2023-2024学年福建省福州市高三（下）二模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市高三（下）二模物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.福道梅峰山地公园因其美丽的红色“水杉林”，成为福州冬日新的“打卡点”。如图所示某游客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出，在游览公园过程中( )
A. 瞬时加速度可能为零B. 平均速度大小约为4.1km/h
C. 位移大小为2.4kmD. 做匀速直线运动
2.东汉时期思想家王充在《论衡》书中有关于“司南之杓，投之于地，其柢(即勺柄)指南”的记载。如图所示，司南呈勺形，静止在一个刻着方位的光滑盘上。下列说法正确的是( )
A. 司南可以由铜制材料制作
B. 司南可以看做条形磁体，“柢”相当于磁体的N极
C. 司南的“柢”在南、北半球指示的方向正好相反
D. 司南能“指南”是因为地球存在地磁场，地磁北极在地理南极附近
3.甲同学在水平匀速直线行驶的车上，利用实验装置竖直向上提起小球，观测小球的运动情况，并作出小球的速度平方vy2与提起高度y的关系图像(如图所示)。静止在地面上的乙同学观察到小球的运动轨迹可能是
( )
A. B. C. D.
4.滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是( )
A. 滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B. 滑块运动加速度大小之比为a甲:a乙=16:9
C. 滑块过A点时的速度大小之比为v甲:v乙=3:4
D. μ=17tanθ
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
5.某兴趣小组利用如图所示的装置给小灯泡供电。矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框电阻不计。如图线框平面处于水平位置，并绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并通过变压器给小灯泡供电。已知线框匝数为n，面积为S。则下列说法正确的是
( )
A. 若从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值为e=nBSωcsωt
B. 图示位置穿过线框的磁通量最大
C. 使用变压器的目的是提高输出功率
D. 若灯泡偏暗，可通过逆时针转动滑片P来提高灯泡亮度
6.一绳波形成过程的示意图如图所示，软绳上选9个等间距的质点，相邻两个质点间距离为2cm，t=0时刻质点1在外力作用下开始沿竖直方向振动，其余质点在相互作用力的带动下依次振动，从而形成简谐波。当t=0.2s时质点5开始振动，下列说法正确的是
( )
A. 该绳波的波长为18cmB. 绳波上每个质点的振动频率相同
C. 质点1起振方向竖直向下D. t=1.0s时，质点2加速度方向竖直向下
7.牛顿著名的“月—地检验”证明思路如下：设月球在半径为r(r=60R,R为地球半径)的轨道上绕地球做匀速圆周运动，运行周期为T，从运动学角度得到月球的向心加速度为a；假定物体在地面受到的重力与地球吸引月球的力是相同性质的力，都遵从与距离的平方成反比的规律，从动力学角度得到物体在地面处的重力加速度为g和物体在月球所在轨道处的加速度为g′。根据牛顿的思路，下列关系正确的是
( )
A. g′=g3600B. g′=g60C. a=4π2rT2D. a=g′3600
8.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电的小球自电场中Q点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Q点。则射出后，小球水平方向分速度vx、动能Ek、机械能E及电场力瞬时功率P电随时间t变化图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本大题共3小题，共18分。
9.“玉兔二号”装有核电池，能将 94238Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。 94238Pu的衰变方程为 94238Pu→92xU+24He，其中x等于_____， 94238Pu的平均结合能_____(选填“大于”、“等于”或“小于”) 92xU的平均结合能，从地球到月球， 94238Pu的半衰期_____(选填“变大”、“不变”或“变小”)。
10.如图所示，一束复色光从空气射入到玻璃三棱镜，出射光分成a、b两束单色光，则_____(选填“a”或“b”)光在玻璃中折射率更大；在真空中a光传播速度_____(选填“大于”、“等于”或“小于”)b光的传播速度；将a，b两束光分别经过相同的单缝衍射装置，_____(选填“a”或“b”)光产生的中央亮条纹更宽。
11.某电场的等势面如图所示，一个电子仅在电场力作用下运动，A、B、C是某轨迹上的三个点，A处的电场强度_____(选填“大于”或者“小于”)C处的电场强度；电子在A点的速度大小_____(选填“大于”、“小于”或者“等于”)B点的速度大小；电子从A点移到C点，电场力做功_____eV。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某小组同学利用如图甲所示的实验装置探究：一定质量气体，在温度不变的情况下，压强和体积的关系。
