福建省莆田市2022届高三物理下学期第二次5月质量测试试题B卷含解析

福建省莆田市2022届高三下学期第二次（5月）质量测试物理（B卷）试题二、选择题：1.真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到A点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体。则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是（实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹）A.B.C.D.【答案】A【解析】设碰撞前带电粒子的动量为P．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，带电粒子在A点与一不带电的静止粒子碰撞过程动量守恒，总动量仍为P，总电量仍q，则由得知，碰撞后的共同体做匀速圆周运动的半径与碰撞前带电粒子的半径相同，则共同体仍沿原轨道做匀速圆周运动，A正确．【点睛】本题的关键是抓住公式中，mv是动量，即能分析碰撞后的轨迹半径与碰撞前半径的关系．2.“天通一号01星”于2022年8月6日在西昌卫星发射中心顺利升空，并进入距离地面约36000km的地球同步轨道。仅隔10天，世界首颗量子科学实验卫星“墨子”在酒泉成功发射至高度为500km的预定圆形轨道。以下说法正确的是A.火箭发射加速升空时，卫星对火箭的压力小于自身重力B.“天通一号01星”的发射速度应大于11.2km/sC.“墨子”号卫星的向心加速度大于“天通一号01星”的向心加速度D.在相等时间内，“墨子”号卫星通过的弧长小于“天通一号01星”通过的弧长【答案】C-12-3.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则“蛟龙号”在t0（t0<t）时刻距离海平面的深度为a.b.c.d.【答案】d【解析】根据加速度的定义可知，蛟龙号上浮时的加速度大小，根据逆向思维，可知蛟龙号在时刻距离海平面的深度，d正确．4.如图所示，“旋转秋千”中座椅（可视为质点）通过轻质缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘以角速度ω匀速转动时，不计空气阻力，缆绳延长线与竖直中心轴相交于o点，夹角为θ，o点到座椅的竖直高度为h。则当ω增大时a.h不变b.θ减小c.ω2h不变d.ω2h增大-12-【答案】c【解析】对座椅受力分析，根据牛顿第二定律可得解得：，则当ω增大时，h减小，θ变大，ω2h不变，故选c.5.一理想变压器的电路如图甲所示，变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，电阻r的阻值为2ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示。下列说法正确的是a.电流表的示数为1ab.电压表的示数为vc.0～0.04s内，电阻r产生的焦耳热为0.8jd.t=0.03s时，通过电阻r的瞬时电流为a【答案】b【解析】设电流表的示数为，则，求得，a错误；原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为，设副线圈交流电的有效值为，则，求得，因此电压表的示数为，b正确；0～0.04s内，电阻r产生的焦耳热为，c错误；t=0.03s时，原线圈中的电流为直流电，所以副线圈中的瞬时电流为零，d错误．【点睛】本题的关键一是知道原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，二是知道有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；同时结合变压器的变压比公式列式分析．6.如图所示为氢原子能级图。可见光的光子能量范围约为1.62ev～3.11ev。下列说法正确的是-12-a.大量处在n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多辐射6种频率的光子b.处在n=3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都不能发生电离c.大量处在n>3的高能级的氢原子向n=3能级跃迁时，发出的光有一部分是可见光D.处在n=3能级的氢原子跃迁到n=1能级，辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【答案】AD【解析】量处于n=4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据，因此释放出6种频率的光子，A正确；处在n=3能级的氢原子吸收的光子能量大于1.51eV就可以发生电离，可见光的光子能量范围约为1.62eV～11eV，所以处在n=3能级的氢原子吸收任意频率的可见光的光子都能发生电离，B错误；氢原子从高能级向n=3能级跃迁时发出的光子能量小于1.51eV，不在1.62eV到3.11eV之间，一定全是不可见光，C错误；n=3和n=1间的能级差等于12.09eV，辐射的光子能量大于金属的逸出功，则可以发生光电效应，D正确．【点睛】根据能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；结合辐射的光子能量与可见光的光子能量，依据数学组合，从而即可比较进行分析．7.如图所示，纸面内有一以A、B、C、D为顶点的正方形区域，其中心O处有一带电荷量为Q的正点电荷，E、F分别为AB边和AD边的中点，则在该电荷产生的电场中A.A、B、C、D四点处的电场强度相同B.A、E、B三点间的电势差满足UAE=UEBC.A、F两点处的电场强度大小之比为1︰2D.电子在C处时的电势能大于在F处的电势能-12-【答案】CD【解析】A、B、C、D四点到O点的距离相等，根据可知四点处的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，A错误；A、B、C、D四点在以O为球心的同一球面上，所以四点的电势相同，故有，B错误；根据几何知识可知A、F两点到O点的距离之比为，由知A、F两点处的电场强度大小之比1：2，C正确；在正点电荷的电场中，距离点电荷越近的球面上的电势越高，所以D处电势比F处电势低，根据负电荷在电势低处电势能大，知电子在D处时的电势能大于在F处的电势能，D正确．【点睛】在点电荷电场中，由可知到点电荷距离相同的点的电场强度大小相等，但方向不同，在以点电荷为球心的球面上的所有点电势相等．8.