2024-2025学年福建省漳州市高三上学期毕业班第二次教学质量检测（期末）物理试题（解析版）

这是一份2024-2025学年福建省漳州市高三上学期毕业班第二次教学质量检测（期末）物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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. 反氢原子的制成打开了通向反物质世界的大门。反氢原子与氢原子具有相同的能级结构，如图所示。若有大量处于能级反氢原子，自发跃迁辐射出不同波长的光，则其中波长最短的光是从的能级跃迁到下列哪一能级产生的（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】D．反氢原子只有从高能级跃迁到低能级时才能辐射出光子，D错误；
ABC．根据玻尔理论得辐射出的光子能量
则最短时对应的能级差最大，即波长最短的光是从的能级跃迁到的能级产生的。
故选A。
2. 我国选手全红婵在2024年巴黎奥运会跳水项目女子10m跳台决赛中勇夺金牌。如图所示，全红婵某次跳水过程在空中的运动可视为竖直上抛运动，空中运动的时间为1.6s，则（ ）
A. 研究全红婵在空中的动作时可将她视为质点
B. 全红婵在空中运动的路程为10m
C. 全红婵在空中运动的平均速度大小为6.25m/s
D. 全红婵在空中运动全过程中先超重后失重
【答案】C
【解析】
【详解】A．评委根据全红婵在空中的动作进行评分时，需要评判各种形体动作，不能忽略全红婵身体的大小、形状，不能视为质点，故A错误；
B．跳台高为10m，全红婵要从跳台向上跳起，在空中先上升后下落，在空中运动的路程大于10m，故B错误；
C．根据平均速度的定义可得，全红婵在空中运动的平均速度大小为
故C正确；
D．全红婵在空中运动的加速度方向一直竖直向下，则她一直处于失重状态，故D错误。
故选C。
3. 如图，一只红嘴相思鸟双爪抓住竖直的竹子休息。若一阵微风拂过，竹子和相思鸟一起缓慢向右倾斜，则此过程中（ ）
A. 相思鸟受弹力是因爪形变引起的B. 相思鸟所受的合力逐渐增大
C. 相思鸟所受的摩擦力逐渐增大D. 竹子对相思鸟的作用力不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．相思鸟受弹力是因竹子形变引起的，故A错误；
B．相思鸟缓慢倾斜，处于动态平衡状态，所受合力为零，故B错误；
C．设竹子与相思鸟缓慢向右倾斜与水平方向的夹角为，相思鸟所受的摩擦力大小
则相思鸟所受的摩擦力随减小而减小，故C错误；
D．竹子对相思鸟的作用力是指竹子对相思鸟的弹力和摩擦力的合力，与重力二力平衡，所以竹子对相思鸟的作用力不变，故D正确。
故选D。
4. 如图，平行板电容器的可动极板M、固定极板N水平放置，触压M时M会下凹。P为两极板间一固定点，未触压M时，一带电灰尘恰好悬停在P处。若电源电动势保持不变，则触压M使M缓慢下凹过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 电流表G中有从a到b的电流B. P点的电场强度变小
C. P点的电势降低D. 该灰尘向上运动，电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．触压过程中，间距减小，根据知，电容器的电容增大，根据可知，电源对电容器充电，电流表G中有从到的电流，故A错误；
B．触压过程中，由于电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，间距减小，由知，两极板间的电场强度变大，即点的电场强度变大，故B错误；
C．电场竖直向上，灰尘悬停在处，说明灰尘带正电，设点与板间距为，下极板接地，电势为0，则点的电势
触压过程中，，间距减小，故点的电势降低，故C正确；
D．由于灰尘受到的电场力方向向上，灰尘向上运动，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选C。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求，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. 图甲为气球带动下悬挂在高空中的风力发电机，可供地面临时用电，发电机的构造示意图如图乙所示，在图示位置时线圈abcd所在平面与磁感线平行。则线圈abcd转至图示位置时（ ）
A. 穿过线圈的磁通量最大
B. 穿过线圈磁通量的变化率最大
C. 流过电灯L的电流方向为A→B
D. ab边受到的安培力方向垂直线圈平面向上
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．线圈abcd转至题图乙所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故A错误，B正确；
C．由右手定则可知，在题图示位置时线圈中的电流方向为a→b→c→d，则通过电灯L的电流方向为A→B，故C正确；
D．根据左手定则判断知线圈在题图乙所示位置时ab边受到的安培力方向垂直线圈平面向下，故D错误。
故选BC。
6. 如图为长泰天柱山景区的大型摩天轮，游客A在座舱中随摩天轮在竖直平面内匀速转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 游客A的机械能不守恒B. 游客A通过最高点时重力功率最大
C. 游客A受到合外力冲量为零D. 游客A对座椅的压力始终不变
【答案】AC
【解析】
【详解】A．游客A做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断变化，机械能不守恒，故A正确；
B．游客A通过最高点时速度方向水平，与重力方向垂直，重力功率为零，故B错误；
C．游客A在座舱中随摩天轮转动一周，初、末状态的动量均为，根据动量定理得
故C正确；
D．由于游客A做匀速圆周运动，合外力始终提供向心力，则游客A的加速度方向时刻改变，会出现不同程度的超重，失重现象，对座椅的压力大小会变化，故D错误。