(1)实验研究对象是_____。
(2)关于实验下列说法正确的是_____。
A. 快速调节空气柱长度后立刻读数
B. 实验中不需要测量空气柱的横截面积
C. 实验中若密封橡胶套脱落，应立刻堵住后继续实验
(3)某小组同学通过压力连杆上拉或下压活塞得到实验数据，画出p−1V图(如图乙所示)，图线不过原点的可能原因是_____。
A. 计算密封气体体积时，无法加上注射器下面橡胶套内气体体积
B. 在实验过程中，封闭的气体质量减少
C. 在实验过程中，封闭的气体温度发生变化
13.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻(圆柱体的电阻约为6Ω)。
(1)如图甲所示，用螺旋测微器测圆柱体直径，读数为_____mm。
(2)除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，实验过程要求电阻两端电压能够从零开始起调，电压表应选_____，电流表应选_____，滑动变阻器应选_____。(填写器材前对应的序号字母)
A.电压表V1(量程3V，内阻约为15kΩ)
B.电压表V2(量程15V，内阻约为75kΩ)
C.电流表A1(量程0.6A，内阻约为1Ω)
D.电流表A2(量程3A，内阻约为0.2Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼5Ω,2A)
F.滑动变阻器R20−2000Ω,0.1A
G.电源E(电动势为4V，内阻不计)
H.开关S，导线若干
(3)请用笔代替导线将图乙中所给的实物器材连线补充完整。( )
五、计算题：本大题共3小题，共34分。
14.1897年汤姆孙设计了如图甲所示的装置，测定了电子的比荷。真空玻璃管内，阴极K发出的电子被电场加速后，形成一细束电子流，以一定速度平行于P、P′两极板进入板间区域，板长为L，两极板间距为d。若P、P′两极板间无电压，电子将沿直线打在荧光屏上的中点O；若在两极板间加电压为U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的点O′；保持P、P′两极板间电压不变，再在极板间施加一个方向垂直于纸面向内、磁感应强度为B的匀强磁场，电子打在荧光屏上的光点又回到O点；不计电子的重力和电子间的相互作用。求：
(1)电子刚进入P、P′两极板时的速度大小v；
(2)若使两极板P、P′间的电压为零，并调节匀强磁场的磁感应强度大小为B1时，电子恰好从下极板P′边缘射出(如图乙所示)，求电子的比荷em。
15.如图，光滑水平面上固定一竖直的光滑弧形轨道，轨道末端与B的左端上表面相切，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=3N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态，左端与木板右端距离x0=1m。可视为质点的物块A从弧形轨道某处无初速度下滑，水平滑上B的上表面，两者共速时木板恰好与弹簧接触。已知A、B的质量分别为mA=2kg,mB=1kg，物块A、B间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。忽略A滑上B时的能量损失，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块在木板上滑动时，物块A和木板B的加速度大小；
(2)物块A在弧形轨道下滑的高度h；
(3)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时木板B的速度大小。
16.如图甲所示，两平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.8m。PQ右侧区域有匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，方向竖直向上。t=0时，磁场外的细金属杆M以v0=12m/s的速度向右运动，t=1s时，细金属杆M恰好到达PQ处，同时，对磁场内处于静止状态的细金属杆N施加一与轨道平行的水平向右的恒力，其大小F=0.8N。N杆运动2s后两杆速度相等，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，细金属杆M速度随时间变化的v−t图像如图乙所示，两杆质量均为m=0.2kg，与导轨间的动摩擦因数相同，在导轨间的电阻均为R=0.2Ω，感应电流产生的磁场忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)金属杆与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)为保证两杆不发生碰撞，初始时金属杆N到边界PQ的最小距离Δx；
(3)金属杆N最终运动的速度大小vN，并在乙图中作出金属杆N速度随时间变化的v−t图像(无需过程说明)；
(4)若从金属杆N开始运动达到稳定运动状态经历Δt时间(Δt已知)，求整个过程两根金属杆产生的总焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.游客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出，在游览公园过程中某段时间内可能做匀速直线运动，瞬时加速度可能为零，故A正确；
