福建省福州市金山中学2024届高三5月高考信息卷物理试题

福建省福州市金山中学2024届高三5月高考信息卷物理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域I、II中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应

强度大小相等、方向相反。金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R（其他电阻不计）。将金属杆ab从

距区域I上边界一定高度处由静止释放（）

A.金属杆在I区域运动的加速度可能一直变大

B.金属杆在n区域运动的加速度一定一直变小

C.金属杆在I、II区域减少的机械能一定相等

D.金属杆经过I、n区域上边界的速度可能相等

2、某同学采用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合

开关S,在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零,

此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为力和电的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压

分别为3和S设电子质量为，力电荷量为e,则下列关系式中不正确的是

A.频率为v,的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度v,„,=

02匕一。1岭

B.阴极穴金属的极限频率％二

U「U\

C.普朗克常量〃二吆二幺上

匕一为

D.阴极震金属的逸出功卬="（"彩—“匕）

用一为

3、如图（。），场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距/■<）的尸点由静止释放一个质量为机、电荷量为q（q>0）的

离子，经一定时间，离子运动到与O相距小的N点。用。表示离子的加速度，用r表示离子与。点的距离,作出其

r~

图像如座M静电力常量为是A,不计离子重力。由此可以判定（）

A.场源点电荷带正电

〃想“V

B.场源点电荷的电荷量为

C.离子在尸点的加速度大小为9

%

2

D.离子在尸点受到的电场力大小为半的

%

4、如图所示，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态。设弹簧

的弹力大小为尸，重物与箱子顶部的弹力大小为尸N。当箱子做竖直上抛运动时（）

5、如图所示，MN、PQ是倾角为。的两平行光滑且足够长的金属导轨，其电阻忽略不计。空间存在着垂直于导轨平

面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦导体棒裙、cd垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，每根导体棒的质量均

为机，电阻均为「，导轨宽度为L,与导轨平行的绝缘细线一端固定，另一端与打棒中点连接，细线承受的最大拉力

[a、=2砥gsin夕。现将cd棒由静止释放，当细线被拉断时，则（）

A.”棒的速度大小为写泻..川生心',止mgrsm0

B.cd棒的速度大小为zc

B~Lr

C.cd棒的加速度大小为gsin。D.cd棒所受的合外力为2mgsme

6、如图所示，水平传送带4、B两端相距x=2m,物体与传送带间的动摩擦因数〃=0.125,物体滑上传送带A端的

瞬时速度NA=3m/s,到达6端的瞬时速度设为nug®10m/s2,下列说法中正确的是（）

A.若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动

B.若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力

C.若传送带逆时针匀速转动，则照一定小于2m/s

D.若传送带顺时针匀速转动，则距一定大于2m/s

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、高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，只有分辨率高体积

小、辐射少，应用领域比超声波更广。关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（）

A.电磁波和超声波均能发生偏振现象

B.电磁波和超声波均能传递能量和信息

C.电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象

D.电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播

E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大

8、在粗糙水平桌面上，长为/=0.2m的细绳一端系一质量为m=2kg的小球，手握住细绳另一端O点在水平面上做匀速

圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，。点做圆周运动的半径为r=0.15m,小球

与桌面的动摩擦因数为〃=O6,g=10m/s\当细绳与。点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（）

D.电流表（量程0-3A,内阻为l.OC）

E.电阻箱（阻值范围0-999.9。）

F.电阻箱（阻值范围0-9999.9Q）

G•滑动变阻器（阻值范围0〜20。）

H.滑动变阻器（阻值范围a201＜。）

L开关、导线若干

⑴该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实

验，电流表应选_____,电阻箱应选______,滑动变阻器应选_______（均填写器材前字母标号）

⑵实验需要把电压表量程扩大为0~9V,该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将尺的滑片移到最左端，

将电阻箱出调为零，断开S3,闭合S,将S2接〃，适当移动品的滑片，电压表示数为2.40V；保持Q接入电路中的

阻值不变，改变电阻箱Q的阻值，当电压表示数为V时，完成扩大量程，断开吊。

⑶保持电阻箱Rz阻值不变，开关S?接儿闭合S3、Si,从右到左移动Ri的滑片，测出多组1,并作出U—，图线

如图丙所示，可得该电池的电动势为V,内阻为Q。

12,（12分）为了精确测量某待测电阻K的阻值（约为30Q）。有以下一•些器材可供选择。

电流表Ai（量程0~50mA,内阻约AC）；

电流表A2（量程0~3A,内阻约0.12Q）；

电压表箱（量程0~3V,内阻很大）；

电压表V2（量程0~15V,内阻很大）

电源E（电动势约为3V,内阻约为0.2。）；

定值电阻A（50。，允许最大电流2.0A）；

滑动变阻器拈（0〜10Q,允许最大电流2.0A）；

滑动变阻器&（O-lkC,允许最大电流0.5A）

单刀单掷开关S一个，导线若干。

（1）为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“xlO”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大,

