福建省泉州市四校2024-2025学年高三下学期开学联考物理试卷

第页，共页第20页，共20页2024-2025学年福建省泉州市四校联考高三（下）开学物理试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.2024年6月25日，嫦娥六号携带着从月球背面采来的样品成功返回地球，这标志着我国的嫦娥探月工程又向前迈出了一大步。比嫦娥六号先行着陆月球的嫦娥四号，其上装有核电池，可在月夜低温环境下采集温度信息。核电池将 94238Pu衰变释放核能的一部分转换成电能， 94238A.衰变方程中的x等于3

B.由 2xHe组成的射线的电离能力比γ射线的弱

C. 94238Pu2.如图，由a、b两种单色光组成的复色光，沿半球形水雾的半径方向AO入射，折射后分成两种单色光a、b。其中，a光与界面的夹角为30∘，b光的折射率为2，b光与法线的夹角为45∘，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。下列说法中正确的是(

)A.a光在半球水雾中的传播时间为3R3c

B.a光在半球水雾中的传播时间为3c3R

C.a单色光的频率比b单色光的频率大

D.利用a3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，已知振幅为A，波长为λ，关于质点P，下列说法正确的是(

)A.该时刻加速度沿y轴负方向

B.该时刻速度沿y轴负方向

C.此后14周期内通过的路程为A

D.此后14周期内沿x轴正方向迁移的距离为4.宇宙中有数万亿个星系，每个星系包含数百万到数千亿颗恒星，某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F；在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为34F。已知引力常量为G。下列说法正确的是(

)A.该行星的密度为4F3πRGm B.该行星的质量为FR2二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.如图甲所示，在平静的水面上，有长方形的ABCD区域，其中AB=1.6m，AD=1.2m。在A、BA.t=2.5s时，D点开始振动

B.水波波长为0.4m

C.C点是振动减弱点

D.CD线段上(包括C、D两点6.如图，虚线a、b、c、d、e为某有界匀强电场区域的五个等势面，各等势面间的距离相等。质子(11H)、α粒子(24He)以相同的初动能，沿c射入该电场区域，其中一束粒子从d

A.从e等势面离开电场的是α粒子

B.质子与α粒子的动能增量之比为△EkH：△Ekα=1：2

C.质子与α粒子的动量改变量之比为△PH：△Pα7.如图，某同学在桌面弹滑块，滑块(视为质点)瞬间获得一个水平向右的初速度v0=1.6m/s，沿平行于桌边的直线做匀减速运动，经过2s，滑块从桌面的右端飞出，则桌面的长度

A.3.8m B.2.2m C.1.0m8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30∘斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是(

)A.粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长

B.初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为(1+3)mv

C.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距三、填空题：本大题共3小题，共12分。9.如图，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2=h1=5cm，a面与c面恰处于同一高度，大气压强为75cmHg，则A气体压强为______cmHg；若在右管开口端加入少量水银，系统重新达到平衡，水银面a、b

10.如图所示，物块A重10N，物块B重20N，A、B间、B与地面间的动摩擦因数为0.2。现用水平拉力F向左拉物块B，要使A、B发生相对滑动，则F至少为______N，且A对B的摩擦力方向水平向______(填“左”或“右”)。11.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0=10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B=πmq，g取10

四、实验题：本大题共2小题，共12分。12.某实验小组的同学利用图甲所示的装置完成“验证动量守恒定律”的实验。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再将半径相同的B球放在水平轨道的末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影，O、M、P、N位于同一水平直线上。

(1)若小球A的质量为m1，小球B的质量为m2，为保证两球碰撞后沿同一方向运动，则要求m1______m2(填“>”“=”或“<”)；

(2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下多个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图乙中画的三个圆最合理的是圆______(填“a”“b”或“c”)；

(3)本实验中______(填“必须”或“没必要”)测量小球做平抛运动的高度；

(4)若测得OP=s1，OM=s2，O13.一段粗细均匀、中空的圆柱形导体，其横截面及中空部分横截面均为圆形，如图(a)所示。某同学想测量中空部分的直径的大小，但由于直径太小无法直接精准测量，他设计了如下实验进行间接测量。

