【物理】福建省2024-2025学年高三下学期3月联考（二模）测评卷（解析版）

这是一份【物理】福建省2024-2025学年高三下学期3月联考（二模）测评卷（解析版），共15页。试卷主要包含了答题前，先将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4、考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
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. 我国科学家研究团队合成了新核素钚-，并测得该新核素的半衰期为21.8年。已知钚-227的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. 衰变释放的粒子的贯穿能力很强
B. 衰变需要从外界吸收能量
C. 20个钚-227经过10.9年还剩15个
D. 比的比结合能小
【答案】D【解析】A．根据质量数和电荷数守恒可知，Y为粒子，贯穿能力很弱，故A错误；
B．衰变会释放能量，故B错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少量原子核不适用，故C错误；
D．衰变过程释放能量，生成物的比结合能大，故D正确。故选D
2. 如图甲所示，一质量为的物块放在水平面上，时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度，则时物块的加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在内，根据动量定理可得解得
根据数学知识，结合图乙可知，时，拉力大小
根据牛顿第二定律解得，故选A。
3. 甲、乙、丙三图中，均为边长为的正方形，图甲中，单匝线框的边是以为圆心的四分之一圆弧；图乙中，单匝线框的边是以为圆心的四分之一圆弧，图丙中，单匝线框是等腰直角三角形。现让甲、乙、丙三图中的线框均绕过边垂直于磁场的轴匀速转动，角速度大小分别为，匀强磁场的磁感应强度大小均为，图甲、乙线框中产生的电动势有效值分别为，则图丙线框中产生的电动势有效值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设甲图中线框的面积为乙图中线框的面积为，线框甲中的电动势有效值
图乙中线框转动产生电动势有效值
图丙中线框转动产生的电动势有效值
根据几何关系，解得故选C。
4. 如图所示，某足够大的容器内装有某种透明液体，一束单色光斜射到液面上的点，入射角为（已知，折射光线垂直照射到平面镜上的点，让平面镜绕点在竖直面内沿逆时针方向缓慢转动，此时镜面反射光线照射到液面时恰好发生全反射。液面足够大，已知，，则液体对光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设光在点的折射角为，则
根据题意知，光在液面刚好发生全反射的临界角，则
解得，则液体对光的折射率故选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. 如图所示，甲卫星在圆轨道上运行，乙卫星在椭圆轨道上运行，两卫星轨道相交于两点，、分别是椭圆轨道的近地点和远地点，为圆轨道上的两点，和地心在同一直线上，，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲卫星运行的周期大于乙卫星运行的周期
B. 甲卫星运行若干周后有可能与乙卫星在点第一次相遇
C. 甲卫星经过点时的加速度与乙卫星经过点时的加速度大小相等、方向相同
D. 乙卫星在点的速度一定大于甲卫星在A点的速度，乙卫星在点的速度一定小于甲卫星在点的速度
【答案】CD
【解析】A．由于，所以圆轨道的半径和椭圆轨道的半长轴相等，根据开普勒第三定律可知，甲、乙两卫星运行的周期相等，故A错误；
B．由于甲、乙运行周期相同，因此如果第一周甲经过点时不能与乙相遇，则此后永远不可能在点相遇，故B错误；
C．由万有引力与牛顿第二定律有解得
可知，甲卫星经过点时的加速度与乙卫星经过点时的加速度大小相等、方向相同，均指向地心，故C正确；
D．根据题意可知，乙卫星在B点速度大于卫星在经过B点的圆轨道上速度，由万有引力提供向心力有，解得，可知，卫星在经过点的圆轨道上运行速度大于甲卫星运行的速度，则乙卫星在点的速度一定大于甲卫星在A点的速度，同理可得，乙卫星在点的速度一定小于甲卫星在点的速度，故D正确。故选CD。
