福建省福州市2022届高三下学期3月一模试题物理（Word版带解析）

2022年3月福州市高中毕业班质量检测物理试题（满分100分，考试时间75分钟）第I卷（选择题，共40分）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.下列说法正确的是（　　）A.卢瑟福的粒子散射实验揭示子原子核有复杂的结构B.在重核裂变过程中，原子核比结合能（即平均结合能）减小C.光电效应实验中遏止电压与入射光的频率和金属材料的逸出功均有关D.氢原子核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能减小【答案】C【解析】【详解】A．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，故A错误。B．重核裂变的过程中释放能量，生成物比反应物更稳定，所以生成物的比结合能增大，故B错误；C．根据光电效应实验中遏止电压与入射光的频率和金属材料的逸出功均有关，故C正确；D．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的运动半径减小，动能增大，电势能减小，故D错误；故选C。2.2021年12月9日下午，航天员王亚平等天空授课时，在演播室主持人给同学们提出下列思考题“航天员站在舱外机械臂上，一只手拿一个小钢球，另一只手拿一根羽毛，双手用同样的力，向同一方向抛出，预定距离两米，小钢球和羽毛哪个先抵达？”假设力的作用时间相同，那么正确的结论是（　　）A.小钢球先到达B.羽毛先到达C.同时到达D.无法判定【答案】B【解析】,【详解】根据动量定理，可得依题意，同样的力和相同的作用时间，小钢球的质量大于羽毛的，所以易知羽毛先到达。故选B。3.图甲是一款手机无线充电接收器，将其插入原本没有无线充电功能的手机的接口，并贴于手机背部，再将手机放在无线充电器上即可实现无线充电。其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1：n2=5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生电流给手机充电；充电时，受电线圈中的电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器、手机充电时，下列说法正确的是（　　）A.cd间电压为U2=44VB.送电线圈中电流为I1=0.4AC.送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比为5：1D.送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为25：1【答案】B【解析】【详解】A．送电线圈和受电线圈匝数比n1：n2=5：1，如果原线圈接上220V的正弦交变电源后，cd间电压为现在原线圈两端电压小于220V，故cd间电压为U2<44V，故A错误；,B．受电线圈中的电流为2A。送电线圈中电流为故B正确；C．根据，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比故C错误；D．根据，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为1:25，故D错误。故选B。4.如图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是（　　）A.圆珠笔的机械能守恒B外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升C.外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功D.弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量【答案】D【解析】【详解】A．因为存在完全非弹性碰撞，所以圆珠笔的机械能不守恒，故A错误；,B．外壳与内芯碰撞前，当弹力小于重力，合力向下，外壳减速上升，故B错误；C．外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔的作用力没有位移，不做功，故C错误；D．根据A选项分析可知，由于存在机械能损失，弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多项符合题目要求，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.生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点。下列说法正确的是（　　）A.P点电场强度小于M点B.P点电势小于N点电势C.M点电势小于N点电势D.某带电小颗粒只在电场力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，其在N点电势能小于在M点电势能【答案】AC【解析】【详解】A．P点位置的电场线要比M点的稀疏，所以P点电场强度小于M点电场强度，故A正确；B．从P点到无穷远，电势降低，从无穷远到N点，电势降低，所以P点电势高于N点电势，故B错误；C．从N到M为沿电场线方向，电势降低，所以M点电势小于N点电势，故C正确；D．带电小颗粒所受电场力指向轨迹内侧，即小颗粒带正电，从N移动到M，电场力做正功，电势能减小，故N点电势能大于M点电势能，故D选项错误。故选AC。6.小物块在竖直向上的拉力F作用下从静止开始向上运动，其速度v随位移s变化的图象（v-s,图象）如图所示，运动过程空气阻力不计，则在小物块运动过程中，下列判断正确的是（　　）A.小物块做匀加速直线运动B.拉力F逐渐变大C.任意相等位移内，拉力冲量相同D.速度增加量相同时，小物块重力势能的增加量相同【答案】BD【解析】【详解】A．如果小物体做匀加速直线运动，图像应为曲线，故A错误；B．