故选AC。
7. 2024年8月，由南京大学张曾华副教授领导的国际团队发现首个白矮星与超冷亚矮星组成的双星系统。如图所示，白矮星VVV1256-62A（简称为A星）和超冷亚矮星VVV1256-62B（简称为B星）构成相距约1400AU（1AU即地球与太阳之间的距离）的双星系统，两星做圆周运动的周期为年。已知A星的质量是B星的7倍，但直径只有B星的。该双星系统中两星体均视为质量分布均匀的球体，不计其他星球的影响，则（ ）
A. A星的第一宇宙速度为B星的7倍
B. A星表面的重力加速度为B星的49倍
C. A星运行的轨道半径大于B星运行的轨道半径
D. 若引力常量已知，则可算出A星和B星的总质量
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设B星的质量为，半径为，则A星的质量为，半径为，第一宇宙速度等于星体表面卫星的环绕速度，根据
解得
可知，A星的第一宇宙速度与B星的第一宇宙速度大小之比
故A正确；
B．根据
解得
结合上述可知，A星表面重力加速度与B星表面的重力加速度大小之比
故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有
可得
则A星运行的轨道半径与B星运行的轨道半径之比
故C错误；
D．由于
结合上述解得
故D正确。
故选AD。
8. 如图，以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；圆的直径AB、CD互相垂直，半径OE与OB间的夹角。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的初速率v从A点沿纸面各个方向射入磁场中，其中沿AB方向射入的粒子恰好从E点射出磁场。取，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A. 半径
B. 从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
C. 在磁场中运动时间最长的粒子在磁场中运动的路程为
D. 若仅将初速率改为，粒子离开磁场时的速度方向可能与OE平行
【答案】BC
【解析】
【详解】A．从点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示，则
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．从点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．由于，且一定，当粒子圆周运动的轨迹以为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示，设在磁场中运动的路程为，则
解得
弧长为
故C正确；
D．若仅将初速率改为，则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为
轨迹如图乙所示，轨迹的圆心为，由于四边形的四个边长均为，四边形为菱形，则，又，粒子离开磁场时的速度方向与垂直，所以粒子离开磁场时的速度方向与OC平行，不可能与OE平行，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：共60分，其中第9~11小题为填空题，第12，13小题为实验题，第14~16小题为计算题。考生根据要求作答。
9. 图甲为2024年10月23日王子露勇夺全国艺术体操带操冠军的精彩场面。王子露在带操表演中持细棒抖动彩带的一端，彩带随之波浪翻卷。现将彩带上的波浪简化为沿x轴方向传播的简谐横波，在时刻的图像如图乙所示，质点P的横坐标为2m，其振动方程为，则该波的周期为______s，质点P的振动方向______（填“沿x轴”或“沿y轴”）。
【答案】 ①. 0.8 ②. 沿轴
【解析】
【详解】由振动方程为知
根据“振动方向和横波传播方向的关系，如同侧法”知，质点的振动方向沿轴。
10. 倒挂的彩虹被叫作“天空的微笑”，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的如图甲所示的六角片状冰晶随机旋转折射形成的。如图乙所示，由单色光a、b组成的一细束复色光从冰晶的上表面AB进入，经折射后均入射到侧面BC，b光从BC射出，则a光射到BC面______（填“会”或“不会”）发生全反射，a光在冰晶中传播的速度______（填“大于”“等于”或“小于”）b光在冰晶中的传播速度。
【答案】 ①. 不会 ②. 大于
【解析】
【详解】[1]光射到面的入射角相等，根据“折射率大的光折射角小”知，光的折射角较大，光的折射率小，由知，光的临界角较大，由于光射到面没有发生全反射，故光射到面也不会发生全反射；
[2]由知，光在冰晶中的传播速度大于光在冰晶中的传播速度。
11. 一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程回到状态A，该循环过程的图像如图所示。A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为等容过程，则在A→B过程中气体对外界______（填“做正功”“不做功”或“做负功”），在B→C过程中气体______（填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”），气体在状态A时的内能______（填“大于”“等于”或“小于”）在状态C时的内能。

【答案】 ①. 做正功 ②. 放热 ③. 大于
【解析】
详解】[1]过程气体体积变大，气体对外界做正功；
[2]过程气体发生等容变化，，根据查理定律知，压强变小，温度降低，内能减少，即0，根据热力学第一定律，可得，即气体放热；
[3]的过程温度不变，过程气体做等容变化，根据查理定律知，压强变大，温度升高，则，由于理想气体的内能只与温度有关，则气体在状态时的内能大于在状态时的内能。
12. 某学习小组利用如图甲所示的装置探究小车运动的速度随时间变化的规律。
（1）图甲中用的打点计时器是______（填“电火花”或“电磁”）打点计时器。