最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是_______（填字母代号）。

A.这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆

B.这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆

C.如需进一步测量可换“XI”挡，调零后测量

D.如需进一步测量可换“xlOO”挡，调零后测量

（2）根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的

符号旁。

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）跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AF尸）的方法跳伞。如果一个质量为50kg的运动员在3658m的高

度从飞机上跳出（初速为零），降落40s时，竖直向下的速度达到50m/s,假设这一运动是匀加速直线运动。求：

（1）运动员平均空气阻力为多大？

（2）降落40s时打开降落伞，此时他离地面的高度是多少？

（3）打开降落伞后，运动员受的阻力/大于重力，且/与速度了成正比，即片八（A为常数）。请简述运动员接下来

可能的运动情况。

14.（16分）如图甲，足够大平行板MM尸。水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向

垂直纸面向里，磁感应强度大小为价，电场方向与水平成30。角斜向左上方（图中未画出），电场强度大小£o=—.

q

有一质量为〃?、电量为《的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过板上的小孔进入平行板间。小球通

过小孔时记为U0时刻，给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场丛电场强度大小为反，方向竖直向上；磁感应强

度大小为8（）,方向垂直纸面向外，重力加速度为g。（坐标系中力=—>h=—+——>/3=—+■—>^4=—?+、

12122n122兀122n

（1）求小球刚进入平行板时的速度vo；

⑵求力时刻小球的速度VI的大小；

⑶若小球经历加速后，运动轨迹能与产。板相切，试分析平行板间距离d满足的条件。

XXXXXX

XXXXBQXX

XXXXKX

XXXXXX

MN

PQ

甲

15.(12分)如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=10cm的空气

柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强〃o=75cmHg。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然

后关闭幽门S,左管水银面下降的高度〃=2cm。

⑴求右管水银面下降的高度；

(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，求此时左

管内气体的压强。

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、D

【解题分析】

AB.由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。

若金属杆进入磁场时其所受安培力

则有

B2I}V

----mg=ma

且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所

受安培力

B2I3V

—<ms

则有

mg----=ma

且加速度方向向下，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所

受安培力

B?九

丁叫

则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故A、B错误；

C.根据功能关系得金属杆在I、II区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆经过两区域

过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关系，故放c错误；

D.若金属杆进入磁场时其所受安培力

则金属杆在I区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出I区域后在重力作用下再做加速运动，所以金

属杆经过I、n区域上边界的速度有可能相等，故D正确。

故选Do

2、C

【解题分析】

A.光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得:

一叫=0-1呜

则得光电子的最大初速度:

2叫

“

m

故A不符题意;

BCD.根据爱因斯坦光电效应方程得:

/必=吗+卬

hv2=eU2^-W

联立可得普朗克常量为:

/小巴一生）

代入可得金属的逸出功:

W=hv]-eUi=

匕一彩

阴极K金属的极限频率为:

e（q匕一

W匕一匕=〃2匕一〃隗

式U「u?）U「U\

匕一彩

故C符合题意，B、D不符题意。

3、D

【解题分析】

A.从P到N,带正电的离子的加速度随士的增加而增大，即随「的减小而增加，可知场源点电荷带负电，选项A错

误;

B.在N点，由库仑定律及牛顿第二定律

mrNm

解得

选项B错误；

CD.在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律

FpkQq4

ap=—=—=^aN

m%m%

离子在P点受到的电场力大小为

FP=maP=、、，

宿

选项C错误，D正确。

故选D。

4、B

【解题分析】

刚开始时，对重物受力分析，根据受力平衡有，〃吆+/二尸，弹簧的弹力大于重力；当箱子做竖直上抛运动时，重

物处于完全失重状态，弹簧仍然处于压缩状态，弹簧的弹力尸与箱子顶部的弹力网大小相等，故B正确，ACD错误。

故选B。

5、A

【解题分析】

AB.据题知，细线被拉断时，拉力达到

=2〃zgsin。

根据平衡条件得：对ab棒

Tm=F^+rngs\n0

则得ab棒所受的安培力大小为

F堂=mgsin。

由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由

E

E=BL\\/=—>R.=BIL

2r

得

厂B心

七二丁

联立解得，cd棒的速度为

_2mgrsin0

Brl]

故A正确，B错误;

CD.对cd棒：根据牛顿第二定律得

"zgsin。-F次=ma

代入得

"5」幽•网空，

m2rB2l3

故CD错误。

故选A。

6、B

【解题分析】

A.若传送带顺时针匀速转动,若传送带的速度小于3m/s,则物体在传送带上做匀减速运动，故A错误;

B.若传送带顺时针匀速转动,若传送带的速度等于3m/s,则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能不受摩擦力,

故B正确;

C.若传送带逆时针匀速转动,加速度大小

a=丝区=jug=1.25m/s2

tn

减速到零所用的时间为

L=—=—s=2.4s

a1.25

发生的位移为

v+03一3/个

s=­4=—x2.4m=3.6m>2m

2°2

说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移公式有

•J

即

2x(-1.25)x2=y2-32

解得

vB-2m/s

故C错误：

D.若传送带顺时针匀速转动且速度为2m/s,则物体速度减速到与传送带速度相同时发生的位移为

22-32

M=m=2m=x

2x(-1.25)