6. 如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为，下端A和上端B间的距离为，以速度沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B. 工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C. 若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D. 若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少
【答案】AB
【解析】A．工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；
B．工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；
C．若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做功减小，故C错误；
D．若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，故D错误。故选AB。
7. 如图所示，某静电场中轴正半轴上区间内电场强度沿轴正向分布如图所示，图中浅灰色阴影部分面积为，深灰色阴影部分面积为，。一个质量为电荷量为的带正电的粒子在坐标原点处由静止释放，粒子仅在电场力作用下从静止开始沿轴正向运动，关于粒子在至之间的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 从到的过程中，加速度逐渐减小
B. 从到的过程中，电场力做功为
C. 粒子在处的速度最大
D. 粒子的最大速度为
【答案】BD
【解析】A．粒子从运动到的过程中，电场强度越来越大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐增大，A错误；
B．粒子从运动到的过程中，电场力做功为
又可得，B正确；
C．根据题图可知粒子从至过程电场强度一直为正，根据牛顿第二定律可知粒子一直被加速，即粒子运动到处的速度最大，错误；
D．根据B选项分析，由几何关系结合动能定理有解得，D正确故选BD。
8. 如图所示，间距为的平行光滑长直金属导轨固定放置，导轨平面水平，矩形区域有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，导轨平面离地面的高度为，质量均为电阻均为长度均为的金属棒垂直放在导轨上，在磁场中，在磁场外，给一个水平向右的初速度，两金属棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒从导轨端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为金属棒在导轨上运动时没有发生碰撞，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒进磁场时的加速度大小为
B. 金属棒离开轨道做平抛运动的水平位移为
C. 整个过程金属棒中产生的焦耳热为
D. 金属棒初始位置到的距离至少为
【答案】BD
【解析】A．对棒a，根据牛顿第二定律有
金属棒进磁场时的加速度大小为故A错误；
B．由于两金属棒从导轨端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为，因此离开轨道时的速度大小之比为，设离开轨道时的速度大小为，则离开轨道时的速度大小为，根据动量守恒定律解得
金属棒做平抛运动有，，联立解得故B正确；
C．由能量守恒可知，金属棒中产生的焦耳热
故C错误；
D．设两金属棒在磁场中相对运动的位移为，对研究，根据动量定理
因为，联立解得，故D正确。故选BD。
三、非选择题：共60分。考生根据要求作答
9. 软导线处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，通有如图所示的电流，导线两端处在同一高度，保持端位置不变、电流大小不变。若将端水平右移，导线受到的安培力大小______；若将端竖直下移，导线受到的安培力大小______（均填“变大”“不变”或“变小”）
【答案】变大 ；变大
【解析】将端缓慢水平向右移，导线的有效长度变大，由
可知受到的安培力变大。将端缓慢竖直向下移，导线的有效长度变大，由
可知导线受到的安培力变大。
10. 一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图所示，图中的值为，此时质点位于平衡位置，已知质点的振动方程为，则波沿轴______（填“正”或“负”）方向传播；质点的平衡位置坐标为______m。
【答案】负 ； 2.25##
【解析】由质点振动方程可知，波动周期
时刻质点在平衡位置向上振动，则时刻，质点在平衡位置向下振动，由同侧法可知，波沿轴负方向传播；
