2024年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）(含详细答案解析)

2024年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）

一、单选题：本大题共4小题，共16分。

1.2023年晋江国际马拉松赛于12月3日开跑，全程马拉松（往返共42.195公里）赛道线路图如图所示。经

过激烈角逐，中国选手徐冰洁以2小时38分16秒的成绩获得该赛事全程马拉松的女子冠军。下列说法正

确的是（）

A.全程马拉松的位移为42.195km

B.徐冰洁的平均速度大小约为16幻九/九

C.徐冰洁的平均速率约为16km"

D研究徐冰洁比赛全程的平均速率不能将其视为质点

2.如图，一个球形碗固定在水平地面上，一只甲虫（可视为质点;从碗内最低

点开始沿左侧缓慢往上爬行，则在爬行过程中（）

A.碗对甲虫的支持力逐渐增大B.碗对甲虫的摩擦力逐渐增大

C.琬对甲虫的作用力逐渐减小D.甲虫所受的合外力逐渐减小

3.单反相机取景器的核心光学部件是一个五棱镜，如图所示，棱镜的部分角度已在图中标出。一细束光垂

直A4面射入棱镜，在C。面发生全反射，然后射到QE面和胡面，最终垂直4c面射出，则棱镜对这束

光的折射率（）

E

D.一定等于2

4.如图，在间距为d的水平固定平行金属导轨上，放置质量分别为

2人、的金属杆M、N°N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳，细绳

下端悬挂重物，滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度

大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量机取不同值时，系

统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为4,回路中电动势为瓜电流为/、热功率为几己

知重力加速度大小为g,两杆接入回路的总电阻为R,导轨足够长且电阻不计，忽略一切摩擦，两杆始终

与导轨垂宜且接触良好。则下列关系图像合理的是（）

二、多选题：本大题共4小题，共24分。

5.氢原子能级结构如图所示，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级nE/eV

OO.................................................0

跃迁，会发出不同频率的光，下列说法正确的是（）5-------------------------------0.54

4-------------------------------0.85

A.这群氢原子最多可以发出6种频率的光3-------------------------------1.51

B.这群氢原子最多可以发出4种频率的光2-------------------------------3.40

C.An=4能级跃迁到九=1能级发出的光子能量最大

D.从九=4能级跃迁到71=3能级发出的光子能量最大1-------------13.6

6.中国天眼E4ST观测某脉冲双星系统如图所示。该双星系统由两颗相距较近的天体组成，并远离其他天

体，它们在相互之间的万有引力俏用下，绕连线上的一点做匀速圆周运动。若较大天体质量为M、运动轨

道半径为R较小天体质量为〃7、运动轨道半径为八引力常最为G,则（）

A.两天体质量与半径之间的关系式为Mr=mR

B.两天体质量与半径之间的关系式为MR=mr

C.天体运动的角速度为J曾

D.天体运动的角速度为

7.空间中M、N两点分别固定不等量的异种点电荷（电性及N点，’立置未标出）.一带负电的点电荷夕仅在电

场力作用下先后经过。、女两点，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（）

A.M点的电荷量值小于N点的电荷量值B.从h点到h点的过程中q的速度越来越大

C”点的电势大于左点的电势D.q在力点的加速度比k点加速度大

四、实验题：本大题共2小题，共12分。

12.某同学自己在家里做单摆测定重力加速度的实验，由于没有摆球，他用一块不规则的石块代替，用细

线将石块系好，结点为A，细线上端固定于。点，如图甲所示，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆

长，将石块拉开一个小角度（约5。）并由静止释放，石块摆到最低点时开始计时，用秒表测量完成50次全振

动的总时间3由T二上求出周期，改变OA间细线的长度，再做几次实验，记下相应的L和7•如表：

实验次数12345

摆线长L（cm）60.370.579687.295.1

50次全振动时间t（s）80.686.791899.9

周期7（s）1.611.731.841.99

（1）第4次实验时的秒表示数如图乙所示，它的示数为s；

（2）该同学根据实验数据作出的产一A图像如图丙所示，图丙中图像没有通过原点的原因是；

（3）取/=9.87,由图丙求出重力加速度g=m/s2（结果保留三位有效数字）；

（4）把细线的长度作为摆长，并由弱丙求出的g值_____（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实