该同学进行了如下实验步骤：

(1)用螺旋测微器测得这段导体横截面的直径D如图(b)所示。则直径D的测量值为______mm。然后又用游标卡尺测得该元件的长度L。

(2)用多用电表粗测这段导体两端面之间的电阻值：该同学选择“×100”挡位，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择______挡位(选填“×1k”或“×10”)，并重新欧姆调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图(c)所示，测量值为______Ω。

(3)设计了如图(d)所示的电路精确测量这段导体两端面之间的电阻值，除待测导体件Rx外，实验室还提供了下列器材：

A.电流表A1(量程为20mA，内阻r=25Ω)

B.电流表A2(量程为50mA，内阻未知)

C.滑动变阻器RP(0∼10Ω)

D.定值电阻R1=200Ω

E.定值电阻R2=20Ω

F.电源(电动势E=4.5V，内阻可以忽略)

G.五、简答题：本大题共1小题，共14分。14.如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDE，BC段水平放置，其左侧是光滑斜面AB，右侧CD是光滑圆弧，DE段(足够长)的倾角θ=37∘，各段轨道均平滑连接，在圆弧最低处C点下方安装有压力传感器。一质量m=2kg的滑块P从左侧斜面某处由静止释放，经过B点后沿水平轨道BC向右滑行，第一次经过C点时，压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍。已知BC段长度L=3m，CD段是半径R=1m、圆心角θ=37∘的圆弧，滑块P与BC段、DE段间的动摩擦因数均为µ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。

(1)求滑块P第一次经过C点时的速度大小；

(2)求滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC六、计算题：本大题共2小题，共22分。15.如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30∘，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速率匀速运动。现将一小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=32，重力加速度的大小g=10m16.平面直角坐标系xOy如图所示，在第Ⅰ、Ⅱ象限中有一圆心在O点、半径为R的半圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B，在y=R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。在坐标原点有一粒子源，可以沿坐标平面向第Ⅰ象限内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。发现有一粒子(记为粒子a)从y轴上的P点(0,R)离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30∘角，粒子的重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：

(1)粒子射入磁场时速度的大小；

(2)答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、根据衰变过程中质量数守恒可得x=238−234=4，故A错误；

B、根据上面的分析可知衰变的粒子为42He，是α粒子，α粒子的电离能力最强，γ射线的电离能力最弱，故B错误；

C、核反应是朝着比结合能大的方向进行的，所以23894Pu的结合能比23492U的结合能小，故C正确；

D、23492U的中子数为2.【答案】C

【解析】解：AB、设入射角为θ，由折射定律可知，对b光有nb=sin45∘sinθ，解得θ=30∘，则a光的折射率为na=sin60∘sin30∘=3，所以a光在半球水雾中的传播速度为v=cna，a光在半球水雾中的传播时间为t=Rv，解得t=3Rc，故AB错误；

C、因为na>nb，所以a光频率大于3.【答案】B

【解析】解：A、根据a=−kxm可知，该时刻P的加速度沿y轴正方向，故A错误；

B、波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知，该时刻质点P的速度沿y轴负方向，故B正确；

C、该时刻质点P的速度沿y轴负方向，速度减小，此后14周期内通过的路程小于A，故C错误；

D、质点不会随波迁移，只能在平衡位置附近振动，故D错误。

故选：B。

根据a=−k4.【答案】D

【解析】解：AB、物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力，即GMmR2=mg极=F

解得该行星的质量为：M=FR2Gm

根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，解得：ρ=3F4πRG5.【答案】BD

【解析】解：A、打开振动器开关后，D点开始振动需经历的时间为

t=ADv，代入数据解得，t=1.5s，

故A错误。

B、由

λ=vT

代入数据，解得

λ=0.4m

故B正确。

C、由几何关系可知，C距A、B两波源的波程差

Δx=0.8m=2λ

所以C点是振动加强点，故C错误。

D、CD线段上共有Δx6.【答案】AD

【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直，结合两个粒子的偏转方向，知电场线竖直向下。质子和α粒子进入电场后做类平抛运动，对于任一粒子，设其质量为m，电荷量为q，水平位移为x时竖直位移为y，初动能为Ek0.由牛顿第二定律得：a=qEm，则y=12at2=12⋅qEm⋅x2v02=qEx24Ek0