由图像可知，波长，波速
根据可得质点的平衡位置坐标
11. 如图所示，坐标平面的第一、二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第二象限内有平行于轴的足够大的荧光屏，在坐标原点有一粒子源，能沿轴正向不断射出质量为电荷量为的带正电的粒子，粒子的速度大小均为，将粒子从点射出的方向沿逆时针方向旋转，在粒子从点射出的方向与轴夹角在某一范围内逐渐增大的过程中，粒子打在荧光屏上的位置不断沿轴正向向上移。已知荧光屏与轴的距离为，不计粒子的重力，忽略粒子间的相互作用，所有粒子打在荧光屏上的位置离轴最近的距离为______，最远的距离为______，粒子______（填“有”或“不”）可能垂直打在荧光屏上。
【答案】 ； ；不
【解析】根据题意，粒子在磁场中做圆周运动的半径
则荧光屏到轴的距离为，沿轴正向射出的粒子经磁场偏转后，打在荧光屏上的位置离轴的最近距离
几何关系可知，所有粒子打在荧光屏上的位置离轴的最远距离为
当速度方向沿逆时针向上旋转，打到屏上的位置一直上移的过程中，粒子打到屏上的位置与O点连线的夹角逐渐减小，通过旋转圆可知，当粒子打在荧光屏上的位置到最高点时，粒子打在荧光屏上时的速度垂直于直径并不垂直荧光屏，因此粒子不可能垂直打在荧光屏上。
12. 某实验小组的同学用如图所示的装置做“验证碰撞过程中的动量守恒”实验。曲面轨道与水平桌面平滑连接于O点，小物块A从曲面轨道上的某一点由静止释放，测得小物块A在水平桌面上滑行的距离为x0。将另一个材质相同、质量不同的小物块B放置在O点，再次将小物块A从曲面轨道上由静止释放，最终小物块A、B在水平桌面上滑行的距离分别为x1、x2。
（1）下列操作或要求必需的是（ ）
A. 小物块A两次释放的位置相同
B. 曲面轨道必须是光滑的
C. 测量小物块A、B的质量mA、mB
D. 小物块A、B的质量满足mA>mB
（2）若该同学验证了动量守恒后，当x0、x1、x2满足______时（仅用x0、x1、x2表示），可以认为小物块A、B发生的是弹性碰撞；
（3）某次实验时选择两个质量相等的小物块A、C进行实验，A由静止释放的位置不变，在O点碰撞后它们粘在一起在水平桌面上滑行，滑行的距离为x3。若小物块A、C碰撞的过程中动量守恒，则关系式______成立（用x0、x1、x2、x3中合适的物理量表示）。
【答案】（1）ACD （2） （3）
【解析】【小问1】A．根据实验原理可知，实验中需要小物块A两次均从曲面轨道上的同一位置由静止释放，以保证它经过O点时的速度相同，故A正确；
B．根据动能定理可知，实验中不需要保证曲面轨道光滑，故B错误；
C．动量守恒定律的关系式涉及物体的质量，所以需要测量小物块A、B的质量mA、mB，故C正确；
D．为了防止碰撞后小物块A反弹，因此小物块A、B的质量需要满足
故D正确。故选ACD。
【小问2】由于小物块的材质相同，则小物块与水平桌面之间的动摩擦因数相同，对小物块，根据牛顿第二定律可得
解得小物块做匀减速直线运动的加速度均为
单独释放小物块A时，设其经过O点时的速度为v0，根据匀变速直线运动的规律有
设小物块A、B在O点碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，则有，
碰撞过程中由动量守恒定律，可得
整理可得
若小物块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律可得
整理可得，联立解得
【小问3】设小物块A、C在O点碰撞后瞬间的速度为v3，则有
碰撞过程中动量守恒，则有，联立解得
13. 要测量一节干电池的电动势和内阻，实验要求消除因电表内阻引起的系统误差，某同学根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路。实验室提供的器材如图乙所示，电压表量程为内阻约为，电阻箱，电流表量程为。
（1）请根据图甲电路图用笔画线代替导线将图乙实物图连接完整；
（2）将电阻箱接入电路的阻值调到最大，断开开关，闭合开关，调节电阻箱，使电流表和电压表的指针偏转均较大，记录这时电压表和电流表的示数，电阻箱接入电路中的电阻，则电压表的内阻______（用表示）；
（3）闭合开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后电压表的示数和电阻箱接入电路的电阻，作图像，得到图像的斜率为，与纵轴的截距为，则电池的电动势______，电池的内阻______。（均用表示）
【答案】（1）见解析 （2） （3） ；
【解析】小问1】电路连线如图
【小问2】根据欧姆定律，可知电压表内阻
【小问3】根据闭合电路欧姆定律，得到
结合题意，解得
