福建省厦门第一中学2024-2025学年高三下学期物理限时周测2

厦门第一中学2024-2025学年下学期周考2（高三物理) (满分：100分，考试时间：75分钟) 姓名： 班级： 座号： 一、单选题 1,图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小 球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直 方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阴力，下列说法正确 的是 A,两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角日=f B,A、B两球的向心加速度相等 C.A球的线速度小于B球的线速度 D.A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力 2.如图是一些光现象的示意图，图甲是劈尖干涉的装置及形成的条纹示意图，图乙是双缝干涉示意图， 图丙是一束复色光进入水珠后传播光路示意图，图丁是自然光通过偏振片P、Q的实验结果。下列说法 中正确的是 平板玻璃 两张纸片 复色光 单色光 挡板 甲 乙 丙 丁 A.图甲中，将两平板玻璃中间的纸片拿掉一张后，条纹间距变小 B.图乙中，若只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小 C.图丙中，α光在水珠中传播速度一定小于b光在水珠中传播速度 D.图丁中，从图示位置转动偏振片Q,光屏上亮度将逐渐变暗 3.风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。发电机线圈 面积为S、匝数为N匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平 轴匀速转动，转速为，其输出端与升压变压器 的原线图相连，输出电压为心，升压变压器原、 风力发电机 升压变压器 降压变压器 副线圈的匝数比为子，输出功率为户、降压变压 用电户 器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电 阻为R,变压器均为理想变压器。用户端工作电 压为U4。下列说法正确的是 A.U=2nnNBS B. 名P 两变压器间输电线上的电流为2oLN8网 2 C.用户获得的功率为P 乃P D.若其他条件不变，只减小：，1U,增大 21um NBS 4.某行星的两卫星A、B绕以该行星为焦点的椭圆轨道运行，A、B受到该行星的引力随时间的变化如图 所示，其中马=V24,卫星A、B与行星的距离分别为么、，假设卫星A、B只受到行星的引力。下 列叙述正确的是 引力大小 A,A与B的绕行周期之比为2√2：1 9师 Br%的最大值与ra的最小值之比为2：1 8F C.rB的最小值与r%的最小值之比为2：3 D.卫星A与卫星B的质量之比为3281 ! 二、多选思 ,时间 223 5.国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止 状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、 2、3、4,灯笼质量均为m,每个灯笨所受的风力相等，风向水平，重力加速 度大小为g,则 A.每根绳与竖直方向的夹角均相同 B.四个灯笼所受到的风力之和等于4mg C.2号为笼与3号灯笼之间的作用力等于4W5 D.若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化 6. 如图甲所示，倾角日=37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数 k=500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A 一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度α做匀加速运动，稳定后弹簧的形变 量大小为x,如图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度α间的x-a关系图像，弹簧始终在弹性限度内， 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6， x/10m cos37°=0.8。下列说法正确的是 3.6 A.乙图中a。=7.5m/s2 B.物块A的质量mA=kg C.物块B的质量m3=kg 0 777777777777777777 aa/(ms D.当a>a,时，斜面体对物块B的支持 -1.2 力F与a的关系式为FN=16-1.2aN) 分 7.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（X)发生了α衰变放出了一个α粒子。 放射出的a粒子(2He)及生 XXXX 成的新核Y在与磁场垂直的 平面内做圆周运动。α粒子的 新核Y 运动轨道半径为R,质量为m 和电荷量为9。下面说法正确 的是 丙 A,衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图甲 且。