错误。故选A。3.已知地球近地卫星运行周期约为地球自转周期的0.06倍，则站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的（）A.1倍 B.18倍 C.280倍 D.810倍【答案】C【解析】【详解】站在赤道地面上的人，由牛顿其次定律得地球近地卫星有其中，解得即站在赤道地面上的人，受到的重力约为他随地球自转所需向心力的280倍，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过A、B、C三点，A到B和B到C的时间相等。A、C两点距水平地面高度分别为h1、h2，质点经过A、C两点时速度与水平方向的夹角分别为、，重力加速度大小为g，则（）A.质点经过C点时动能为mg（h1一h2）B.质点经过B点时速度与水平方向的夹角为C.B、C间的高度差是A、B间的3倍D.质点的水平速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．质点从A到C过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知故A错误；B．设A到B和B到C的时间为t，则有B点竖直方向的速度为解得则质点在B点时速度与水平方向的夹角的正切值为故B错误；C．假如A点为抛出点，竖直方向为初速度为0的匀加速度直线运动，由于A到B和B到C的时间相等，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但A点不是抛出点，故C错误；D．由可得由竖直方向有解得故D正确。故选D。5.如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（）A.两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反B.两棒最终的速度大小均为，方向相同C.MN棒产生的焦耳热为D.通过PQ棒某一横截面的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．MN棒向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，由左手定则可知，MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等，由可知，安培力大小相等，由可知，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；BC．由于MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，则MN棒向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别为动量定理得解得由能量守恒得则MN棒产生的焦耳热为，故BC错误；D．对PQ棒由动量定理得即则故D正确。故选D。6.如图甲为探讨光电效应的试验装置，用频率为v的单色光照耀光电管的阴极K，得到光电流Ⅰ与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量的肯定值为e，普朗克常量为h，则（）A.测量遏止电压Uc时开关S应扳向“1”B.只增大光照强度时，图乙中Uc的值会增大C.只增大光照强度时，图乙中I0值会减小D.阴极K所用材料的极限频率为【答案】AD【解析】【详解】A．测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关S应扳向“1”，故A正确；B．由动能定理得由爱因斯坦光电效应方程可知，图乙中Uc的值与光照强度无关，故B错误；C．图乙中I0的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故C错误；D．由动能定理得由爱因斯坦光电效应方程可得则阴极K所用材料的极限频率为故D正确。故选AD。7.如图，在粗糙水平面上，质量分别为m1、m2的A、B两物体用一轻质弹簧相连接，系统处于静止状态且弹簧无形变。t=0时刻对A施加一个大小恒为F的水平拉力，t=t1时刻B起先运动，t=t2时刻A、B两物体的加速度第一次相同，下列说法正确的是（）A.在0~t2时间内A的动能与其位移成正比B.在0~t1时间内弹簧对B做功为零，冲量不为零C.若m1=m2，则t=t2时刻弹簧的弹力肯定为D.在0~t2时间内拉力做的功大于系统机械能的增量【答案】BD【解析】【详解】A．在0~t1时间内对A由动能定理得由于弹簧弹力随位移发生变更，则A的动能与其位移不成正比，故A错误；B．在0~t1时间内物体B不动，则弹簧对B做功为零，由可知，弹簧对B的冲量不为零，故B正确；C．当两物体与地面间的摩擦因数不同时，对整体由牛顿其次定律有对B物体有解得故C错误；D．由功能关系可知，在0~t2时间内拉力做的功等于系统机械能的增量与产生的热量之和，故D正确。故选BD。8.如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面对里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变更关系图线，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【详解】当时，圆环受到FN先变小后变大，摩擦力Ff=μFN也先变小后变大，圆环减速的加速度也先变小后变大；当速度变小为零时，若时，圆环静止，若时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，当圆环受到FN变大，摩擦力Ff=μFN变大，物体减速的加速度变大，速度变小为零时，若μ＞tanθ时，物体将静止；若μ＜tanθ时，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速，故BC正确，AD错误。故选BC。二、非选择题9.某小组利用拉力传感器验证“圆周运动的向心力表达式”，试验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定。一根不行伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着质量为m的小钢球，钢球静止于A处，其底部固定一竖直遮光片，A处正下方安装有光电门。拉起钢球使细线与竖直方向成适当角度，钢球由静止释放后在竖直平面内运动，得到遮光片通过光电门的遮光时间为△t。重力加速度大小为g：(1)用游标卡尺测遮光片宽度d的示数如图乙所示，则其读数为__________mm，并测得钢球做圆周运动的半径为r；(2)钢球经过A点时拉力传感器的示数为F，则钢球受到的合力大小F1=F－mg。利用光电门测得此时钢球的速度后，求出钢球经过A点时向心力大小F2=__________（用m、r、d、△t表示），在试验误差允许范围内通过比较F1、F2是否相等进行验证；(3)由于测量速度时引起的误差，第(2)问中F1__________F2（选填“略大于”或“略小于”）。【答案】(1).3.85(2).(3).略大于【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：0.3cm=3mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为17×0.05mm=0.85mm，所以最终读数为：3mm+0.85mm=3.85mm(2)[2]钢球经过A点的速度为钢球经过A点时向心力大小(3)[3]由于试验中用小球运动距离为小球直径时的平均速度代替，则此速度比小球中心经过A点时的真实速度偏小，所以F1略大于F210.