值。

13.某同学在探究实验时，需要测量电流表4°的准确内阻，实验室提供的器材有：

待测电流表力o（量程为150mA,内阻约为10。）

电源E（电动势为3匕内阻较小）

电压表V（量程为15V,内阻约为15k。）

电流表4（量程为300〃认，内阻约为50）

定值电阻&（阻值为100

滑动变阻器R（0〜102额定电流为24）

开关、导线若干

在尽可能准确地测量出电流表4。的内阻为的情况下，请完成卜.列问题：

&

(1)某同学设计了如图甲电路图，虚线方框中应接入(选填"V”或“Ro”)：

(2)按图甲电路，用笔画线表示导线，将图乙中实物图连接完整；

(3)开关闭合前，图乙中滑动变阻器滑动片。应处于端(选填“左”或“右”)；

(4)若某次实验，电流表4的示数为/。，电流表A的示数为/,则电流表A。的内阻?=。(选用/。、八

Ro或电压表的不数U表不)

五、简答题：本大题共3小题，共40分。

14.如图甲所示，银行取款机房装有单边自动感应门，其中有一崩玻璃门与墙体固定，另一扇是可动玻璃

门。当人进入了感应区时，可动玻璃门将自动开启，反之将自动关闭，图乙为感应门的俯视图。当某人一

直在感应区内时，可动玻璃门先匀加速运动了0.3m,用时0.5s,而后立即匀减速运动了0.6m怡好停下。求

可动玻璃门:

(1)匀加速运动的加速度大小；

(2)运动过程中的最大速度大小；

(3)开启全程运动的总时间。

15.如图，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端；质量为的

小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧〃端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面

必和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道儿组成。质量为切的小物块P(与弹簧不栓接)在外力作用F将弹

簧压缩至某一位置，由静止释放后从。端以大小为2质(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到

达顶端c。

(1)求由静止释放时弹簧的弹性势能％;

(2)求P与ab间的动摩擦因数〃；

(3)请通过计算判断夕是否会滑离小车？

16.如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小

为E,磁场方向垂直纸面向里。在离地高为人的。点处建立,直角坐标系xOy,y轴竖直向上。■个带正

电小球A从。点以速率为沿工轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为g,A受到

的电场力恰好等于重力，运动过程中带电最不变，忽略空气阻力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B；

(2)若大量与A相同的小球仍从O点以速率孙在平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均不

计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；

(3)若撤去电场，小球仍从。点以某一速率沿)，轴正方向射出，恰好不会打到地面。

i.求小球从0点射出时的速率%:

ii.二知小球的速率y与时间/的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。

答案和解析

1.【答案】C

【解析］解：A、马拉松运动的轨迹是曲线，故42.196km指的是路程大小，故A错误；

BC、16kzn//i是路程与时间的比值，是平均速率，故8错误，C正确；

D、研究徐冰洁比赛全程的平均速率时，徐冰洁的大小和形状不影响研究问题，可以将其视为质点，故D

错误。

故选:Co

位移是初位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度。平均速度等于位移与时间是比值，平均速率等

于路程与时间的比值。

该题考查对时间与时刻、路程与位移，平均速度与平均速率的理解，时刻具有瞬时性的特点，是变化中的

某一瞬间：时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应。

2.【答案】B

【解析】解：A3。、以甲虫为对象，甲虫缓慢移动，可以视为平衡状

态，所受合力为零；如图所示，受力情况：重力〃吟，球面支持力N和摩

擦力/，根据平衡条件得：

N=mgcosO,f=mgsinO

甲虫向左上方爬行，8增加，cos。减少，sin8增加，则碗对甲虫的支持力

变小，摩擦力变大，故4及错误，B正确：

C、甲虫处于平衡状态，受到地球的作用力和碗对甲虫的作用力，由于甲虫处于平衡状态，故碗对甲虫的

力的大小等于重力大小，且不变亿，故C错误；

故选:B。

甲虫从碗底缓慢向上爬，代表甲虫在移动过程中加速度近似为零，可以视为平衡状态，在爬行过程中，甲

虫只受到三个力：重力、支持力和摩擦力，建立平衡方程即可；还需注意甲虫只受到地球的作用力和碗的

作用力，是一对平衡力。

本题运用力的平行四边形定则研究的动态问题，受力分析中的面图最为关键；看碗对甲虫的作用力的时

候，就有摩擦力和支持力，直接分析时容易少分析一个力，是易错点，而从对甲虫的施力物体来分析可以

有效避免这个错误发生；而看合力，一般先从运动状态分析，物体处于平衡状态时合力为零。

3.【答案】C

【解析】解：根据几何关系可知，光在。E面的入射角为:

e=90°-60°=30°

由于光在。。面发生全反射，则临界角为：

C<30。

根据折射率与临界角的关系式有

1

n=sinC

解得：n>2,故C正确，A3。错误；

故选:Co

根据几何关系得出对应的入射角，结合折射定律得出棱镜对光的折射率。

本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系和折射定律即可完成解答。

4.【答案】D

【解析】解：N杆受到的安培力逐渐增大，M杆受到的安培力逐渐增大，M杆的加速度逐渐增大，N杆的

加速度逐渐减小，最终两根等长双杆的加速度会相等，根据牛顿第二定律可得：

mg=(3m0+m)a

解得：。二产一，因此加速度〃与机的变化关系不是线性的，故人错误；

4、根据上述分析可知，最终两根等长双杆的加速度相等，速度差恒定，则整个系统中产生的电动势恒

定，故B错误；

C、对M根据牛顿第二定律可得：

B/d=2moa

2?n()mg

解得:故C错误;

Bd(3mQ+ni)'

D、热功率为:

f=旃")2R

图中的曲线走向是对的，最终的稳定值为:

p=(^2R,故。正确；

OU

故选：。。

对两根杆进行受力分析，结合牛顿第二定律得出杆最终的加速度：

根据两根杆的速度差，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的表达式;

根据牛顿第二定律，结合安培力的计算公式得出电流的大小：

结合功率的计算公式得出功率的大小。

本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉导体杆的受力分析，结合牛顿第二定律和功率的计算公式即可

完戌解答。

5.【答案】AC

【解析】解：/B.根据盘=6可知，这群氢原子最多能发出6种频率不同的光，故A正确，4错误：

CD从高能级向低能级跃迁时，发出的光子能最等于这两个能级的能量差值，所以在这群氢原子发出的光

子中，从n=4能级跃迁到九二1能级所发出光子能量最大，故C正确，加错误。

故选：AC.

4B.根据公式计算最多能发出的几种不同频率的光；

CD根据高低能级跃迁时发出光子的能量规律进行分析判断。

考查能级跃迁的基本规律，会根据公式计算发出的光子频率数，会计算发出光子的能量值。

6.【答案】B。

【解析】解：A3、双星是同轴转动模型，其角速度相等，根据万有引力提供向心力得等=MRR2=

mrto2

解得MR=mr

故4错误，B正确；

CD、根据题意可知L=R+r

解得3=/—竺丁，故。正确，C错误。

、（R+r^r

故选：BD.

双星是同轴转动模型，其角速度相等；根据万有引力提供向心力，分别对两星球列方程，解方程组，即可

解答。

解决本题的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用刀有引力提供

向心力进行求解。

7【答案】AB

【解析】解：A、带负电的电荷运动的轨迹几乎是椭圆，故可知N在一个焦点上，可知N带正电，M带负

电，由于轨迹离N点越来越近，可知N电的电荷量大于M点的电荷量，故A正确；

B、由图可知，从。点到左点的过程中电场力做正功，则夕的速度越来越大，故8正确；

C、N点电荷为正电荷，2点靠近M则电势较高，故。错误；

。、太离N点比〃离N点更近，则在4点的电场力更大，故“在匕点加速度大于在九点的加速度，故。错

误；

故选:AB.

