福州三中20242025學年第二學期高三第十一次質重位直物理試卷考試時間：75分鐘滿分：100分一、單選題(4小題，每題4分，共16分)1.關于下列四幅圖的說法正確的是()t甲驗電器鋅板紫外線燈乙丙丁電擊網，電壓峰值達到2800V時可擊殺蚊蟲.電蚊拍正常工作時，下列說法正確的是()A.交流電壓表的示數為4V第1頁，共7頁掃描全能王創建掃描全能王創建正確的是()和m,忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產生的推力為()3605.2021年10月19日至23日，美國星鏈2305國空間站于10月21日3點16分進行變軌規避風險.圖示為10月20日至23日期間星鏈2305法正確的是()A.10月21日3點16分，中國空間站速度增大B.10月21日3點16分，中國空間站速度減小C.中國空間站在10月22日運行的向心加速度小于其在10月20日運行的向心加速度D.中國空間站在10月22日運行的向心加速度大于其在10月20日運行的向心加速度掃描全能王創建6.藝術體操作為體育項目同時又具有觀賞性.藝術體操運動員以5Hz的頻率上下抖動長綢帶點P恰處于波谷位置，下列說法正確的是()A.該波的波速大小為1m/sB.從t=0至t=0.5s質點P通過的路程為150cm中產生磁場，磁感應強度與檢測電流Io成正比MN8.如圖所示，在光滑的水平面上，質量為4m、長為L粘連.質量為m的滑塊(可視為質點)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零.現滑塊以水平速度hv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁大小為g.下列說法正確的是()第3頁，共7頁掃描全能王創建三、填空題(3小題，每空1分，共9分)相等，且不計車廂間距離，則這列火車共有節車廂；最后2s內從他身邊通過的車廂有節；最后一節車廂通過小張需要的時間是_s(可保留根號油滴了電子的電荷量.密立根實驗如圖所油滴示.若與水平金屬板連接的電源的電壓為U,兩水平金屬板之間的距離為d,11.二氧化碳是導致“溫室效應”的主要原因之一，目前正在研究二氧化碳的深海填埋處理技術.某次試驗，將一定質量的二氧化碳氣體封閉在可以自由壓縮的導熱容器中，從海面緩慢移到深海中A處后會自主下沉，從而實現深海填埋處理.已知初始時容器內的氣體壓強為po、熱力學溫度為To,A處熱力學溫度為Ti(To>Ti),氣體體積減小為初始時的一半，該過程容器內氣體可視為理想氣體，則此過程中容器內氣體的內能變”),氣體(選填“吸收”或“放出”)熱量，容器位于A處時內部氣體壓強為四、實驗題(2小題，每題6分，共12分)12.(6分)現用如圖所示雙縫干涉實驗裝置來測量光的波長.光源凸透鏡濾光片單縫雙縫遮光筒毛玻璃屏目鏡(1)在組裝儀器時單縫和雙縫應該相互放置；(選填“垂直”或“平行”)掃描全能王創建(2)為減小誤差，該實驗并未直接測量相鄰亮條紋間的距離△x,而是先測量n個條紋的間距(3)(2分)若雙縫的間距為d,屏與雙縫間的距離為l,如上頁圖所示，測得第1條暗條紋中心到第5條亮條紋中心之間的距離為x,;(4)若改用頻率較小的單色光照射，得到的干涉條紋間距將(填“變大”、“不變”或“變小”);將單縫遠離雙縫，干涉條紋寬度(填“變大”、“不變”或“變小”).13.(6分)某同學測量一段長度已知的電阻絲的電阻率.部分實驗操作如下：(1)螺旋測微器如圖1所示.在測量電阻絲直徑時，先將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿同時防止螺旋測微器的損壞.