14. 如图所示，质量为的绝热活塞将竖直放置的封闭汽缸内气体分成A、B两部分，高均为，活塞的横截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，汽缸上半部分由绝热材料制成，下半部分由导热性能良好的材料制成，开始时缸内气体的温度均为，B部分气体压强为，重力加速度为。现缓慢升高环境温度到时，活塞上升，求：

（1）环境温度升高后，A部分气体的压强；
（2）环境温度升高后，A部分气体的温度。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1】对B部分气体研究，设温度升高后B部分气体的压强为，根据理想气体状态方程，解得
设升温后A气体的压强为，对活塞研究，则
【小问2】开始时，A部分气体的压强
设升温后A部分气体的温度为，根据理想气体状态方程
解得
15. 如图所示的平面直角坐标系中，的左侧有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，在和之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相等，在的右侧有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在坐标原点处沿轴正向射出一个比荷为、速度大小为的带正电的粒子，粒子在磁场Ⅱ中运动时，运动轨迹恰好与轴相切，粒子经电场偏转后第一次经过轴时的位置为、速度方向垂直于轴，不计粒子的重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子在上第一次进入电场时的位置到轴的距离及粒子速度的方向与的夹角；
（3）匀强电场的电场强度的大小（结果保留根号）。
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】【小问1】设粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的圆心在点，在磁场Ⅱ中做圆周运动的圆心在点，与轴的夹角为，根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据题意有解得
根据牛顿第二定律解得
【小问2】设粒子在磁场Ⅱ中与轴相切点的坐标为，则
由于和之间的距离为，因此切点刚好在和连线中点，根据对称性，粒子在点出射点的位置到轴的距离
设粒子进入电场时速度方向与之间的夹角为，根据对称性可知
【小问3】粒子经电场偏转后第一次经过轴时位置为方向垂直于轴，设电场强度沿轴方向的分量为。粒子沿轴方向做匀减速直线运动，则，，
又，根据牛顿第二定律，解得
设匀强电场沿轴方向的分量为，沿轴方向的加速度大小
根据运动学公式，
解得
因此匀强电场的电场强度大小
16. 如图所示，质量均为的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B间的距离为，给物块B施加一个大小为的水平向左的恒力，使物块B从静止开始向左运动，在以后的运动过程中，A与B的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力。求：
（1）A与B第一次碰撞前B的速度大小；
（2）第一次碰撞结束至发生第二次碰撞经历的时间；
（3）物块B从初始位置到发生第次碰撞的过程中，物块B的位移大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1】设B与A碰前B的速度大小为，根据动能定理有
解得
【小问2】A与B的碰撞为弹性碰撞，设碰撞后B的速度大小为，A度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得，
碰撞后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速度直线运动。
碰撞前，B做匀加速运动的加速度
设第一次碰撞后到第二次碰撞所用时间为，则解得
【小问3】第二次碰撞前瞬间B速度
设B与A第二次碰后速度分别为、，由动量守恒定律与能量守恒定律得
解得，
由于A、B质量相等，两者发生弹性碰撞后，速度发生交换，根据上述弹性碰撞动量守恒定律与机械能守恒定律表达式求出的碰后速度可知，碰撞后，B对A的相对速度大小仍然为，相对加速度为
若前一次碰撞到后一次碰撞经历时间为，则有
解得
可知，从第一次碰撞后，每经历相同的，两者就碰撞一次，
即每一次碰撞前瞬间，A的速度均比B的速度小，由于A、B质量相等，两者发生弹性碰撞后，速度发生交换，则每一次碰撞后，A的速度均增大。结合上述，第一次碰后到第二次碰时A的位移
第二次碰后到第三次碰时A的位移
第次碰后A的位移
物块B从初始位置到第次碰撞时，物块B的位移
解得