新核Y在磁场中圆周运动的半径风，=Z己R C,α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为驱 2πm D.若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为m=4(Bg 2m(4-4)c 8.如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所 用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的3倍，现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开 始下落，二悛时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的边界水平， 且磁场的宽度大于线圈的边长，不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终在 日z 甲 同一竖直面内，上、下边保持水平，甲的下边开始进入磁场时做匀速运动， 下列判断正确的是 A,乙进入磁场的过程中做匀速运动 XXXXX B.甲和乙进入磁场的过程中，安培力的冲量之比为1：3 C.甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1：9 ×××× D.甲、乙穿出磁场的过程中，产生的焦耳热相同 三、填空题 图甲是我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重 a/(m.s) 机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期 依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进 一步迈向世界前列。该起重机某次从0时刻由静止开 始提升质量为m-200kg的物体，其a4图像如图乙所示 5一10s内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，则 0 此起重机的额定功率为 W,10s内起重机对物 体做的功为 J(g取10m/s2)。 用 10. 不同的原子核的比结合能是不一样的，比结合能 (填“越大或“越小”)的原子核越稳定，氘核 和氚核聚变的核反应方程为H+H→He十。n,已知H的比结合能是2.78MeV,?H的比结合能是 1.09MeV,2He的比结合能是7.03MeV,则该核反应所」 (填释放或“吸收”)的能量为 MeV。 11.一定质量的理想气体经历A→B→C→D→A的循环过程，循环过程中的气体 P 压强与气体的体积变化如图所示，图中的曲线和Ⅱ都是反比例函数图像的 一部分，其中压强P4=Pg>P=Po,则理想气体从D→A的过程中 (填“吸热”或“放热”)，理想气体状态A时气体分子在单位时间单位面积器 壁上的碰撞次数 (填多于”“少于”或“等于”)在状态B时的。 四、实验题（每空1分) 12.某同学用如图甲所示装置做探究加速度与力关系”的实验。已知滑轮的质量为m。。 力传感器 、打点计时器 单位：c四 61 1801 28.81 甲 乙 (1)该实验 (填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力： (②)按正确的实验操作进行实验，打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器使用交流电源的频率为 50Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知小车运动的加速度大小是m/s2 (计算结果保留3位有效数字)： (3)改变砂桶中砂的质量进行多次实验，记录每次力传感器的示数F,并根据打出的纸带求出小车运动 的加速度a,根据测得的多组a、F,作出a-F图像，随着砂桶中砂的质量增加，作出的图像应该是 若图像直线的斜率为k,则小车的质量为 方 13. 新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找 了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池技术。现将一块电芯拆 解出来，测得长为960mm,宽为90mm, 然后测量其电动势E和内阻Y。 所提供的器材有： A.电压表V(量程3V) B.电压表V2(量程15V) C.电流表A(量程0.6A) D.电流表4（量程3A) B.滑动变阻器R(阻值范围0202，额定电流2A) F滑动变阻器R,(阻值范围0-10002，额定电流0.2A) 甲 G.保护电阻R=6n 某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图丙所示的U一I图像。 4.0 3.0 2.0 1.0 o出出 IA 0.100.200.300.400.500.60 内 (I)实验中，电压表应选， 电流表应选， 滑动变阻器应选 一：（填器材前的字母代号） (2)根据图乙所示，则该电池的电动势E=V,内阻r= ；(结果保留到小数点后一位)。 (③)为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻”，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V 内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S,分别接1、2对应的多组电压表的示数U和 电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U-I图线，综合A、B两条图线， 此电芯的电动势E=内阻r=一（用图中E、E。、I4、I表示)。 解答题(14分+12分+16分) 14. 竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M运动员在进行10跳台跳 水训练时，以速度v6竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深5m,运动员在水 中做匀减速运动，且运动员到送池底时速度恰好减为零，取w5ms,M=60kg,gl0m/s2,空气阻力不 计，求：(1)运动员入水时的速度大小：(2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间：(3)运动员 在水中受到水的平均作用力大小F。 15.绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲 所示，已知A处电荷的电荷量为十2，图乙是A、B连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中 6 =L处对应图线的最低点，x=一2L处的纵坐标P=2网，x=2L处的纵坐标p=与，若在一2L处的 C点由静止释放一个质量为m、电荷量为十9的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动（假设此 带电物块不影响原电场分布)，求：(1)固定在B处的电荷的电荷量Q:(②)小物块与水平面间的动摩擦 因数4为多大，才能使小物块恰好到达x=2L处？ 7 -3L-24 3L -202立立 16.如图甲，一质量为m足够长的绝缘板静止在光滑水平面上，板的左端有一个质量也为m的带电小物块， 其电荷量为-q(q>0)。距绝缘板左端到2，之间存在电场和磁场，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀 强电场方向竖直向下。现让带电小物块在水平恒力的作用下从静止开始向右运动。小物块到达电、磁 场区域的左边界时刻，撤去水平恒力，此时绝缘板的速度大小为。带电小物块从开始运动到前进2，的 过程中，速度随位移变化的V-x图像如图乙，其中AB段为直线，重力加速度为g。求： (1)带电小物块从开始运动到电磁场左边界的时间 (2)小物块与绝缘板的动摩擦因数“和水平恒力F的大小； (3)从开始运动到小物块前进2弘过程，系统克服摩擦力所做的功W,: (4)电场强度E和磁感应强度B的大小。 右 边 边 界 + 试卷第4页。共4页 《厦门第一中学2024-2025学年下学期周考2（高三物理）》参考答案 题号 1 2 3456 7 8 答案 D B D D AC AB BD AD 1、D【详解】A.小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子拉力与重力的合力提供小球的向心力，则有 mgtan=m0(亿sina+）,可得Lcosa+,'=昌 tana 由于两球角速度相同，r相同，则L越大，a越大， 则日>P,故A错误：B.对两小球，分别根据牛顿第二定律可得mg tan日=ma,mg tan B=maa,解得 a=gtn日，a阳=ganP,由于8>p,所以ak>a, 故B错误：C、根据v=R,由于两球的角速度相等，A球的轨道半径比B球的轨道半径大，则A球的线 速度大于B球的线速度，故C错误；D、A球所受的绳子拉力大小为7=，B球所受的绳子拉力大小 为=m3。由于>P,所以>T故D正确。故选D。 2.B【详解】A.抽去一张纸片后，空气薄膜的劈尖角（上、下表面所夹的角）变小，相同的厚度差对应的 水平距离变大，放相邻条纹间距变大，故A错误：B。根据双缝干涉条纹间距公式△一号，图乙中，若只 减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小，故B正确；C.图丙中，b光的偏折程度较大，则b光 的折射率较大，根据v=C,可知a光在水珠中传播速度一定大于b光在水珠中传播速度，故C错误：D.光 是横波，图丁中，从图示位置转动偏振片Q,光屏上亮度逐浙变亮，故D错误。故选B。 解A.发电线困产生的感应电动势最大值为B,=8S0,又0=2m,输出电压为 L=2 解得=V2mBS,故A销误：B,升压变压器电流为·， 解得两变压器间输电线上的电流为马=，改巴错误：C输电线上损托的功束为 =R,用户 2 获得的功率为A=P-R,联立，解得=P-AP R,故C错误，D,根据上= U=R, 2 Tn NBS 12n 受-合=0+，粒，解箱-是以， 英他家件不交，只减小名U大根据光U心大。故D正痛改D 4.D【详解】A.由图可知卫星A、B的周期为T马，T=22,故A与B的绕行周期之比为1：2V2,A错 误：BCD.由图可知6最小时，有9P=G血5最大时，有P=C /s幽t'Bns2 由图可知最小时，有3F=C5最大时，有2P-G,根据开普勒第三定律有 2 (么A恤+匹2 2 联立解得%=，=手，她3 m8T'了五，B错误，C错误，D正确。