2021-2022学年福建省三明市第一中学高三（下）5月质量检测物理试题含解析

三明一中2021-2022学年高三物理考试

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（　　）

A. 核反应为重核裂变

B. 衰变为，经过次衰变，次衰变

C. 原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子

D. 汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出了原子核式结构学说

【答案】B

【解析】

【详解】A．核反应为衰变，A错误；

B．设衰变为经过x次衰变，y次衰变，则

解得

衰变为经过3次衰变，2次衰变，B正确；

C．原子核发生衰变的电子为中子转化为质子时从原子核中释放出来，不是原子核外电子，C错误；

D．原子核式结构学说由卢瑟福提出，D错误；

故选B。

2. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）

A. 时矩形金属线框平面与磁感线平行

B. 该交变电流的电动势的有效值为V

C. 该交变电流电动势的瞬时值表达式为

D. 电动势瞬时值为22V时，矩形金属线框平面与中性面的夹角为

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．当时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，故A错误；

B．由图可知，交流电的最大值为，该交流电的有效值为

故B错误；

C．由图可知，周期为，角速度为

则该交流电的瞬时表达式为

故C错误；

D．电动势瞬时值为22V时，则有

解得

所以矩形金属线框平面与中性面的夹角为，故D正确。

故选D。

3. 如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环。现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是（　　）

A. F1和F2都变大 B. F1变大，F2变小

C. F1和F2都变小 D. F1变小，F2变大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力相等,即

根据对称性可知，每边绳子与竖直方向的夹角相等，设为，根据平衡条件可得

木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，变大，环的重力保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误。

故选C。

4. 如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是(　　)

A. 小球第一次到达轨道最低点的速度关系vp＝vM<vN

B. 小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP＝FM>FN

C. 小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tP=tM<tN

D. 三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置

【答案】C

【解析】

【分析】根据动能定理，可得小球到达P、M和N点时的速度；根据牛顿第二定律列式可判断小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系；根据到达最低点的速度关系判断时间关系；

【详解】根据动能定理，可得小球到达P和M点时的速度： ；在电场中时：，解得： ，可知，A错误；最低点：；；；小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FM>FP >FN；B错误；根据A问答案知道，三球运动到同一高度时，P、M速度相等且大于N点速度，下滑动的路程等于1/4圆弧相等，所以小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tP=tM<tN，C正确；P、M两球机械能守恒，能达到右边等高点，但N球由于电场力做负功不能达到等高点，但三个球都能回到原来的出发点位置，D错误．故选C.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

5. 甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面积相等（S1=S2），则（　　）

A. 甲、乙两车均做直线运动

B. 在0~t2时间内，甲、乙两车相遇两次

C. 在0~t2时间内，甲的加速度先减小后增大

D. 在0~t2时间内（不包括t2时刻），甲车一直在乙车前面

【答案】AD

【解析】

【详解】A．甲、乙两车均做直线运动，A正确；

B．从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即辆车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次。B错误；

C．在0~t2时间内，甲车v-t图线斜率不断增大，所以其加速度不断增大， C错误；

D．在0~t2时间内（不包括t2时刻），甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面， D正确。

故选AD。

6. 如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　）

A. 卫星在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，速率在不断增大

B. 卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道A点的速率为vA，则v0＞vA

C. 若OA=0.5R，则卫星在A点的速率vA＞

D. 卫星在Ⅰ轨道上的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道上B点加速度大小为aB，则有a0>aB

【答案】CD

【解析】

【详解】A．卫星在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，动能不断减小，速率在不断减小，A错误；

B．卫星在半径为的圆形轨道上线速度为

得

卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，设过A点某卫星圆形轨道上，卫星的速率为,得

卫星在Ⅱ轨道A点的速率为vA，得

则

B错误；

C．若OA=0.5R，则卫星在过A点圆形轨道上速率

在Ⅱ轨道上由A点做离心运动，得

C正确；

D．由牛顿第二定律

得

因为卫星在Ⅱ轨道上B点到地心的距离大于Ⅰ轨道的半径，所以

D正确。

故选CD。

7. 如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（　　）

A. 电场方向可能垂直ON向上

B. 电场强度E的最小值为E=

C. 如果电场强度为E=，则小球的电势能始终为0

D. 如果电场强度为E=，则小球相对初始位置的最大高度为

【答案】ACD

【解析】

【详解】AD．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不确定，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为

