福建省三明市第一中學(xué)高三（下）5月質(zhì)量檢測物理試題（解析版）

1、 三明一中2021-2022學(xué)年高三物理考試一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 以下是有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中正確的是（）A. 核反應(yīng)為重核裂變B. 衰變?yōu)?，?jīng)過次衰變，次衰變C. 原子核發(fā)生一次衰變，該原子外層就失去一個電子D. 湯姆遜通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說【答案】B【解析】【詳解】A核反應(yīng)為衰變，A錯誤；B設(shè)衰變?yōu)榻?jīng)過x次衰變，y次衰變，則解得衰變?yōu)榻?jīng)過3次衰變，2次衰變，B正確；C原子核發(fā)生衰變的電子為中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時從原子核中釋放出來，不是原子核外電子，C錯誤；D原子核式

2、結(jié)構(gòu)學(xué)說由盧瑟福提出，D錯誤；故選B。2. 在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示。產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A. 時矩形金屬線框平面與磁感線平行B. 該交變電流的電動勢的有效值為VC. 該交變電流電動勢的瞬時值表達(dá)式為D. 電動勢瞬時值為22V時，矩形金屬線框平面與中性面的夾角為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A當(dāng)時刻感應(yīng)電動勢等于零，所以穿過線框回路的磁通量最大，線框平面與中性面重合，矩形金屬線框平面與磁感線垂直，故A錯誤；B由圖可知，交流電的最大值為，該交流電的有效值為故B錯誤；C由圖可知，周期為，角速度為則該交流電

3、的瞬時表達(dá)式為故C錯誤；D電動勢瞬時值為22V時，則有解得所以矩形金屬線框平面與中性面的夾角為，故D正確。故選D。3. 如圖所示，在水平放置的木棒上的M、N兩點，系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小金屬環(huán)?，F(xiàn)將木棒繞其左端逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一個小角度，則關(guān)于輕繩對M、N兩點的拉力F1、F2的變化情況，下列判斷正確的是（）A. F1和F2都變大B. F1變大，F(xiàn)2變小C. F1和F2都變小D. F1變小，F(xiàn)2變大【答案】C【解析】【分析】【詳解】是一根不可伸長的柔軟輕繩，所以繩子的拉力相等,即根據(jù)對稱性可知，每邊繩子與豎直方向的夾角相等，設(shè)為，根據(jù)平衡條件可得木棒繞其左端逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一個小

4、角度后，繩子之間的夾角變小，變大，環(huán)的重力保持不變，所以繩子上的拉力變小，選項C正確，A、B、D錯誤。故選C。4. 如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關(guān)判斷正確的是()A. 小球第一次到達(dá)軌道最低點的速度關(guān)系vpvMFNC. 小球從開始運動到第一次到達(dá)軌道最低點所用的時間關(guān)系tP=tMFP FN；B錯誤；根據(jù)A問答案知道，三球運動到同一高度時，P、M速度相等且大于N點速度，下滑動的路程等于1/4圓弧相等，所以小球從

5、開始運動到第一次到達(dá)軌道最低點所用的時間關(guān)系tP=tMaB【答案】CD【解析】【詳解】A衛(wèi)星在軌道上由A點運動到B點的過程中，萬有引力做負(fù)功，動能不斷減小，速率在不斷減小，A錯誤；B衛(wèi)星在半徑為的圓形軌道上線速度為得衛(wèi)星在軌道的速率為v0，設(shè)過A點某衛(wèi)星圓形軌道上，衛(wèi)星的速率為,得衛(wèi)星在軌道A點的速率為vA，得則B錯誤；C若OA=0.5R，則衛(wèi)星在過A點圓形軌道上速率在軌道上由A點做離心運動，得C正確；D由牛頓第二定律得因為衛(wèi)星在軌道上B點到地心的距離大于軌道的半徑，所以D正確。故選CD。7. 如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直

6、線ON與水平面的夾角為30，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下面說法中正確的是（）A. 電場方向可能垂直O(jiān)N向上B. 電場強度E的最小值為E=C. 如果電場強度為E=，則小球的電勢能始終為0D. 如果電場強度為E=，則小球相對初始位置的最大高度為【答案】ACD【解析】【詳解】AD因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場方向不確定，電場力的方向不確定，有最小值，當(dāng)電場力垂直于運動方向時，電場力最小為如圖所示所以電場強度的最小值故A正確，B錯誤；C如果電場強度為E=，則小球所受電場力垂直于運動方向，電場力不做功，電勢能不變，電勢