如图所示，水平面上有两根平行且足够长的金属导轨，左端接有一电容器C，导轨上搁置一金属棒，匀强磁场的方向垂直导轨所在平面。现让金属棒在水平恒力F作用下，由静止向右运动，运动过程中金属棒始终垂直导轨，设某一时刻金属棒中的电流为I，受到的安培力为FB，瞬时速度为vt，电容器上所带电量为Q。不计一切电阻和摩擦。下列图像正确的是A.B.C.D.【答案】AD【解析】根据电流的定义①，根据牛顿第二定律②，①代入②得，其中，联立得，加速度是定值，所以导体棒做匀加速直线运动，即为定值，A正确C错误；因为，所以恒定，B错误；因为，所以电荷量随时间均匀增加，D正确．【点睛】金属棒切割磁感线产生感应电动势，回路中电容器有充电电流，结合牛顿第二定律，推导加速度，判断金属棒的运动性质，从而判断电流，安培力，速度以及电荷量随时间的变化情况．三、非选择题：9.-12-如图所示是探究质量一定时，小车加速度与合外力关系的实验装置，一端带有定滑轮的长木板上固定着甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示小车上遮光片通过光电门的时间，细绳上的轻质力传感器能显示细绳所受的拉力。（1）要使小车所受合外力F等于力传感器的示数，必须进行的操作是_______；判断已经达到上述操作要求的依据是：小车上的遮光片通过光电门甲的时间___（选填“大于”、“等于”或“小于”）通过光电门乙的时间。（2）然后保证小车的质量不变，多次向沙桶里加沙，测得多组a和F的值，画出的a-F图像正确的是____。 【答案】(1).（1）平衡摩擦力(2).等于(3).（2）C【解析】（1）测力计的示数等于绳子的拉力，要使绳子拉力等于小车所受的合力，需平衡摩擦力．平衡摩擦力后，轻推小车，小车做匀速直线运动，即小车上的遮光片通过光电门甲的时间等于通过光电门乙的时间．（2）根据牛顿第二定律可得，质量一定时，a与F成正比，C正确．10.某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻。(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整________。(2)正确连接电路后，进行如下实验。①闭合开关S，通过反复调节滑动变阻器R1、R2，使电流表A3的示数为0，此时电流表A1、A2-12-的示数分别为100.0mA和80.0mA，电压表V1、V2的示数分别为1.60V和1.00V。②再次反复调节R1、R2，使电流表A3的示数再次为0，此时电流表A1、A2的示数分别为180.0mA和40.0mA，电压表V1、V2的示数分别为0.78V和1.76V。i．实验中调节滑动变阻器R1、R2，当电流表A3示数为0时，电路中B点与C点的电势______。（选填“相等”或“不相等”）ii．为了提高测量的精确度，电流表A3的量程应选择________A．0～0.6AB．0～100mAC．0～500μAⅲ．测得电源的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。（结果保留3位有效数字）【答案】(1).（1）如图所示；(2).i．相等(3).ii．C(4).ⅲ．2.87(5).1.50【解析】（1）根据原理图连接实物图如图所示；（2）i、实验中，调节滑动变阻器，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点的电势相等；ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为，干路电流为；第二次实验中有，干路电流为；由闭合电路欧姆定律可知，联立解得．-12-【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC两点的电势相等，即无电流通过BC，所以在选择A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻．11.某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：设大石板质量M=80kg，铁锤质量m=5kg；铁锤从h1=1.8m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2=0.05m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1=0.01s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2=0.5s。取重力加速度g=10m/s2。求：铁锤敲击大石板的过程中，（1）铁锤受到的冲量大小；（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；（3）大石板对人的平均作用力大小。【答案】（1）35N·s（2）3550N（3）871N【解析】（1）由机械能守恒定律，解得，则铁锤打击石板时的速度，铁锤反弹时的速度；对铁锤，由动量定理得，解得（2）对铁锤，由冲量定义得，解得（3）对石板，由动量定理得，解得；由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小。12.如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy，已知A点坐标为（–2h，h），O、B区间存在竖直向上的匀强电场。甲、乙两小球质量均为m，甲球带电量为+q，乙球带电量为–q，分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。已知重力加速度为g。求-12-（1）小球经过O点时速度的大小和方向；（2）匀强电场的场强E。【答案】（1）；θ=450（2）【解析】（1）如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平抛运动的时间为t。根据平抛运动规律①，②，③，④，⑤由以上式子解得，，⑥（2）甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示。依题意得即，解得⑦设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为。研究竖直方向，有对甲球：⑧，⑨，对乙球：⑩，⑪，-12-由⑥～⑪式解得；13.下列说法正确的是__________。A．空气中PM2.5的运动属于分子热运动B．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能不相等C．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而减小D．