故选D, 5.AC【详解】B.假设每个灯笼所受的风力均为5对4个灯笼的整体受力分析可知如30°=4 ，可得 4mg 四个灯笼所受到的风力之和为4/=4W5mg 二mg:故B错误：A.对下面的n个灯笼（n=3)的整体分析可知 ma=矿=tm30°，可得a=30,即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确：C.以3、4号灯笼为 nmg 答案第1页，共4页 签体受力分折。2号灯发与39灯毫之间的作用为力大小为器-4g:故C正确：D.若再鞋 一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼(n=4)的整体分析可知ana= =tan30°，可得a=30°，则最上 nmg 面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。故选AC 6.AB【详解】A.根据图乙可知，加速度为a时，弹簧形变量x为O,即此时弹簧处于原长，对A、B整 体分析有(m+me)gan0=(m+m3)a,解得a,=7.5m/s2,故A正确： BC.根据图乙，加速度为0时，弹簧压缩量为x。=3.6×102m,A、B处于静止状态，对A、B整体分析有 (m.+m)gsi山日=，根据图乙可知，加速度大于a,时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B分离，对A进行 分析有N,cos0=rsin0+mg,N,sin8+acos8=ma,解得 x=4ma-3m8,结合图乙有-33=-1.2×10'2m,结合上述解得m=1kg,m=2kg 5k 5k 故B正确，C错误； D.结合上述可知，当a>a时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析， 则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有FN-mag cos0=maasin8 结合上述解得F=I6+1.2a(N)故D错误。故选AB。 7.BD【详解】A.由于原子核X静止，根据动量守恒定律可知，放射出的a粒子(H)及生成的新核Y 在衰变初始位置的速度相反，根据左手定则可知，两者圆周运动的轨迹外切且转动方向相同，根据g8=-m心 解得r= ,由于衰变过程动量守恒，即m大小相等，即电荷量越大，轨道半径越小，可知α粒子的轨道 gB 半径大一些，可知衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图丁， 故A错误：B.根据质量数与电荷数守恒，该核反应方程为X→X+H,由于质量为m和电荷虽为g, (A-4)v 则新核Y的质量为(4-4)牙和电荷量为（亿-2）号，根据上述有R=侧 4 由于动量守恒， (Z-2)9B 12 即有(4-4=mv,解得R三R,故B正确：C.a粒子圆周运动的圆朗7= gB ,则a粒子的圆 周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为1=9=9 ,故C错误：D.若衰变过程中释放的核能 都转化为a粒子和新核的动能，则有△迟=4-4？2+m2,根据质能方程有△E=4,结合上述解 4 2 得，衰变过程中的质量亏损为△m 2mA-40,故D正确。故选BD. A(BqR)' 8.AD【详解】A,甲、乙两个正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同。设材料电阻率为P, 密度为P,边长为L,由题意m=4 npLPoS=4n2LPoS2=mz,解得pSm=nzS2,设开始时线圈下边到磁 场边界的高度为h,线圈到达磁场边界时2gh=V2,解得速度v=√2gh,线圈下边进入磁场过程中产生的感 应电动势分别为E=%,B=zu,电流分别为4 E年-nmp BLv_BSpy R甲p 4ngL 4p, 2=气=”8y-B2y Rp4p，安培力分别为B=BL=B产S ”,E=B,L=5,由甲的下 4p 边开始进入磁场是做匀速运动可得msg=F,，联立以上整理得16PPg=Bv,同理，乙线圈的下边开如进 入磁场时m2g=Fz,做匀速运动，A正硝：B.甲和乙进入磁场的过程中，均为匀速运动，故安培力'： 力g等大，故安培力的冲蟹之比：2=R×,E×=mgx:mg×上=H 故B错误：C.甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为 BL' BL 9附9红=4=m4Z1kL-5p52-:m=3 S7. 故C错误；D.由上述分析，甲和乙进入磁场的过程中运动状态相同，设磁场宽度为，完全进入磁场后， 到线框下边刷运动到磁场下边界时速度为，有g日-)-m-m 甲乙线框的也相同，故甲和乙出磁场是受到的安培力也相同，甲乙线框出磁场过程运动情况一样，所以 甲乙完全出磁场时速度相同且设为，由动能定理有mgL-2=2m-2m心 可知甲、乙穿出磁场的过程中，产生的焦耳热Q相同，故D正确。 故选AD。 9. 