说明物体到达传送带B端时速度与传送带速度相等即为2m/s,故D错误。

故选B。

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、BCE

【解题分析】

A.电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故A错误；

B.电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B正确；

C.干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C正确；

D.电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故D错误；

E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故E正确。

故选BCEo

8、BCD

【解题分析】

A.由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径

R=y]r2+l2=0.25m

小球做圆周运动，根据牛顿第二定律

F“=Tcos0

TsinO=

其中

0.153

*oT4

解得

Fn=16N

选项A错误;

B.由于

1

Fn=mRco

解得

co=4>/2rad/s

O点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项B正确；

C.由于

2

二V

〃=tn—

R

解得

v=V2m/s

选项C正确；

D.手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故

W=junig•2TTR=6兀J

选项D正确。

故选BCDo

9、BD

【解题分析】

C.设f时刻45分离，分离之前物体共同运动，加速度为以整体为研究对象，则有:

6+E二线

in/.I+4m

分离时:

3

根据乙图知此时，二:，0,则从开始运动到A、B分离,物体3运动的位移大小:

3外沁煮陋

故C错误;

A.加刻还未分离,以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有:

a=K+B=旦

mA-tnB

对&根据牛顿第二定律：

F2+F\B=mBa

则

□公£)1/7

FAH=3ftui-^=-F()

故A错误；

B.0〜2时间，根据乙图知：

4

尸1+尸2=用

则始终有，对整体根据牛顿第二定律:

/+居_£)

c<——

in.一〃44〃？

/ID

则工时刻

2

八28/n

对A根据动能定理：

=—mv\=")’。

2八12Sm

故B正确;

D.时，4〃达到共同速度

4

3Fl

力=3=晨四o()

16/72

此后4〃分离，对A,根据动量定理:

l=ni\hv

3

根据乙图一fo〜他万"图象的面积等于人这段时间对4的冲量，则

4

/=\怎”二毡

24432

则

u―下4x]

32m

对仅根据动量定埋:

3

根据乙图一fo〜力，尸/图象的面积等于B这段时间对5的冲量，则

4

rJxbx(理+硝=呸

244032

则

,7母。1

C.V=—―x——

323m

3

则二力〜fo时间内3比A速度多增大

4

W-AV=

24m

故D正确。

故选：BDo

10、AB

【解题分析】

A.电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；

B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；

C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误;

D.光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。

故选AB.

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、DFG0.808.942.0

【解题分析】

由图示图象可知，所测最大电流约为2A,则电流表应选择D；

[2]电源电动势约为9V,需要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V,是电压表量程的2倍，由串联电路

特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KC,电阻箱应选择F；

[31由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动交阻器应选择G；

⑵[4]把量程为3V的电压表量程扩大为9V,分压电阻分压为6V,分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可

知，电压表所在支路电压为2.40V,分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持R1位置不变，改变R?

阻值，当电压表示数为0.80V,此时电阻箱分压L60V,完成电压表扩大量程；

(3)[5J分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为U,则路端电压为3U,在闭合电路中，电源电

动势

E=3U+/Q+&)

整理可得

33

由图示图象可知，图象纵轴截距

h=-E=2.98V

3

电源电动势

E=8.94V

⑹图象斜率的绝对值

,r+R.2.98-1.0,

k=----=----------=1

电源内阻

r=2.0Q

(1)[1]采用“xlO”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明待测电阻的阻

值较小，为了使欧姆表指针在中值电阻附近读数，减小误差，需更换较小的倍率，更换“XI”挡倍率后需重新调零后再

测量，故AC正确，BD错误；

故选AC；

(2)[2]电源电动势只有3V,故选用电压表X(量程。〜3V,内阻很大)；回路中的电流最大电流为

,3

/=—A=l()0mA

m30

故选用电流表Ai(量程0〜50mA内阻约12Q),待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定

律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为

U=1AR、=50X10-3X30V=1.5V

只是电压表V1量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为

-3

U=7A(RX+/?)=50x10x(30+5O)V=4V

能达到电压表Vi的量程，为达到测量尽量准确的目的，滑动变阻器采用分压式按法，故选用阻值小的滑动变阻器

电路图如图所示

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、(1)437.5N；(2)2658m(3)①若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀

速。②若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。

【解题分析】

考查牛顿第二定律的应用C

【题目详解】

(1)加速下落过程中的加速度:

v50,,

a=—=——m/sz=1.25m/sz

/40

根据牛顿第二定律得:

mg-f=ma

解得:

f=ing-加。=500・50xl.25N=437.5N

(2)加速降落的位移:

11,

s=—at~2=—x1.25x40-in=1000m

22

距离地面的高度：

//=3658m-1000m=2658m

(3)若阻力f大于重力G,则合外力方向向上，与向下的速度方向相反，所以物体的速度将减小。由牛顿第二定律:

f-mg=ma'

其中片H

整理得:

,kv

a=­g

m

因为速度在逐渐减小，所以。将变小。

①若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀速。

②若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。

14、(1)%=鬻(2)匕=等(3)d=(〃=1、2、3……)

q