如图所示

所以电场强度的最小值

故A正确，B错误；

C．如果电场强度为E=，则小球所受电场力垂直于运动方向，电场力不做功，电势能不变，电势能始终为0，故C正确；

D．根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，如图

所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移

则小球上升的最大高度

故D正确。

故选ACD

8. 如图所示，足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内，电阻不计，两导轨与竖直方向夹角均为。空间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为、长为的导体棒在竖直向上的拉力作用下，从O点开始沿轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动，且棒始终与轴垂直对称，与导轨接触良好。导体棒单位长度电阻值为r，重力加速度为g。则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 导体棒中的感应电流大小保持恒定不变

B. 导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能等于金属棒产生的焦耳热

C. 通过回路中某横截面上的电荷量为

D. 导体棒在导轨上运动时拉力与的关系为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．导体棒切割磁感线产生的感应电动势

根据闭合电路欧姆定律可知

因为v、r、B恒定，则I恒定，导体棒中的感应电流大小保持恒定不变，故A正确；

B ．导体棒运动过程重力做正功WG，拉力F做负功WF，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热Q，设导体棒的速度为v，由能量守恒定律得

机械能的减少量

即导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能大于金属棒产生的焦耳热，故B错误；

C．由

，，

可得导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，通过回路中某横截面上的电荷量为

故C正确；

D．导体棒受到重力、拉力F和安培力作用，根据共点力平衡知识可知

解得拉力

其中

解得

故D错误。

故选AC。

三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。

9. 如图是研究光的双缝干涉用的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1和S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹，已知入射激光的波长为，屏上的P点到两缝S1和S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作第0号亮纹，由P向上数，与0号亮纹相邻的亮纹为1号亮纹，与1号亮纹相邻的亮纹为2号亮纹，则P1处的亮纹恰好是10号亮纹。

（1）设直线S1P1长度为，S2P1的长度为，则 =________。

（2）若将S2用遮光片挡住，光屏上的明暗条纹___________（填“均匀”或“不均匀”）分布。

【答案】    ①. 10λ    ②. 不均匀

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可知

（2）[2] 将S2用遮光片挡住则变成单缝衍射，光屏上的明暗条纹不均匀。

10. 在某次光电效应实验中，得到的遏制电压与入射光的频率的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为和，电子电荷量的绝对值为，则普朗克常量可表示为_______，所用材料的逸出功可表示为_______．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【详解】光电效应中，入射光子能量，克服逸出功后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压；整理得，斜率即，所以普朗克常量，截距为，即，所以逸出功

【考点定位】光电效应

【名师点睛】根据光电效应写出数学表达式，按照数学里面的截距和斜率解决问题．数学的工具作用不可忽视．

11. 某科技实验小组利用传感器测定铁块与斜面间的动摩擦因数，装置如图甲所示，在长为 l0的固定斜面上，让铁块从斜面顶端由静止开始下滑，由固定在斜面底端的位移传感器、速度传感器分别测出铁块到传感器的距离 l 和相应位置的速度 v ，最后通过计算机得到如图乙所示的图像。

（1）图乙中的纵坐标表示铁块到传感器的距离 l，横坐标表示______。

A．   B．v C．v2 D．

（2）根据图线可得铁块沿斜面下滑的加速度 a =______（用  l0、b  表示）。

（3）若斜面长 l0 = 2.0m ，高 h = 1.2m ，采用国际单位制 b 的数值为 9.8 ，取重力加速度 g = 9.8m/s2，可得到铁块与斜面间的动摩擦因数  = ______（保留两位有效数字）。