由图像结合速度和位移、加速度的定义可知由牛顿第二定律得所以拉力逐渐变大，故B选项正确；C．任意相等位移内，位移大的部分，平均速度也大，即对应时间短，又因为拉力与速度正相关，所以任意相等位移内，相对出发点位移大的部分，拉力的冲量大，故C选项错误；D．由图可知，当速度增加量相同时，位移的增加量相同，又因为物体向上运动，所以重力势能的增加量相同，故D选项正确。故选BD。7.如图所示，质量为M的长木板A以速度v，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　）A.若只增大m，则小滑块不能滑离木板,B.若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C.若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D.若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【答案】AB【解析】【详解】A．若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确。B．若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块的速度变小，故C错误；D．若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故减小，故D错误。故选AB。8.2021年2月15日17时，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功实施“远火点平面轨道调整”。如图为该过程的示意图，图中虚线轨道所在平面，与实线轨道所在平面垂直。探测器由远处经A点进入轨道1，经B点进入轨道2，经C点进入轨道3，再经C点进入轨道4，上述过程仅在点A、B、C启动发动机点火，A、B、C、D、E各点均为各自所在轨道的近火点或远火点，各点间的轨道均为椭圆。以下说法正确的是（　　）A.探测器在轨道3的运动周期大于在轨道4的运动周期B.探测器从轨道3经过C点的向心加速度小于轨道4经过C点的向心加速度C.探测器在B点变轨后机械能增加D.探测器在B点变轨前的速度大于变轨后的速度,【答案】AD【解析】【详解】A．由于轨道3的半长轴大于轨道4的半长轴，根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道3的运动周期大于在轨道4的运动周期，A正确；B．根据万有引力提供向心力，可得由于轨道3和轨道4在C点到地心的距离相等，故探测器从轨道3经过C点的向心加速度等于轨道4经过C点的向心加速度，B错误；C．探测器在B点变轨时，速度减小，故机械能减小，C错误；D．探测器在B点变轨时，做近心运动，速度减小，故探测器在B点变轨前的速度大于变轨后的速度，D正确。故选AD。第II卷（非选择题，共60分）三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.如图是一定质量理想气体的p-T图像，气体从图中A状态变到B状态，设A、B状态的体积分别为VA、VB，由图可知VA________VB（填“＞”“＝”或“＜”）。从A到B过程，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数________（填“增加”“不变”或“减少”）。【答案】①.=②.增加【解析】【详解】[1]理想气体的p-T图像为等容线，即可得体积不变，即,[2]从A到B过程，体积不变，温度升高，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加。10.在t=0时刻，简谐横波刚从O点传出，在t=0.2s时刻形成如图所示波形，则该波波长λ=________m；在t=________s时刻，该列波刚好传播到x=0.45m处。【答案】①.0.2②.0.45【解析】【详解】[1][2]由波形图可得波长λ=0.2m，因为波刚传到0.2m处，波速波刚好传播到x=0.45m处所需时间11.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图甲所示。实验步骤如下：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m②将气垫导轨右端调节高些，以平衡摩擦力③用游标卡尺测量挡光条的宽度d④用刻度尺测出两光电门A、B中心之间的距离s⑤用天平测出滑块和挡光条总质量M、托盘和砝码的总质量m⑥接通气源，将滑块移至光电门A,右侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，且要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门B⑦从数字计时器（图中未画出）上分别测得挡光条通过光电门A和光电门B挡光所用的时间ΔtA和ΔtB⑧用公式ΔEP=mgs'计算出系统重力势能减少量，用公式ΔEK计算出系统动能的增加量，通过比较ΔEP和ΔEK是否相等，就能验证该过程系统机械能是否守恒。上述实验②步骤有错，应改为________；实验⑧步骤中ΔEK表达式有错，应改为________。某次测量挡光条宽度如图乙所示，其读数d=________×10-3m。【答案】①.将气垫导轨调到水平②.③.9.50【解析】【详解】[1]上述实验②步骤有错，应改为将气垫导轨调到水平；[2]从数字计时器（图中未画出）上分别测得挡光条通过光电门A和光电门B挡光所用的时间ΔtA和ΔtB，经过两光电门的速度动能变化[3]读数,12.某研究小组用实验测量水果电池的电动势和内阻，把铜片和锌片相隔约1cm插入一个柠檬中，就可制成一个水果电池，查阅资料后得该水果电池的电动势约为1V，内阻约为5000Ω。（1）该小组设计了如下两种测量方案，如图甲所示，为减少测量误差，应选用方案________（填“一”或“二”）（2）某同学选用方案二测量电路进行测量。闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，并记录电阻箱阻值R和对应的电流表的示数I，然后作出R-图像，就可以求出水果电池电动势E和内阻r。（i）已知电流表量屋为150μA，某次测量，电流表的示数如图乙所示，则电流表的示数为________μA（ii）把测量数据标在R-坐标中，获得如图丙所示图像，根据图像可得水果电池的电动势为________V（保留2位有效数字），同时可以求得水果电池内阻；,（iii）若考虑电流表的内阻，则水果电池电动势的测量值________真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】①.二②.100③.0.93（0.87=1.0）④.等于【解析】【详解】（1）[1]水果电池内阻较大，为减小实验误差，电压表并联在电源两端带来较大误差，因为该方式测量的是电压表与内阻并联后的总电阻，故应选择图二所示电路图。（2）（i）[2]最小分度值为1μA，故电流表的示数为100μA。（ii）[3]电源电动势为E=I（r+R）所以由图丙所示图象可知，图象斜率（iii）[4]若考虑电流表的内阻，则E=I（r+R+RA）图像斜率不变，则水果电池电动势的测量值等于真实值。13.科技助力北京冬奥；我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助速度滑冰运动员训练弯道滑行技术；中国运动员高亭宇在500m速度滑冰中以打破奥运会记录获得金牌，为国争光。如图所示，某次训练，弹射装置在加速段将一质量m=80kg的运动员加速到速度v0=15m/s，此后，运动员自己稍加施力便可保持该速度不变，匀速通过变道段，再进入半径R=30.m的水平弯道做匀速圆周运动，已知加速段克服阻力做功为3000J；运动员可视为质点，不考虑空气阻力影响，重力加速度g取10m/s2。求：（1）弹射装置对运动员做功；（2）过水平弯道时，运动员受到冰面作用力F的大小和方向。,【答案】（1）12000J；（2）1000N，与水平方向斜向右上方【解析】【详解】（1）根据动能定理可知解得弹射装置对运动员做功（2）竖直方向水平方向所以运动员受到冰面作用力F的大小与水平方向夹角与水平方向斜向右上方14.如图所示，在相距为h的两水平虚线之间存在磁感应强度为B、方向垂直竖直平面向里的匀强磁场，在该竖直平面内有一质量m、电阻为R的正方形线框abcd。现用竖直向上的恒力向上提线框，从位置I静止开始向上运动一段距离，匀速穿过整个磁场区域；到达位置II（此时ab边与磁场上边界重合）时，撤去向上恒力，然后线框继续向上运动一段时间后落回，又,匀速穿过整个磁场。线框运动过程中，cd边始终与磁场上下边界平行，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）ab边向下进入磁场时，线框中电流方向和线框速度大小v；（2）在I位置时cd边离磁场下边界的距离H。【答案】（1）逆时针方向，；（2）【解析】【详解】（1）ab边向下进入磁场时,由楞次定律线框中电流方向为逆时针方向，即a→b→c→d→a线框匀速进入磁场。设：线框中电流为I电动势为E.线框边长为L由平衡条件由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律正方形线框从进入磁场、在磁场中和出磁场整个过程均做匀速直线运动。说明整个过程受到安培力作用，可得正方形线框边长联立解得,（2）线框出磁场上边界后做竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律得线框向上出磁场速度与线框向下进入磁场速度大小均为v，依题意得线框上下穿过整个磁场过程中速度大小也为v，线框从下方进入磁场时，平衡条件线框从1位置开始运动到刚要进入磁场过程，动能定理由上述方程解得15.竖直平面内有如图所示直角坐标系xOy，第一象限内有水平向左，大小相等的匀强电场；第三、四象限有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。在y轴P点的水平绝缘光滑的小支架上静止放置一质量m、带电量为＋q的绝缘小球b（恰好在电场边界外一点），另一与小球b一样大、质量为m、带电量也为＋q的绝缘小球a，从x轴的Q点，垂直于x轴以速度v0竖直向上射入第一象限，运动一段时间后以速度v0沿x轴负方向与小球b发生弹性正碰（碰撞时间极短）；小球b过一段时间从M点进入第三象限的磁场区域。不计两球之间的库仑力和空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度的大小E；（2）P点和M点的位置坐标；（3）若，小球b第一次在磁场中运动离x轴最远距离hm和最大速度vm。,【答案】（1）；（2）(0，)，（，0）；（3），【解析】【详解】（1）在第一象限中，小球a做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，设加速度大小为ax，经过t1时间到达P点，由运动学公式由牛顿第二定律竖直方向做竖直上抛运动，加速度为-g，由运动学公式联立得（2）小球a、b在P点发生弹性碰撞，设碰后两球速度分别为va、vb，由动量守恒由能量守恒联立可得，由小球a在竖直方向上做竖直上抛运动，则P点纵坐标为则P点的坐标为(0，)；小球b在第二象限做平抛运动，则M点的横坐标为,则M点的坐标为（，0）。（3）由（2）可得，小球b进入磁场时水平方向和竖直方向的速度分别为（方向水平向左），（方向竖直向下）小球b进入磁场时，受到洛伦兹力及重力，将速度分解，水平向右的大小为速度和方向与x轴负方向成，大小的速度。其中，则，，即粒子在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和入射速度为，方向与x轴负方向夹角为的在磁场中的匀速圆周运动，由可得，此匀速圆周运动的半径则小球b第一次在磁场中运动离x轴最远距离hm此时小球b的速度最大，为