根据电荷的运动轨迹得出粒子的电性和电荷量的大小关系；

根据电场力的做功类型分析出夕的速度了变化趋势；

沿着电场线方向电势逐渐降低：

根据不同点到电荷的距离，结合牛顿第二定律得出在两点的加速度大小关系。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电荷的受力分析，结合电场线和电势的关系即可完成解

答。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球恰好静止在斜面上，其受力平衡，对其受力分析如下图所示。

小球受到的电场力方向水平向左，电场力qE与重力mg的合力F与斜面对小球的支持力N等大反向，则

有：

*=tan8,解得匀强电场的场强大小E=舞，故A正确；

B、由4选项的分析可知电场力gE与重力〃火的合力尸的方向垂直于斜面向下，并与圆弧形轨道的直径

AE平行，合力尸的大小为?二9=乎。

cos04

小球沿斜面向下做匀速直线运动，到达A点时的速度等于%,由于半圆弧段A4是硬质细圆管，所以小球

到达8点的临界最小速度为零，>0.对小球由A到4的过程由动能定理得：

1.1

-Fx2r=2mvB~2mvo9

解得：v0>J5gr,故B错误；

C、将电场力gE与重力〃?g的合力厂作为等效重力，则4点为小球圆周运动的等效最高点，若使小球能够

沿轨道外侧做圆周运动到达。点，在8的需满足：7n逋之尸，解得：为N雀，即小球到达B的速度满

足此条件时，小球不会在8C段脱离轨道。若小球到达8的速度满足：0V为〈年，小球到达8点时与

轨道内侧挤压，经过4点小球做类平抛运动，而不会沿着圆弧轨道8c运动，故无论小球经过5点时的速

度多大，小球都不可能在段某点脱离轨道，故C错误;

。、假设小球经过B点后做类平抛运动到达。点，可得：

由B到。沿船方向有：

r

由B到。沿0C方向有：r=vBt

解得经过3点的速度为：W=底〈苧故假设成立，小球可以做类平抛运动到达。点。

小球做类平抛运动到达C点时沿8A方向的分速度为：为'xt,解得：为二倍

则到达。点的速度大小为：vc=.+对,解得：介=笑画，故。正确。

故选：AD.

小球恰好静止在斜面上，其受力平衡，根据平衡条件求解匀强电场的场强大小；小球沿斜面向下做匀速直

线运动，小球到达B点的临界最小速度为零，对小球由A到8的过程，根据动能定理求解小球能到达B点

的条件；8点为小球圆周运动的等效最高点，若小球到达B的速度较大，小球不会在8C段脱离轨道。若

小球到达B的速度较小，经过B点小球做类平抛运动，而不会沿着圆弧轨道BC运动；假设小球经过B点

后做类平抛运动到达C点，应用运动的合成与分解求解小球做类平抛运动到达C点的速度。

本题考查了带电体在电场中运动问题。在匀强电场的圆周运动，要掌握用“等效重力”解题的技巧，会找

”等效最高点或最低点”。

9.【答案】小于等于做正功

【解析】解：A-8过程中，理想气体体积不变，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，理想气体平

均动能增大，则气体在状态A的分子平均动能小于在状态B的分子平均动能；

根据一定质量的理想气体状态方程可得：

PBVB_PcVc

丁一丁

根据图中压强与体积的数据可知，

TB=Tc

即在状态B的温度等「在状态C的温度。

P-U图像中，图像与V轴所围儿何图形的面积表示功，可知一个循环过程中，气体对外界做功为

(1)X2

W=WBC+WCA+WAB=^-2xl/+0=2/,表示气体对外界做正功。

故答案为：小于；等于；做正功。

分子的平均动能由温度决定，根据查理定律得出气体在不同状态下的温度高低，结合图像的物理意义完成

解答。

本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，能根据图像得出气体状态参量的变化，结合图像的物理意

义即可完成分析。

10.【答案】加强点8A

【解析】解：两个相干波源，它们振动同步，P点与Si、S2间的距离相等，所以总是两列波的波峰与波

峰、波谷与波谷相遇，则。处质点为振动加强点；

因为P处质点为振动加强点，则它的振幅为24它振动一个周期所通过的路程为：

s=4x24=84

故答案为：加强点；8A。

根据波的干涉特点得出〃处质点的特点，结合简谐横波的传播特点得出质点在一个周期内所通过的路程。

本题主要考查了光的干涉现象，熟悉光的传播特点，结合波的叠加特点即可完成分析。

11.【答案】60.01

【解析】解：交变电压表的示数为有效值，则该示数为

6/2

U=-j=-V=6V

正弦交变电压u=6V_2sinl007rt(l,)