7、能始終為0，故C正確；D根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個力的夾角為120，如圖所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為g，小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移則小球上升的最大高度故D正確。故選ACD8. 如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌OM、ON固定在豎直平面內(nèi)，電阻不計，兩導(dǎo)軌與豎直方向夾角均為?？臻g存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為、長為的導(dǎo)體棒在豎直向上的拉力作用下，從O點開始沿軸向下以大小為v的速度做勻速直線運動，且棒始終與軸垂直對稱，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)體棒單位長度電阻值為r，重力加速度為g。則在導(dǎo)體棒從開始

8、運動到離開導(dǎo)軌的過程中，下列說法正確的是（）A. 導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流大小保持恒定不變B. 導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下落過程中減小的機械能等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱C. 通過回路中某橫截面上的電荷量為D. 導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動時拉力與的關(guān)系為【答案】AC【解析】【詳解】A導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢根據(jù)閉合電路歐姆定律可知因為v、r、B恒定，則I恒定，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流大小保持恒定不變，故A正確；B 導(dǎo)體棒運動過程重力做正功WG，拉力F做負(fù)功WF，安培力做負(fù)功，克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱Q，設(shè)導(dǎo)體棒的速度為v，由能量守恒定律得機械能的減少量即導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下落過程中減小的機械能大于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱，故B錯誤；

9、C由，可得導(dǎo)體棒從開始運動到離開導(dǎo)軌的過程中，通過回路中某橫截面上的電荷量為故C正確；D導(dǎo)體棒受到重力、拉力F和安培力作用，根據(jù)共點力平衡知識可知解得拉力其中解得故D錯誤。故選AC。三、非選擇題:共60分?？忌鶕?jù)要求作答。9. 如圖是研究光的雙縫干涉用的示意圖，擋板上有兩條狹縫S1、S2，由S1和S2發(fā)出的兩列波到達(dá)屏上時會產(chǎn)生干涉條紋，已知入射激光的波長為，屏上的P點到兩縫S1和S2的距離相等，如果把P處的亮條紋記作第0號亮紋，由P向上數(shù)，與0號亮紋相鄰的亮紋為1號亮紋，與1號亮紋相鄰的亮紋為2號亮紋，則P1處的亮紋恰好是10號亮紋。（1）設(shè)直線S1P1長度為，S2P1的長度為，則 =_。

10、（2）若將S2用遮光片擋住，光屏上的明暗條紋_（填“均勻”或“不均勻”）分布?！敬鸢浮?. 10 . 不均勻【解析】【詳解】（1）1由題意可知（2）2 將S2用遮光片擋住則變成單縫衍射，光屏上的明暗條紋不均勻。10. 在某次光電效應(yīng)實驗中，得到的遏制電壓與入射光的頻率的關(guān)系如圖所示，若該直線的斜率和截距分別為和，電子電荷量的絕對值為，則普朗克常量可表示為_，所用材料的逸出功可表示為_【答案】 . . 【解析】【詳解】光電效應(yīng)中，入射光子能量，克服逸出功后多余的能量轉(zhuǎn)換為電子動能，反向遏制電壓；整理得，斜率即，所以普朗克常量，截距為，即，所以逸出功【考點定位】光電效應(yīng)【名師點睛】根據(jù)光電效應(yīng)寫出

11、數(shù)學(xué)表達(dá)式，按照數(shù)學(xué)里面的截距和斜率解決問題數(shù)學(xué)的工具作用不可忽視11. 某科技實驗小組利用傳感器測定鐵塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，裝置如圖甲所示，在長為 l0的固定斜面上，讓鐵塊從斜面頂端由靜止開始下滑，由固定在斜面底端的位移傳感器、速度傳感器分別測出鐵塊到傳感器的距離 l 和相應(yīng)位置的速度 v ，最后通過計算機得到如圖乙所示的圖像。 （1）圖乙中的縱坐標(biāo)表示鐵塊到傳感器的距離 l，橫坐標(biāo)表示_。 A Bv Cv2 D （2）根據(jù)圖線可得鐵塊沿斜面下滑的加速度 a =_（用 l0、b 表示）。 （3）若斜面長 l0 = 2.0m ，高 h = 1.2m ，采用國際單位制 b 的數(shù)值為 9.8 ，

12、取重力加速度 g = 9.8m/s2，可得到鐵塊與斜面間的動摩擦因數(shù) = _（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?. C . . 0.44【解析】【分析】【詳解】(1)1根據(jù)運動學(xué)公式，有鐵塊到傳感器的距離為可知橫坐標(biāo)為。故選C。(2)2圖像斜率的絕對值表示自變量前面的系數(shù)，即解得(3)3將斜面長l0 = 2.0m，b=9.8，帶入上式，可得鐵塊下滑時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立，可得12. 某實驗小組在測量電源電動勢和內(nèi)電阻的同時，還要進(jìn)一步探究某溫控電阻的特性，為此設(shè)計了如圖甲所示的電路。已知電壓傳感器電阻很大、電流表的內(nèi)阻很小，電流表的量程為 0.3A，R1為定值電阻，溫控電阻 R2兩端電壓 U