2.4x104 1.8×105 【详解】[1]由aH图像可知，05s物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F-mg=ma 代入数据解得F=2400N,5s末物体的速度为v=al=2×5m/s=10m/s,5~10s内起重机的功率为额定功率， 不计其它阻力，则此起重机的额定功率为P=Fv=2400x10W=2.4x10W v.10 [2]0-5s物体位移为x=二1= ×5m=25m, 22 0-5s内起重机对物体做的功为W=Fx=2400×25J=6×10灯 5~10s内起重机对物体做的功为W=P1'=2.4×10°×5J=1.2×10J 10s内起重机对物体做的功为W=W+W2=1.8×10]J 10. 越大释放17.6 【详解】[]比结合能用于表示原子核结合松紧程度，比结合能越大，原子核越稳定。 [2][3]聚变反应前H和H的总结合能为E=(1.09×2+2.78×3)McV=10.52McV 反应后生成的氦核的结合能为E2=7.03×4MeV=28.12MeV 所以反应释放的核能△E=E2-E=(28.12-10.52)MeV=17.6MeV 1L.放热多于 【详解】[]由题意可知，理想气体D从A到的过程为等温变化，气体内能保持不变，气体体积减小，外界 对气体做正功，根据热力学第一定律可得理想气体向外界放热： [2]理想气体从A到B的过程为等压变化，气体体积增大，根据 一=C可知气体的温度升高，气体分子的 平均动能增大，由于气体压强不变，根据压强微观意义可知气体分子在单位时间单位面积器壁上的碰撞次 数减少，即理想气体状态A时气体分子在单位时间单位面积器壁上的碰撞次数多于在状态B时的。 12.()需要(22.40()A太m 2 13.(1) A C E(2) 3.8（3.7-3.9均可) 0.6(0.50.9均可)(3) Ea Ea 14 【详解】(1)[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V,且有电阻R分压，所以电压表选A,最大电流不超过0.6A, 电流表选C,为了调节方便，滑动变阻器选E。 (2)[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得U=E-(R,+),所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为E-3.8V, 图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有R+r北上82=66Q所以电源的内阻为7=069一 (3)[][2]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阳测 量值比真实值偏大：当S接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所 以内阻测量值比真实值偏小。由于U图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接】时的图线徒一兰，可以判 图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。 S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等 于真实值，即有E=E,由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测值与真实值 上述可知，电源的真实的U以图线是B图线纵抽交点与A图线横梢交点的连线， 4.【详解】0运动员向上起瑞到入水过程中，根搭动能定理可得9=W-城2分 解得运动员入水时的速度大小v=15ms(2分) (2)规定竖直向上为正方向，根据动量定理可得-Mg=-Mw-M,(2分 运动员从入水到池底过程的时间为5，根据平均速度公式则有片=0+"， 2(2分) 2 : 8 运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间1=4+5兮8=2.675：2分) ()运动员在水中，根据动能定理可得gh+小-d=0-号MQ分。 解得运动员在水中受到水的平均作用力大小F=1950N2分) 15. 【详解】（①）油题图乙得x处为图线的最低点，切线斜率为袋，即合场强为0，则有号=k号 (3分) 代入数据得Q,=旦-93分》 44 (2)从一2L到x=2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得gU,-4mgs,=0-0 即g2amg4L)=0-0a分) 解得H=993分》 7mgL 16.(点：(2)三，3m,(3)2m:4)", g。' g'2qvo 【详解】(1)）带电小物块在恒力作用下做匀加速运动，马=0+2%1(1分)，解得！=上（1分》 2 (2)带电小物块运动，过程，根据动量定理 对绝缘板nmg=m(1分)，解得μ= ·(1分 g 对小物块(F-mg4=m-2.1分).解得F=3m（1分) (3)撒力后，系统动量守恒，设小物块前进2山，时，绝缘板的速度大小为，则有 3 m2y。+m。=m·。。+mwi1分)》 3 讲2必过程，系统由功能关系有，-出m仔中m1分》，联立解得%m (4)撤去恒力后，带电小物块在电、磁场区域时，竖直方向N+gE=mg+qvB(1分) 水平方向，小物块所受摩擦力为∫=N(分) 根据动量定理，得-∑)=mv-m2 化简得=2，+μ9E-m81-r2x(1分) m m 依题意可知u人9E-m3)=0(1分)，解得E=mg (1分) m 9 3 击图乙可知4吧_2-》1分)解得8=g1分) ml、 2q