BC.2.4公里是路程的大小，平均速度是位移与时间的比值，由于位移大小未知，所以平均速度大小不可求解，故BC错误；
D.由图可知，游客运动轨迹是曲线，游客做曲线运动，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.司南不可以用铜为材料制作，因为无法磁化，故A错误；
B.司南之杓，投之于地，其柢指南，地磁场北极在地理南极，所以“柢”相当于磁体的S极，故B错误；
C.地磁场的方向由南方(地磁N极)指向北方(地磁S极)，与南北半球无关，故司南的“柢”在南、北半球指示的方向相同，故C错误；
D.司南能“指南”是因为地球存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】小球的速度平方 vy2 与提起高度y的关系图像是坐在实验车上的甲观察的图像，即小球相对于车的速度关系图像，小球相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度图像，由速度与位移关系公式
v y2−v02=2ay
结合图像可得
v y2=2ay
小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度竖直向上，结合小球在水平方向一直做匀速直线运动可知，地面上静止的观察者乙看到的运动轨迹可能是C选项。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
mgsinθ+f=ma1
mgsinθ−f=ma2
设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故A错误；
B.甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，由
s=12at2
可知，加速度大小之比为 16:9 ，故B正确；
C.利用逆向思维，滑块在A、B两点间运动，根据位移公式有
xAB=12a1tAB12=12a2tAB22
结合上述解得
tAB1tAB2=34
即图甲与图乙中滑块在A、B两点间运动时间之比为 3:4 ，故由
v=at
知
v甲:v乙=4:3
故C错误；
D.根据加速度比有
gsinθ+μgcsθ:gsinθ−μgcsθ=16:9
解得
μ=725tanθ
故D错误。
故选B。
5.【答案】AD
【解析】A.若从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值为
e=Emcsωt=nBSωcsωt
选项A正确；
B.图示位置穿过线框的磁通量为零，最小，选项B错误；
C.使用变压器的目的是改变输出电压，但不能提高输出功率，选项C错误；
D.若灯泡偏暗，可通过逆时针转动滑片P从而增加次级线圈匝数，提高次级电压来提高灯泡亮度，选项D正确。
故选AD。
6.【答案】BC
【解析】A.当 t=0.2s 时质点5开始振动，此时质点1第一次回到平衡位置，则有
12λ=2cm×4
则该绳波的波长为16cm，故A错误；
B.绳子上每一个质点的起振方向都相同、振动频率都相同，都与波源的相同，故B正确；
C.该波向右传播，由图可知，质点5起振方向竖直向下，则质点1起振方向竖直向下，故C正确；
D.当 t=0.2s 时质点5开始振动，则0.2s传播了半个波长，即半个周期
12T=0.2s
所以周期T为0.4s，则波速为
v=λT=40cm/s
则该波传到质点2的时间为
t1=sv=2cm40cm/s=0.05s
则质点2在 t=1.0s 内振动的时间为
t2=t−t1=0.95s=2T+38T
则 t=1.0s 时，质点2加速度方向竖直向上，故D错误。
故选BC。
7.【答案】AC
【解析】AB.根据
GMmR2=mg ， GMmr2=mg′
又
r=60R
可得
g′=g3600
故A正确，B错误；
CD.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mg′=m(2πT)2r=ma
可得
a=g′=4π2rT2
故C正确，D错误。
故选AC。
8.【答案】BD
【解析】根据题意，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，则有
qE=mg
小球所受合力为
F= E2q2+m2g2= 2mg
方向与水平方向成 45∘ ，指向右下
A.根据题意可知，小球在水平方向上，由于电场力的作用，向左做匀减速直线运动，则有
a=Eqm=g
则
vx=v0−gt
则 vx−t 图像为向下倾斜的一次函数，故A错误；
B.小球水平向左射出，则小球在垂直合力方向上做匀速，沿合力方向上做匀减速，则沿合力方向上的位移为
x=v0sin45∘t−12× 2gt2
由动能定理有
Ek−Ek0=− 2mgx
解得
Ek=mg2t2−mgv0t+Ek0
可知， Ek−t 图像为开口向上的抛物线，故B正确；
C.结合A分析可得，小球在水平方向上的位移为
x1=v0t−12gt2
由功能关系有
E−E0=−Eqx1
解得
E=12mg2t2−mgv0t+E0
可知， E−t 图像为开口向上的抛物线，故C错误；
D.电场力瞬时功率为
P电=Eq⋅vx=mgv0−mg2t