次測量結果如圖2所示，電阻絲的直徑為mm.(3)采用圖3所示的電路圖來測量金屬絲的電阻Rx.則Rx的測量值比真實值圖4“不變”)掃描全能王創建n…五、計算題(3小題，共39分)14.(10分)如圖質量為m?=4kg和m?=3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接.現有質量為m=1kg的物體以速度vo=8m/s向右運動，m?與m?碰撞(碰撞時間極短)后粘合在一起.試求：(1)m和m?碰撞過程中損失的機械能是多少；(2)彈簧能產生的最大彈性勢能是多少；(3)彈簧在第一次獲得最大彈性勢能的過程中，對m?沖量的大小是多少?15.(13分)動畫片《熊出沒》中有這樣一個情節：某天熊大和熊二中了光頭強設計的陷阱，被掛在了樹上(如圖甲),聰明的熊大想出了一個辦法，讓自己和熊二蕩起來使繩斷裂從而得救，其過程可簡化如圖乙所示，設懸點為0,離地高度為2L,兩熊總質量為m且可視為質(1)設熊大和熊二剛好在向右擺到最低點時繩子剛好斷裂，則他們的落地點離O點的水平離0點的水平距離最大，最大為多少；(3)若繩長改為L,兩熊在水平面內做圓好斷裂，則他們落地點離0點的水平距離為多少?掃描全能王創建16.(16分)如圖所示，足夠長的傾斜金屬導軌兩側與水平地面的夾角θ=37°,其間距L=0.5m,電容C=1.0×10?μF,電阻R=10Ω,導軌所在區域存在垂直導軌平面向下的勻強磁場B,磁感應強度大小B=2T,現使質量m=10g的導體棒ab靜止在軌道上，導體棒ab始終與兩側金屬導軌垂直且接觸良好，兩者間動摩擦因數處處相同，導軌和導體棒ab電阻均不計，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)若開關S閉合，S?斷開，靜止釋放金屬棒，金屬棒最終以速度v=0.2m/s做勻速直線(2)若開關S?閉合，S?斷開，靜止釋放金屬棒(整個過程中電容器未被擊穿),to=0.5s后對金屬棒施加沿斜面向上的恒定外力F,經過to/5后金屬棒速度恰好為0,求外力F的大小；(3)在第(2)問條件下，求導體棒回到釋放點時電容器儲存的能量Ec.福州三中2024—2025學年第二學期高三第十一次質量檢查物理答案13.(1)C;(2)不同、1.600;(3)偏小；(415.解:(1)在最低點則當d=L時，兩熊落地點離0點水平距離最遠，此時最大值x?=2L;水平方向此時兩熊離地面的高度為h=2L-Lcosθ水平位移x?=V?t?由幾何關系：落地點到0點的水平距離聯立可求得16.解：(1)閉合S?,斷開S?,金屬棒穩定后做勻速直線運動，對棒受力分析：mgsin37°-μmgcos37°-F安=0,F安=BIL,(2)閉合S?,斷開S?時，在△t時間內，對金屬棒由動量定理可得：在△t對電容器：△q=I△t,分析可知金屬棒向下做勻加速運動同理可知施加外力F后，金屬棒向下做勻減速運動.向下加速運動和向下減速運動時，(3)金屬棒向下減速為0后，向上反向以加速度a?勻加速運動，分析可知：金屬棒速度為0時離靜止釋放點的距離金屬棒返回到出發點時速度為v,v2=2a?x對金屬棒向上運動過程由功能關系：【解析】1.A.圖甲是α粒子散射實驗，α粒子穿過金箔后，少數α粒子發生了大角度偏轉，故A錯誤；B.圖乙是光電效應實驗，鋅板失去電子，張開的驗電器指針和鋅板都帶正電，故B錯誤；C.圖丙是放射源放出三種射線在磁場中的運動軌跡，根據左手定則，1帶負電為β射線，故C正確；D.核反應堆中的石墨起到使中子減速作用，故D錯誤。