用油膜法测出油酸分子直径后，还需知道油酸的摩尔体积，才可估算出阿伏伽德罗常数E．一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，在单位时间内单位面积的容器壁上受到气体分子撞击的次数越多【答案】CDE【解析】空气中PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，其运动是由于来自空气分子的各个方向的撞击不平衡所引起的，属于布朗运动，不是分子热运动，A错误；温度相同，则平均动能相同，B错误；由分子力与分子间距离关系可知，当时，分子力表现为引力，随着分子间距的减小，这一过程分子力做正功，因此分子势能不断减小，C正确；用油膜法测出油酸分子直径后可以由几何关系求出分子的体积，然后需知道油酸的摩尔体积就可根据估算出阿伏伽德罗常数，D正确；一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，分子平均动能越大，即大部分分子运动更快，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，E正确．14.如图所示，导热性能良好的气缸开口向上，用轻质活塞封闭有体积为V0的理想气体，外界大气压强为P0，环境温度为T0，轻质活塞横截面积为S，与气缸之间的摩擦不计。现在活塞上面放一质量为m的物块，活塞缓慢下移，并最终静止在A位置。重力加速度为g。则i．活塞静止在A位置时，离气缸底端的距离是多少?ii．如果拿掉物块，要保持活塞静止在A位置，这时的环境温度应为多少?气缸内气体是吸热还是放热?【答案】（1）（2）【解析】（i）放上物块并稳定后，由平衡条件得-12-达到稳定过程，根据玻意耳定律得p0V0=pSx解得（ii）拿掉物块后的稳定过程，根据查理定律得解得理想气体温度降低，根据热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体向外放热15.如图为一简谐横波在t=0s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，此刻P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.2s完成了一次全振动；Q是平衡位置为x=4m处的质点。则________。A．该波沿x轴正方向传播B．t=0.1s时质点P的速度正在减小C．t=0.05s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大D．从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴传播的距离是2mE．从t=0.10s到t=0.20s，质点P通过的路程等于20cm【答案】BDE【解析】t=0时刻P质点正向上运动，根据走坡法可知波沿x轴负方向传播，A错误；根据题意可知波传播周期，所以t=0.1s时经过了半个周期，P质点正向y轴负向最位移处运动，所以速度正在减小，B正确；t=0.05s时，经过了，所以质点Q位于波峰，加速度最大，速度为零，C错误；从图中可知，故，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴传播的距离是，D正确；从t=0.10s到t=0.20s，经过了半个周期，所以质点P通过的路程为2A=20cm，E正确．16.如图所示，一个半圆形玻璃砖，其横截面半径为R，AB为半圆的直径，O为圆心。已知该玻璃砖的折射率，光在真空中的速度为c。-12-i．一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？ii．一细束光线在O点左侧与O点相距处从AB下方垂直入射，求此光线在玻璃上的出射点位置。【答案】（1）R（2）R【解析】（2）i．根据全反射定律，解得如图，由几何知识得则入射光束在AB上的最大宽度ii．如图，设光线在距离O点的C点射入后，在上表面的入射角为，由几何关系有得由于，光在玻璃砖内发生了三次全反射，光路如图。则射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。则出射点为C点和G点，与O点的距离均为。-12-</t）时刻距离海平面的深度为a.b.c.d.【答案】d【解析】根据加速度的定义可知，蛟龙号上浮时的加速度大小，根据逆向思维，可知蛟龙号在时刻距离海平面的深度，d正确．4.如图所示，“旋转秋千”中座椅（可视为质点）通过轻质缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘以角速度ω匀速转动时，不计空气阻力，缆绳延长线与竖直中心轴相交于o点，夹角为θ，o点到座椅的竖直高度为h。则当ω增大时a.h不变b.θ减小c.ω2h不变d.ω2h增大-12-【答案】c【解析】对座椅受力分析，根据牛顿第二定律可得解得：，则当ω增大时，h减小，θ变大，ω2h不变，故选c.5.一理想变压器的电路如图甲所示，变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，电阻r的阻值为2ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示。下列说法正确的是a.电流表的示数为1ab.电压表的示数为vc.0～0.04s内，电阻r产生的焦耳热为0.8jd.t=0.03s时，通过电阻r的瞬时电流为a【答案】b【解析】设电流表的示数为，则，求得，a错误；原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为，设副线圈交流电的有效值为，则，求得，因此电压表的示数为，b正确；0～0.04s内，电阻r产生的焦耳热为，c错误；t=0.03s时，原线圈中的电流为直流电，所以副线圈中的瞬时电流为零，d错误．【点睛】本题的关键一是知道原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，二是知道有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；同时结合变压器的变压比公式列式分析．6.如图所示为氢原子能级图。可见光的光子能量范围约为1.62ev～3.11ev。下列说法正确的是-12-a.大量处在n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多辐射6种频率的光子b.处在n=3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都不能发生电离c.大量处在n>