可知， P电−t 图像为向下倾斜的一次函数，故D正确。
故选BD。
9.【答案】 234 小于 不变
【解析】[1]根据核反应的质量数守恒可得
x=238−4=234
[2]比结合能越大越稳定，由于 94238Pu 衰变成为了 92xU ，故 92xU 比 94238Pu 稳定，即 94238Pu 的平均结合能小于 92xU 的平均结合能。
[3]半衰期由原子核本身决定的，与温度、位置等外部因素无关。所以从地球到月球， 94238Pu 的半衰期不变。
10.【答案】 a 等于 b
【解析】[1]从图中可看出a的偏折程度大，所以a的折射率大；
[2]在真空中所有光的传播速度相等；
[3]根据题意可知a的频率大，波长小，在经过相同的单缝衍射装置，b光产生的中央亮条纹更宽。
11.【答案】 大于 等于 −4
【解析】[1][2][3]由图可见A处点等势线比C处的更密，由 E=Ud 可知A处的电场强度大于C处的电场强度。A、B两处电势相等，电子在A、B处的电势能相等，所以动能也相等，所以电子在A点的速度大小等于B点的速度大小。电子从A点移到C点，由公式
WAC=−UACe=−φA−φCe=−4eV
12.【答案】 被封闭气体(或空气柱) B A
【解析】(1)实验研究对象是被封闭气体(或空气柱)；
(2)A.为保证气体温度不变，则应缓慢调节空气柱长度，等示数稳定后读数，选项A错误；
B.实验中不需要测量空气柱的横截面积，可用空气柱长度代替体积，选项B正确；
C.实验中若密封橡胶套脱落，则气体的质量会发生变化，堵住后不能继续实验，选项C错误。
故选B。
(3)由图像可知，相同的压强值时， 1V 偏大，即V偏小，则可能的原因是计算密封气体体积时，无法加上注射器下面橡胶套内气体体积。
故选A。
13.【答案】(1)5.020
(2) A C E
(3)

【解析】(1)螺旋测微器的读数为∶固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为
5mm+2.0×0.01mm=5.020mm
(2)[1]电源电动势为4V，则电压表应选A；
[2]电路可能出现的最大电流为
I=46A=0.67A
则电流表应选C；
[3]待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则滑动变阻器应接成分压电路，则应该选择阻值较小的E。
(3)因
RV>>Rx
则应该采用电流表外接电路，滑动变阻器应接成分压电路，实物图连接如图：
14.【答案】(1) v=UdB ；(2) em=4U4L2+d2BB1
【解析】(1)根据题意可知，在两极板间加电压为U和垂直于纸面向内、磁感应强度为B的匀强磁场时，电子在 PP′ 间做匀速直线运动，则有
evB=eE
又有
E=Ud
解得
v=UdB
(2)根据题意，由牛顿第二定律有
evB1=mv2R
由图乙，根据几何关系有
R2=L2+R−d22
联立解得，电子的比荷为
em=4U4L2+d2BB1
15.【答案】(1) aA=1m/s2 ， aB=2m/s2 ；(2) h=0.45m ；(3) v2= 3m/s
【解析】(1)物块A在木板B上滑动时，设物块和木板的加速度分别为 aA 和 aB
对物块
μmAg=mAaA
aA=1m/s2
对木板
μmAg=mBaB
aB=2m/s2
(2)设物块刚滑上木板时，物块的速度为 v0 ，两者共速的速度为 v1
木板向右匀加速
v12=2aBx0
解得
v1=2m/s
对物块和木板，由动量守恒
mAv0=mA+mBv1
解得
v0=3m/s
物块A从开始下滑到弧形轨道最低点过程中，由动能定理
mAgh=12mAv02
解得
h=0.45m
(3) A 与 B 以相同速度压缩弹簧，对 A、B 整体受力分析，由牛顿第二定律
k⋅Δx=mA+mBa共
对物块A由牛顿第二定律
μmAg=mAaA
当满足 aA=a共 时，物块A与木板B之间即将发生相对滑动，解得此时弹簧压缩量为
Δx=1m
由能量守恒定律
12mA+mBv12=12mA+mBv22+12k(Δx)2
联立解得，此时木板的速度大小为
v2= 3m/s
16.【答案】(1) μ=0.2 ；(2) 0.5m ；(3) vN=5.5m/s ，；(4) Q=3.85+0.4ΔtJ
【解析】(1)由 v−t 图像得
a=ΔvΔt=2m/s2
对 M 棒，根据牛顿第二定律有
μmg=ma
解得
μ=0.2
(2)对 M、N 棒组成的系统，因有
f=2μmg=0.8N=F
所以系统动量守恒。设 M 棒刚进入磁场的速度为 v1 ，共速的速度为 v共 ，有
mv1=2mv共
解得
v共=5m/s
对 N 棒，根据动量定理有
Ft+BILt−μmgt=mv共−0
又
BILt=B2L2vM−vN2Rt=B2L2xM−xN2R
联立解得
Δx=xM−xN=0.5m
(3) M、N 棒运动全过程，有
mv1=mvM+mvN
M、N 棒最终在水平面做匀速直线运动，有
B2L2vN−vM2R=μmg
解得
vM=4.5m/s ， vN=5.5m/s
作出金属杆N速度随时间变化的 v−t 图像如图
(4)对 N 棒，根据动量定理有
FΔt+BILΔt−μmgΔt=mvN−0
又
BILΔt=B2L2vM−vN2RΔt=B2L2x′M−x′M2R
解得
Δx′=x′M−x′N=2.75−Δtm
由能量守恒定律有
Fx′N−μmgx′N−μmgx′M−Q=12mvM2+12mvN2−12mv12
联立解得
Q=3.85+0.4ΔtJ