福建省廈門市2025屆高三物理下學期3月線上質(zhì)量檢查試題一含解析

PAGE18-福建省廈門市2025屆高三物理下學期3月線上質(zhì)量檢查試題（一）（含解析）第I卷一、選擇題：（本題共8小題，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合要求。）1.煙霧探測器運用了一種半衰期為432年的放射性元素镅來探測煙霧。當正?？諝夥肿哟┻^探測器時，镅衰變所釋放的射線會將它們電離，從而產(chǎn)生電流。一旦有煙霧進入探測腔內(nèi)，煙霧中的微粒會吸附部分射線，導致電流減小，從而觸發(fā)警報。則（）A.镅放出的是X射線B.镅放出的是γ射線C.1mg的镅經(jīng)864年將有0.75mg發(fā)生衰變D.發(fā)生火災(zāi)時，煙霧探測器中的镅因溫度上升而半衰期變短【答案】C【解析】【詳解】AB．镅會釋放出射線將它們電離，從而產(chǎn)生電流，而三種射線中α射線能使空氣電離，故镅放出的是α射線，故AB錯誤；C．半衰期為432年，當經(jīng)864年，發(fā)生兩次衰變，1mg的镅將衰變掉四分之三即0.75mg，還剩下0.25mg沒有衰變，故C正確；D．半衰期由原子核本身的性質(zhì)確定，與物理條件和化學狀態(tài)均無關(guān)，則溫度上升而半衰期不變，故D錯誤。故選C。2.乒乓球作為我國的國球，是一種大家喜聞樂見的體育運動，它對場地要求低且簡單上手。如圖所示，某同學疫情期間在家熬煉時，對著墻壁練習打乒乓球，球拍每次擊球后，球都從同一位置斜向上飛出，其中有兩次球在不同高度分別垂直撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力，則球在這兩次從飛出到撞擊墻壁前（）A.飛出時的初速度大小可能相等B.飛出時的初速度豎直重量可能相等C.在空中的時間可能相等D.撞擊墻壁的速度可能相等【答案】A【解析】【詳解】C．將乒乓球的運動反向處理，即為平拋運動，由題知，兩次的豎直高度不同，所以兩次運動時間不同，故C錯誤；B．在豎直方向上做自由落體運動，因兩次運動的時間不同，故初速度在豎直方向的重量不同，故B錯誤；D．撞擊墻壁的速度，即可視反向平拋運動的水平初速度，兩次水平射程相等，但兩次運動的時間不同，故兩次撞擊墻壁的速度不同，故D錯誤；A．由上分析，可知豎直速度大的，其水平速度速度就小，所以依據(jù)速度的合成可知，飛出時的初速度大小可能相等，故A正確。故選A3.如圖所示，一根質(zhì)量為M、長為L的銅管放置在水平桌面上，現(xiàn)讓一塊質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的釹鐵硼強磁鐵從銅管上端由靜止下落，強磁鐵在下落過程中不與銅管接觸，在此過程中（）A.桌面對銅管的支持力始終為MgB.銅管和強磁鐵組成的系統(tǒng)機械能守恒C.銅管中沒有感應(yīng)電流D.強磁鐵下落到桌面的時間【答案】D【解析】【詳解】C．強磁鐵通過鋼管時，導致鋼管的磁通量發(fā)生改變，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤；B．磁鐵在銅管中運動的過程中，雖不計空氣阻力，但在過程中，出現(xiàn)安培力做功產(chǎn)生熱能，所以系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；A．由于圓管對磁鐵有向上的阻力，則由牛頓第三定律可知磁鐵對圓管有向下的力，則桌面對銅管的支持力F＞Mg，故A錯誤；D．因圓管對磁鐵有阻力，所以運動時間與自由落體運動相比會變長，即有，故D正確。故選D。4.如圖所示，頂端附有光滑定滑輪斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結(jié)于0點，一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)保持結(jié)點O位置不變，使OA繩逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向，在此過程中，P、Q及斜面均保持靜止，則（）A.