【答案】    ①. C    ②.     ③. 0.44

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1]根据运动学公式，有

铁块到传感器的距离为

可知横坐标为。

故选C。

(2)[2]图像斜率的绝对值表示自变量前面的系数，即

解得

(3)[3]将斜面长l0 = 2.0m，b=9.8，带入上式，可得

铁块下滑时，根据牛顿第二定律有

联立，可得

12. 某实验小组在测量电源电动势和内电阻的同时，还要进一步探究某温控电阻的特性，为此设计了如图甲所示的电路。已知电压传感器电阻很大、电流表的内阻很小，电流表的量程为 0.3A，R1为定值电阻，温控电阻 R2两端电压 U 随其温度 t 变化的函数关系式为 U＝U0﹣kt，其中 U0＝8.96V、k＝0.2，t 的单位为℃。（除读数外，其余结果均保留 2 位有效数字）

（1）将单刀双掷开关扳到 a，闭合开关 S，电压传感器的读数为 1.60V 时，电流表的读数如图乙所示，则电流表的读数为______ A，定值电阻 R1＝_______Ω。

（2）将单刀双掷开关扳到 b，闭合开关 S，通过改变温控电阻 R2的温度，读出多组电压传感器以及电流表的读数，描绘出的 U﹣I 图线如图丙所示，由此可知电源的内阻 r＝______ Ω。

（3）断开单刀双掷开关，电流表的读数为 0.100A，此时温控电阻 R2的温度为______ ℃。

【答案】    ①. 0.200    ②. 8.0    ③. 1.0    ④. 4.8

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1][2]电流表的最小刻度为0.01A，则读数为0.200A，定值电阻

（2）[3]根据闭合电路的欧姆定律可得

U=E-Ir

即

U=E+I（R1+r）

由图可知，电源的电动势为E=9.0V，内阻

（3）[4]断开单刀双掷开关，电流表的读数为0.100A，此时温控电阻R2两端的电压

由

U=U0-kt

其中U0=8.96V、k=0.2，可得

t=4.8℃

13. 如图为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积，活塞的最大行程为，正常喷水时壶内气体需达到压强Pa以上。壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为，压强为Pa，温度为27℃。已知大气压强Pa。

（1）将喷水壶放到室外，室外气温为9℃，求稳定后壶内气体的压强；

（2）在室外且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？

【答案】（1）p2=0.94×105Pa ；（2）

【解析】

【详解】（1）由气体发生等容变化有

其中

p1=1.0×105Pa、T1=300K、T2=282K

解得

p2=0.94×105Pa

（2）将原有气体转化为工作压强

其中

，p2=0.94×105 Pa，p=1.3×105 Pa

解得

打入n次的外界气体转换为工作压强过程，根据玻意耳定律

其中                  

解得

取

14. 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：① 缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；② 火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：

（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生电动势；

（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；

（3）火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。

【答案】（1）BLv0；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）ab边产生电动势

E＝BLv0

（2）ab边受到安培力

对火箭主体受力分析可得

又

解得

（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理

即

又

得

mgt－＝0－mv0

化简得

h＝

根据能量守恒定律，产生的电能为

E＝

代入数据可得

15. 如图所示，在xOy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，所有电磁场边界均为理想边界。在第三象限内有一点P（-L，-L），在AP连线上任意一点由静止释放一带电粒子，粒子由A点进入磁场Ⅱ中，经过磁场Ⅱ偏转后，都能垂直于y轴进入磁场Ⅰ中，且都恰好能到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场Ⅰ中。设粒子重力不计。求：

（1）粒子的比荷；

（2）ACDO内所加磁场的最小面积；

（3）带电粒子从释放到运动到O点的最小时间及对应的电场中释放位置坐标。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）经分析得粒子轨迹如图所示

在P点释放的粒子，在电场中由动能定理得

在第一象限B1=B的磁场中，带电粒子运动轨迹半径为

洛伦兹力提供向心力

解得

（2）四分之一圆形面积

三角形面积为

最小面积为

（3）带电粒子在第二象限磁场中的半径为

r2=L=2r1

洛伦兹力提供向心力

故第二象限磁场的磁感应强度

任意位置释放粒子在第一、二象限磁场中总时间都相等

在第一象限磁场中

又

在第二象限磁场中

又

在电场中，根据动能定理有

由平均速度公式有

解得

在第二象限磁场中，洛伦兹力提供向心力

解得半径

粒子离开磁场B2匀速到y轴有

解得

当t3+t4最小时有

解得

即释放位置坐标为（-L，）

最小时间为