可知，x相等时，y∝q，所以从e等势面离开电场的是α粒子，故A正确；

B、根据动能定理得：△Ek0=qEy∝qy，离开电场时，质子与α粒子的竖直位移之比yH：yα=1：2，电荷量之比qH：qα=1：2，则质子与α粒子的动能增量之比为△EkH：△Ekα=1：7.【答案】BD

【解析】解：要想滑块从桌面的右端飞出，滑块到右端时的速度应大于0，所以v=v0−at>0，代入数据1.6m/s−a×2s>0，解得8.【答案】CD

【解析】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示

速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为rm，弦CO与PQ的夹角为θ，θ=30∘；

其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因MN//AC，CO1//MO2，可得△OCO1∽△OMO2，

则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠CO1O=120∘。

设经过N点的粒子速度为v1，在磁场的运动半径为r，周期为T，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=mv12r

解得：v1=qBrm

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=2πrv1=2πmqB

由几何知识可知：MN=rtan30∘=3r

粒子在磁场中的运动时间：t1=120∘360∘9.【答案】75

小于

【解析】解：大气压为p0=75cmHg

根据平衡条件，B气体的压强为pB=p0+h2(cmHg)=75cmHg+5cmHg=80cmH10.【答案】10

右

【解析】解：设A、B恰好发生滑动时，拉力为Fmin，

如图，对A受力分析：

由题知，B对A的摩擦力水平向左，则由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向水平向右，

由平衡条件可得：NA=GA，fAB=T，

且：fAB=μNA，

如图，对AB整体受力分析：

由平衡条件可得：NAB=GAB，Fmin=f地+2T，

11.【答案】102

【解析】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，

水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t=T2=πmqB=1s

则离开磁场时的竖直方向的速度vy=gt=10×1m/s=10m/s

小球离开磁场时的速度大小为v=v12.【答案】>

c

没必要

m1s1【解析】解：(1)为了防止入射小球发生反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即m1>m2

(2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置，应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故圆c画的最合理。

(3)平抛运动在竖直方向做自由落体运动h=12gt2

小球在空中的运动时间t=2hg

由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都相同，因此小球做平抛运动的时间相同；

需要验证的表达式为m1s1t=m1s2t+m2s3t

等式两边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动的高度。

(4)设平抛运动的时间为t，则碰前A球的速度v0=s1t

碰后的速度为v1=s2t

被碰小球的速度为13.【答案】4.486

×10

140

R1

a(【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，直径D=4mm+48.6×0.01mm=4.486mm；

(2)欧姆表指针偏转过大，欧姆表指针对应示数过小，说明所选挡位过大，应更换为×10挡；

电阻测量值R=14×10Ω=140Ω；

(3)由于电动势为4.5V，电流表A1与定值电阻R1串联可以改装成电压表

改装后电压表的量程为U=I1(R1+r)=20×10−3×(200+25)V=4.5V

因此应选定值电阻R1；

根据欧姆定律结合串、并联电路的特点有I2=I1+I1(14.【答案】解：(1)根据牛顿第三定律可知滑块P第一次经过C点时，轨道对滑块P的支持力为其重力的11倍，设滑块P第一次经过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律得：

11mg−mg=mvC2R

解得：vC=10m/s

(2)设滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度为h，对滑块P由静止释放到第一次经过C点的过程，根据动能定理得：

mgh−μmgL=12mvC2−0

解得：h=6.5m

(3)因为滑块P的质量小于滑块Q的质量，所以滑块P、Q弹性碰撞后P将被反弹向左运动，设碰撞后滑块P、Q的速度大小分别为vP、vQ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：

mvC=MvQ−mvP

12mvC2=12MvQ2+12mvP2

解得：vP=6m/s，vQ=4m/s

假设P、Q不会再次碰撞，且P不会进入轨道CDE段，最终静止在BC上。设滑块P被反弹后在BC段上运动最大路程为sP，对碰撞后滑块P的运动过程由动能定理得：

−μmgsP=0−12mvP2

解得：sP=3.6m

已