一热敏电阻的说明资料上给出其阻值Rt随温度t变更的特性曲线，如图甲中曲线I所示。为了验证这条曲线，某试验小组采纳“伏安法”测量该热敏电阻在不同温度下的阻值，然后绘出其Rt－t图线。所设计的部分电路如图乙所示，其中电压表V的量程为0~3V、内阻约3kΩ；电流表A的量程为0~250μA、内阻约300Ω；滑动变阻器的最大阻值为100Ω：(1)用图乙电路测Rt的低温区阻值时，请依据试验原理，用笔画线代替导线将电路连接完整；（）在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到___________（选填“a”或“b”）端；(2)该小组在测Rt的各个温度区阻值时，都采纳(1)所设计的电路，绘出的Rt－t图线如图甲中曲线II所示，它与曲线I在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1)所设计的电路中_____（选填“电流表”或“电压表”）的测量值偏差过大；(3)为了提高精度，该小组改用“电桥法”测量Rt的阻值，电路如图丙所示，其中定值电阻阻值为R0，粗细匀称的电阻丝AB总长为L。试验时闭合开关S，不断调整线夹P所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时PB段电阻丝长度x，则Rt的阻值计算式为Rt=_____（用R0、L、x表示）。已知L=60.00cm，R0=3.6kΩ，当电流表G示数为零时x=15.00cm，则此时热敏电阻所处环境的温度为______（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).(2).a(3).电流表(4).(5).52【解析】【详解】(1)[1]Rt低温区阻值时阻值较大，则电流表应用内接法，由于滑动变阻器总阻值较小，则滑动变阻器用分压式，如图所示[2]为了爱护用电器，在开关闭合之前滑动变阻器的滑片应滑到a端(2)[3]由电路图可知，误差来源于电流表的分压，所以曲线I在高温区部分存在明显偏差，是因为高温时(1)所设计的电路中电压表的测量值偏差过大(3)[4]设电阻丝总电阻为R，通过电阻丝的电流I1，流过热敏电阻的电流为I2，由于电流表G示数为0，则有解得[5]代入数据得由图甲可知，此时热敏电阻所处环境的温度为11.如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子（重力均不计）分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为。已知两粒子的质量均为m、电量均为+q，求：(1)两粒子进入磁场时的速度大小v；(2)b粒子在磁场中的运动时间t。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为R=L由洛伦兹力供应向心力得解得(2)b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心角=粒子在磁场中的运动周期b粒子在磁场中的运动时间解得12.如图，一右端带有挡板的木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在A上，B放在A的中点，C靠在挡板处。现瞬间给A一个大小为v0、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B与C或者C与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。已知A、C的质量均为m，B的质量为2m，B与A间的动摩擦因数为μ，C与A间无摩擦力，重力加速度大小为g，木板A的长度为：(1)求B起先运动时A、B的加速度大小分别为多少？(2)求B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？(3)请通过计算推断B最终是否会离开木板A？【答案】(1)；；(2)；；(3)B不会离开A【解析】【详解】(1)设A、B的加速度大小分别a1、a2，由牛顿其次定律得解得(2)设B与C碰撞前A、B速度已相同，且为v1，由动量守恒定律得在A起先运动至A、B共速的时间内，B的位移大小为s，，得由于可见，A、B第一次共速时B还没与C发生碰撞，故B与C碰撞前瞬间B的速度大小为该过程系统因摩擦产生的热量得(3)设木板足够长，B不会从木板上离开，则通过分析可知最终A、B、C三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A向左运动的距离为s相，依据动量守恒定律和能量守恒定律可得解得由于，可见，B不会离开A13.肯定量的志向气体在密闭容器内从状态a起先，经验ab、bc、cd、da四个过程回到初始状态，T－V图像如图，其中ab平行于V轴、cd平行于T轴、da的延长线过原点O，下列推断正确的是。A.a→b过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功B.b→c过程，气体分子的平均动能变小C.c→d过程，气体放出的热量等于气体内能的削减量D.d→a过程，气体压强不变E.容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b状态比d的少【答案】ACD【解析】【详解】A．a→b过程为等温变更，气体内能不变，体积减小，由热力学第肯定律可知，气体放出的热量等于外界对气体做的功，故A正确；B．由图像可知，b→c过程气体温度上升，则气体分子的平均动能变大，故B错误；C.c→d过程为等容变更，温度降低，气体内能减小，体积不变，由热力学第肯定律可知，气体放出的热量等于气体内能的削减量，故C正确；D．由图可知，d→a过程为等压变更，故D正确；E．d→a过程为等压变更即a状态压强等d状态压强，a→b过程为等温过程且体积减小，则a状态压强小于b状态压强，即d状态压强小于b状态压强，则容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数，b状态比d的大，故E错误。故选ACD。14.如图，两玻璃管用橡皮管连接起来后竖直放置，左管固定、上端封闭，右管上端开口。a、b两部分气体长度均为L=7cm。水银柱Ⅰ在左、右管内的液面相平，水银柱Ⅱ的长度h=3cm。外界大气压p0=77cmHg，气体a、b温度均为t1=27。现保持温度不变，缓慢竖直向下移动右管，使水银柱Ⅱ的上液面与水银柱Ⅰ在左管内的液面相平，并保持右管不动：（i）求此时气体a的长度；（ii）为了让气体a复原到原来长度，则其温度应变为多少？【答案】（i）8cm；（ii）255K【解析】【详解】(i)向下移动右管过程中，气体b长度不变，气体a发生等温变更，设玻璃管横截面积为S，此时气体a的长度为x，初态末态由玻意耳定律得解得x=8cm(ii)变更温度后，气体a的压强为其中，由志向气体状态方程得其中T0=300K，解得T1=255K15.某小组用“插针法”测平行玻璃砖的折射率，如图已确定好入射方向AO与玻璃砖界面的夹角为α，插了两枚大头针P1和P2，1、2、3、4分别是四条直线：（i）在侧调整视察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在___________线上（选填“1”、“2”、“3”或“4”）；（ii）试验中画出入射点与出射点的连线，并测得连线与玻璃砖界面的夹角为β，则玻璃的折射率n=____________；（iii）若