13、隨其溫度 t 變化的函數(shù)關(guān)系式為 UU0kt，其中 U08.96V、k0.2，t 的單位為。（除讀數(shù)外，其余結(jié)果均保留 2 位有效數(shù)字） （1）將單刀雙擲開關(guān)扳到 a，閉合開關(guān) S，電壓傳感器的讀數(shù)為 1.60V 時，電流表的讀數(shù)如圖乙所示，則電流表的讀數(shù)為_ A，定值電阻 R1_。 （2）將單刀雙擲開關(guān)扳到 b，閉合開關(guān) S，通過改變溫控電阻 R2的溫度，讀出多組電壓傳感器以及電流表的讀數(shù)，描繪出的 UI 圖線如圖丙所示，由此可知電源的內(nèi)阻 r_ 。 （3）斷開單刀雙擲開關(guān)，電流表的讀數(shù)為 0.100A，此時溫控電阻 R2的溫度為_ ?！敬鸢浮?. 0.200 . 8.0 . 1.0 . 4

14、.8【解析】【分析】【詳解】（1）12電流表的最小刻度為0.01A，則讀數(shù)為0.200A，定值電阻（2）3根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得U=E-Ir即U=E+I（R1+r）由圖可知，電源的電動勢為E=9.0V，內(nèi)阻（3）4斷開單刀雙擲開關(guān)，電流表的讀數(shù)為0.100A，此時溫控電阻R2兩端的電壓由U=U0-kt其中U0=8.96V、k=0.2，可得t=4.813. 如圖為某型號家用噴水壺的外形圖和原理圖，壺中氣筒內(nèi)壁的橫截面積，活塞的最大行程為，正常噴水時壺內(nèi)氣體需達(dá)到壓強Pa以上。壺內(nèi)裝水后，將壓柄連接的活塞壓到氣筒的最底部，此時壺內(nèi)氣體體積為，壓強為Pa，溫度為27。已知大氣壓強Pa。（1）將噴

15、水壺放到室外，室外氣溫為9，求穩(wěn)定后壺內(nèi)氣體的壓強；（2）在室外且溫度保持不變，為了使噴水壺達(dá)到工作狀態(tài)，至少需要通過壓柄充氣多少次？【答案】（1）p2=0.94105Pa ；（2）【解析】【詳解】（1）由氣體發(fā)生等容變化有其中p1=1.0105Pa、T1=300K、T2=282K解得p2=0.94105Pa（2）將原有氣體轉(zhuǎn)化為工作壓強其中，p2=0.94105 Pa，p=1.3105 Pa解得打入n次的外界氣體轉(zhuǎn)換為工作壓強過程，根據(jù)玻意耳定律其中 解得取14. 隨著航空領(lǐng)域的發(fā)展，實現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術(shù)。其中有一技術(shù)難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設(shè)計師在返回

16、火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部分： 緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abcd； 火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體一直做減速運動直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實現(xiàn)緩沖。現(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經(jīng)過時間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abcd的電阻為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為l，火箭主體質(zhì)量為m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度為g，

17、一切摩擦阻力不計，求：（1）緩沖滑塊剛停止運動時，線圈產(chǎn)生電動勢；（2）緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大小；（3）火箭主體的速度從v0減到零的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能?！敬鸢浮浚?）BLv0；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）ab邊產(chǎn)生電動勢EBLv0（2）ab邊受到安培力對火箭主體受力分析可得又解得（3）設(shè)下落t時間內(nèi)火箭下落的高度為h，對火箭主體由動量定理即又得mgt0mv0化簡得h根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的電能為E代入數(shù)據(jù)可得15. 如圖所示，在xOy平面第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在第二象限的邊長為L的正方形ACDO內(nèi)的某個區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場，在第三象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，場強大小為E，所有電磁場邊界均為理想邊界。在第三象限內(nèi)有一點P（-L，-L），在AP連線上任意一點由靜止釋放一帶電粒子，粒子由A點進(jìn)入磁場中，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后，都能垂直于y軸進(jìn)入磁場中，且都恰好能到達(dá)O點被粒子捕獲器捕獲。已知在P點釋放的粒子恰好是經(jīng)D點垂直于y軸進(jìn)入磁場中。設(shè)粒子重力不計。求：（1）粒子的比荷；（2）ACDO內(nèi)所加磁場的最小面積；（3）帶電粒子從釋放到運動到O點的最小時間及對應(yīng)的電場中釋放位置坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）