2.A、交流電壓表的示數是有效值,故A錯誤；B、電擊網上的高頻電壓的頻率為,故B錯誤；C、在理想變壓器的原線圈和副線圈的電功率相等，,即通過原線圈的電流大于通過副線圈的電流，故C正確。D、根據題意，副線圈電壓峰值達到2800V,故,故D錯誤。3.A.空竹受力如圖所示：根據平衡條件可得2Fsinθ=mg設繩長為L,由幾何關系可得沿虛線a向左移動，d減小，θ增大，細線的拉力減小，故A錯誤；B.沿虛線b向上移動，d不變，θ不變，細線的拉力不變，故B正確；C.沿虛線c斜向上移動，d增大，θ減小，細線的拉力增大，故C錯誤；D.沿虛線d向右移動，d增大，θ減小，細線對空竹的合力不變，等于空竹的重力，故D錯誤。故選B。4.【分析】本題主要考查動能定理、動量定理和電流的定義式，關鍵要明確推進器的工作原理，列式求解。【解答】以正離子為研究對象，由動能定理得2,△t時間內通過的總電荷量為Q=I4t,噴出的正離子總質量為0由動量定理可知正離子所受的平均沖量FAt=Mv,聯立以上式子可得F=根據牛頓第三定律可知，發動機產生的平均推力故D正確。5.解：AB.由圖可知，中國空間站從低軌道調整到高軌道運行，則空間站需要做離心運動，空間站做離心運動時，需要發動機向后噴氣體使得中國空間站速度增加，使得該位置處萬有引力小于空間站所需要的向心力，故A正確、B錯誤；CD.由題知假設除開變軌過程，中國空間站在不同高度軌道上均是繞地球做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得：可得向心加速度為：,由圖可知，中國空間站在10月22日運行的半徑大于其在10月20日運行的半徑，所以中國空間站在10月22日運行的向心加速度小于其在10月20日運行的向心加速度，故C正確、D錯誤。中國空間站從低軌道調整到高軌道運行，需要加速做離心運動；中國空間站繞地球做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力，由此列式，得到向心加速度速度與軌道半徑的關系，再分析空間站在不同軌道上的向心加速度大小。本題以美國星鏈2305軌道持續變化，對中國空間站產生安全影響為背景，考查了衛星變軌及衛星動力學參數的比較問題，要知道空間站繞地球做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力，通過列式分析向心速度的大小。6.A、從波動圖像，可以得到波長λ=20cm,振幅A=30cm,結合題意中的振動頻率f=5Hz,可得周期T=,根據波代入數據得：v=1m/s;故A正確；B、由圖可知，此時P點在波谷，P點在0.5s時間內的路程為：代入得：s=300cm;故B錯C、在0時刻，P點處于波谷，即x=30sinφ(cm)=-30cm,即sinφ=-1,即初始相位為φ=-0.5π,f=5Hz,根據w=2πf,得w=10πrad/s,故質點P的振動方程,故C正確；D、由v=λf可知，在頻率加快后，波長減小，故D錯誤；故選AC。7.【分析】本題考查霍爾效應，通過左手定則分析載流子的偏轉方向，從而確定電勢的高低。當穩定時，電場力與洛倫茲力平衡，據此列式，結合電流的微觀表達式，得出電勢差U的表達式，然后進行分析。【解答】A、圖甲中檢測電流I?流過線圈，根據安培定則，線圈在鐵芯中產生逆時針方向的磁場，霍爾元件是金屬材料制成，故工作電流是自由電子定向移動形成的，處于向上的磁場中，自由電子受到垂直紙面向外的洛倫茲力而偏轉到外側面上，使得霍爾元件外側面電勢降低，內側面電勢高，所以應該是M端與電壓表的“+”接線柱相連，故A錯誤；B、當霍爾元件內外側面電壓穩定時，內部電子受力平衡，則有根據電流的微觀表達式I=nebdv,聯立解得：要提高檢測靈敏度可適當減少高度d的大小，故B正確；C、如果僅將工作電流反向，電子受到垂直紙面向里的磁場力而偏轉到內側面上，使得霍爾元件外側面電勢高，內側面電勢低，N端與電壓表的“+”接線柱相連，故C錯誤；D、當霍爾元件尺寸給定，工作電流I不變時，電壓表示數變大，由可知B變大，說明檢測電流I?