则有半=IOOTT

解得：T=0.02s

由于装置通过变压器获得高压，使放电针产生火花点燃煤气，而在上述一个周期之内，装置可以获得两次

高压，可知放电针点火一次相隔的时间为：

11

t=-^T=5x002s=0.01s

故答案为：6；0.01

理解电压表的测量对象，结合交变电压的表达式得出电流的周期，再利用变压器的工作原理得出对应的点

火时间间隔。

本题主耍考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理即可完成分析，难度不大。

12.【答案】95.9以细线长当作摆长9.77等于

【解析】解：(1)根据秒表的读数规则，小盘过半大盘的读数要加30$,所以是1m出35.9s=95.9s；

(2)图像不过坐标原点，代表在相司的周期，摆长是偏小的，即以细线长当作摆长，不是悬点到不规则石

块重心的距离；

(3)由单摆周期公式T=27r可得

47r2

L=-----L

9

图像的斜率k=—=------40­0―z7s2/m=4.04s2/m

9[95-(-4)]xlOz

解得g=9.77m/s2

(4)虽然将细线长作为摆长导致摆长偏小，但不会影响图内的图像斜率，所以根据图内斜率大小计算当地

重力加速度的值等于当地的真实值。

故答案为：(1)95.9；

(2)以细线长作为摆长；

(3)9.77；

(4)等于。

(1)根据秒表的读数规则完成读数；

(2)根据不过原点的可能原因进行分析判断；

(3)根据单摆的周期公式结合图丙里像的斜率意义进行计算解答；

(4)根据图丙图像斜率和摆长计算之间是否有联系进行判断。

考查单提的周期公式，会根据单推周期公式结合图像计算当地的重力加速度。

13.【答案】R左"一”。

oz0

【解析】解：(1)根据题意，待测电流表的满偏电压％=/”0=150x10-3x101/=L5V,远低于电压表

量程的―为5P),故虚线框中不能是电压表，只能是电阻Ro；

(2)根据电路图完成的实物连线如下图所示

乙

(3)开关闭合前，为了使测量部分的电流最小，需要将图乙中滑动变阻器滑动片P应处于左端:

(4)根据欧姆定律

Uo(一⑹凡)

"=一^

故答案为：(1)&；(2)实物连线如上图所示；(3)左；(4)空辔。

(1)估算待测电流表的最大电压结合电压表的晟程进行比较判断；

(2)根据电路图完成实物连线；

(3)根据电学实验的注意事项进行操作；

(4)根据欧姆定律列式并完成推导，

考查实物连线和欧姆定律，以及电学实验的注意事项等，会根据要求准确完成实验，测量相关的物理量。

14.【答案】解：(1)依题意，可动玻璃门加速过程中

S］二］组

解得a=2Am/s2

(2)依撅意，可动玻璃门加速过程中，最大速度大小为

V=

解得v=1.2m/s

(3)依题意，可动玻璃门减速过程中的时间为

.S2

f2=-T

2

仝程的总时间为

t=t1+t2

解得t=1.5s

答：(1)匀加速运动的加速度大小为2.4m/s2；

(2)运动过程中的最大速度大小为1.2m/s；

(3)开启全程运动的总时间为1.5s。

【解析】(1)根据位移-时间公式求出门加速阶段的加速度大小：

(2)根据速度-时间关系求出最大速度；

(3)根据位移-时间公式解得时间。

本题考杳了匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键是根据情景分析出各阶段门的位移以及运动时

间。

15.【答案】解：(1)弹簧恢复原长时，P的速度为先,

由系统能量守恒得

其中%=2yf~gR

解得：Ep=2mgR

(2升合好到达顶点。时，P与小车共速，设此时速度大小为1，，

由系统能量守恒、水平方向动量守恒得mu。=(TH+3m)v

1.1

5WIVQ=5(巾+3mW+mgR+fimgR

联立解得：〃=0.5

(3)设小物块户最终停在小车上离b的距离为s,则此时P与小车速度大小均为v,

由系统能量守恒得

mgR=nmgs

解得：s=2R

因s>R,故尸会滑离小车。

答：(1)由静止释放时弹簧的弹性势能为2〃吆尺

(2)P与ab间的动摩擦因数为0.5；

(3)P不会滑离小车。

【脩析】(1)根据能量守恒定律得出弹簧的弹性势能；

(2)根据水平方向动量守恒定律和能量守恒定律得出〃的大小；

(3)根据能量守恒定律得