（2）本实验______（填“不需要”或“一定要”）平衡摩擦力。
（3）某次实验中，打点计时器接在频率为50Hz的电源上，释放小车后，打出的纸带的一部分如图乙所示，可得到打出F点时小车的速度大小______，小车运动的加速度大小______。（结果均保留2位小数）
【答案】（1）电磁 （2）不需要
（3） ①. 1.29 ②. 0.58
【解析】
【小问1详解】
电磁打点计时器有两个接线柱，接低压交流电源，而电火花打点计时器接220V的交流电源，可见题图甲中用的是电磁打点计时器。
【小问2详解】
本实验探究小车运动的速度随时间变化的规律，只需要保持小车受到的合力恒定不变，不需要平衡摩擦力。
小问3详解】
[1]由纸带可知相邻两计数点的时间间隔为
打点时小车的速度大小为
[2]根据逐差法可得小车运动的加速度大小为
13. 小明同学买来了一捆如图1所示的漆包铜线，想测量其长度是否与铭牌上的长度吻合。可提供的实验器材有：
A.电源（电动势约为6V，内阻不计）；
B.电压表（量程为0~6V，内阻约为6kΩ）；
C.电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）；
D.电阻箱R（阻值范围为0~999.9Ω）；
E.滑动变阻器（阻值范围为0~20Ω）；
F.开关、导线若干。

（1）先用小刀轻轻刮去铜线两头包的绝缘漆，用螺旋测微器测量刮去漆的铜线的直径d，其示数如图2所示，则______mm。
（2）小明设计了如图3所示的电路图测量漆包铜线的电阻，请用笔画线代替导线将图4中的实物图连线补充完整______。
（3）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移动到______（填“最左端”或“最右端”），电阻箱阻值调到0，闭合开关S，调节R和，记下若干组相对应的电阻箱的示数R、电压表的示数和电压表的示数的值，断开开关S。
（4）根据测得数据，作出图像如图5所示，求出图线的斜率k，若铜的电阻率为，不考虑电表对电路的影响，则其长度______。（用d、k、表示）

【答案】（1）0.620
（2）见解析 （3）最左端
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
【小问2详解】
根据图3所示的电路图，作出实物连接图如图所示
【小问3详解】
滑动变阻器采用限流式接法，为了确保安全，闭合开关之前，应使滑动变阻器分压最大，即应将滑动变阻器的滑片移动到最左端。
【小问4详解】
根据欧姆定律有
变形得
结合图像有
根据电阻定律得
又由于
解得
14. “套圈圈”是老少皆宜的游戏。如图所示，某同学站在标志线O后，从O正上方P处以大小为的初速度水平向前抛出塑料圈，塑料圈恰好套中水平地面上与O距离为d的A处可乐罐。小熊猫放在与O距离为的B处。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，塑料圈、可乐罐和小熊猫均可视为质点。
（1）求P处离地的高度h；
（2）若塑料圈仍从P处水平抛出，恰好套中小熊猫，求塑料圈落地前瞬间的速度大小v。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
套中可乐罐前，塑料圈在空中做平抛运动，则有
，
解得
【小问2详解】
套中小熊猫前，塑料圈在空中做平抛运动，则有
，，
解得
15. 如图甲，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L；左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度，当cd，边离开磁场右边界时线框速度恰好为零。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为的阻力作用，求：
（1）线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；
（2）线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；
（3）线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小及此时a、b间的电压。
【答案】（1）
（2）
（3）；
【解析】
【小问1详解】
线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
通过导体得电荷量
【小问2详解】
对全过程，根据能量守恒定律有
解得
【小问3详解】
设线框边刚进入磁场时的速度大小为，根据动能定理有
解得
根据闭合电路欧姆定律有
受到的安培力的大小
间的电压
解得
16. 如图，质量的足够长的“L”形板B放在光滑的水平面上，一劲度系数的水平轻质弹簧右端固定在木板上，左端与一质量的可视为质点的小滑块A相连。开始时锁定B，弹簧处于原长状态。现用一水平向左的拉力F作用于A，使A由静止开始向左做加速度的匀加速直线运动，当运动距离时立即对B解锁，同时撤去力F。已知A、B间的动摩擦因数。弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），重力加速度g取。
（1）求解锁后A、B共速时的速度大小；
（2）求解锁后弹簧的最大伸长量；
（3）若撤去力F瞬间开始计时，经时间t，弹簧伸长量恰好第一次达到最大，求t时间内B的位移大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
锁定B时，A做匀加速直线运动，则有
解得
解锁B后，当A、B共速时弹簧的伸长量最大，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
【小问2详解】
由能量守恒定律有
解得
【小问3详解】
作出示意图如图所示
撤去力后，经历极短时间后设A的速度为，B的速度为，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量守恒定律有
在极短的时间内有
根据微积分求和思想有
又由于
解得