變大，故D正確。故選BD。8.本題考查動量守恒定律和動能定理的應用，屬于經典的木塊在木板滑動問題。需要分成兩個過程進行解答：撞墻前用動能定理求解撞墻時的速度大小；撞墻后為典型滑塊在木板滑動問題，用動量定理和動能定理進行解答。難度不高，只需要分清兩過程運動狀態即可作答。B、根據第一次滑塊運動，運用動能定理求解摩擦因數：A、根據牛頓第二定律求解加速度：ma=μmg解得：故A錯誤；CD、第二次滑塊運動，撞墻前，木板不動，列寫動能定理：解得撞墻前速度大小：v′初=√k2-1v,則撞墻后速度大小：v′=√k2-1v,方向向左撞墻后，滑塊木板同時運動，由可得兩者共速后可列動量守恒定律：mv'=5mv'解得共速：,方向向左由題可得，滑塊滑到木板左端后共速，兩者相對位移為L,摩擦力做功，根據動能定理：-μmgL=則滑塊彈回瞬間的速度大小：故D正確。9.【分析】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式，并能靈活運用，本題求解最后一節車廂的時間時，也可以通過初速度為零的勻加速直線運動推論求解【解答】(1)設每節車廂長度為s,火車共有n節車廂.則有：.……解得：n=9節.……(2)初速度為0的勻加速直線運動，連續相等2s內，位移之比為1:3:5:7所以最后兩秒，通過節數為5(3)設前8節車廂通過它需要的時間為tg,則：解得：t?=4√2s,故最后一節通過它的時間△t=t-t?=(6-4√2)s.10.由勻強電場電場強度與電勢差的關系可得由q=Ne解得該油滴中帶的凈電子數11.首先，我們分析氣體在深海中的變化過程。由于氣體是從海面緩慢移到深海中，且容器可以自由壓縮并導熱，因此我們可以認為這個過程是等溫變化。但題目中明確給出，A處的熱力學溫度T?小于初始時的熱力學溫度T。,說明氣體在下降過程中溫度是降低的，因此這個過程并不是等溫變化，而是等容變化(因為氣體體積減小為初始時的一半，且容器可以自由壓縮，但題目中特別指出了體積的變化，所以我們以題目給出的條件為準)。在等容變化過程中，由于溫度降低，根據理想氣體的內能只與溫度有關，我們可以得出氣體的內能是減小的。接下來，我們利用熱力學第一定律來分析氣體與外界的熱量交換。熱力學第一定律的表達式為AU=Q+W,其中△U是內能的變化量，Q是氣體與外界的熱量交換(吸熱為正，放熱為負),W是外界對氣體做的功(氣體第7頁，共8頁膨脹對外做功為負，外界壓縮氣體做功為正)。由于氣體體積減小，所以外界對氣體做了功，即W>0;而內能減小，所以△U<0。將這兩個結果代入熱力學第一定律的表達式，我們可以得出Q<0,即氣體放出了熱量。最后，我們利用理想氣體狀態方程來求解A處時容器內氣體的壓強。理想氣體狀態方程為其中po和V?是初始時的壓強和體積，TO是初始時的溫度；p?和V?是A處時的壓強和體積，T?是A處時的溫度。由于題目中給出氣體體積減小為初始時的一半，即1,且已知T?和T?,我們可以將這些已知量代入理想氣體狀態方程，解出A處時容器內氣體的壓強綜上所述，此過程中容器內氣體的內能減小，氣體放出熱量，容器位于A處時內部氣體壓強為12.(1)只有保證單縫和雙縫互相平行，才能在屏上出現明暗相間的條紋。(2)先測量n個條紋的間距再求出△x,采用的是放大測量取