斜面對物塊P的摩擦力始終減小B.斜面對物塊P的支持力始終增大C.地面對斜面體的摩擦力始終減小D.地面對斜面體的支持力始終增大【答案】C【解析】【詳解】緩慢逆時針轉(zhuǎn)動繩OA的方向至豎直的過程中，OA拉力的方向改變?nèi)鐖D從1位置到2位置再到3位置，如圖所示，可見繩OA的拉力先減小后增大，繩OB的拉力始終減小。A．由于不清晰剛起先繩子拉力與重力沿斜面對下的分力大小關(guān)系，所以當連接P物體的繩子拉力始終減小，不能推斷斜面對物塊P的摩擦力改變狀況，故A錯誤；B．P物體始終在斜面上處于靜止狀態(tài)，則斜面對P的支持力等于重力在垂直斜面對下的分力，保持不變，故B錯誤；C．以斜面體和P的整體為探討對象受力分析，依據(jù)平衡條件：斜面受地面的摩擦力與OB繩子水平方向的拉力等大反向，因繩OB的拉力始終減小，與水平方向的夾角不變，故其水平分力始終減小，則地面對左的摩擦力始終減小，故C正確；D．以斜面體和P整體為探討對象受力分析，由于繩OB的拉力始終減小，其豎直向下的分力始終減小，依據(jù)豎直方向受力平衡，知地面對斜面體的支持力不斷減小，故D錯誤。故選C。5.如圖甲所示為歷史上聞名的襄陽炮，因在公元1267-1273年的宋元襄陽之戰(zhàn)中運用而得名，其實質(zhì)就是一種大型拋石機。它采納杠桿式原理，由一根橫桿和支架構(gòu)成，橫桿的一端固定重物，另一端放置石袋，放射時用絞車將放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松開，因為重物的牽綴，長臂會猛然翹起，石袋里的巨石就被拋出。將其工作原理簡化為圖乙所示，橫桿的質(zhì)量不計，將一質(zhì)量m=10kg，可視為質(zhì)點的石塊，裝在橫桿長臂與轉(zhuǎn)軸O點相距L=5m的末端口袋中，在轉(zhuǎn)軸短臂右端固定一重物M，放射之前先利用外力使石塊靜止在地面上的A點，靜止時長臂與水平面的夾角α=37°，解除外力后石塊被放射，當長臂轉(zhuǎn)到豎直位置時馬上停止運動，石塊被水平拋出，落在水平地面上，石塊落地位置與O點的水平距離s=20m，空氣阻力不計，g取10m/s2。則（）A.石塊水平拋出時的初速度為l0m/sB.石塊水平拋出時的初速度為20m/sC.從A點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2050JD.從A點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2500J【答案】C【解析】【詳解】AB．石塊被拋出后做平拋運動，豎直高度為可得水平方向勻速直線運動可得平拋的初速度為故AB錯誤；CD．石塊從A點到最高點的過程，由動能定理解得長臂對石塊做的功為故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，且方向與等勢面平行，在B點的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（）A.粒子的速度v2肯定大于v1B.等勢面b的電勢比等勢面c的電勢低C.粒子從A點運動到B點所用的時間為D.勻強電場的電場強度大小為【答案】AC【解析】【詳解】A．電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場線的方向沿豎直方向，帶正電的質(zhì)子彎曲的方向向下，所以質(zhì)子受力的方向向下，從A到B的過程中電場力做正功，所以質(zhì)子的速度增大，故A正確；B．質(zhì)子受力的方向向下，質(zhì)子帶正電，則電場的方向向下，而沿著電場線電勢漸漸降低，故b的電勢高于c的電勢；故B錯誤；C．質(zhì)子在A點的速度大小為v1，在B點的速度大小為v2，質(zhì)子在沿等勢面方向的分速度不變?yōu)関1，所以質(zhì)子運動的時間故C正確；D．在沿電場線的方向的位移為y=Lsinθ，由動能定理有聯(lián)立解得故D錯誤。故選AC。7.如圖所示，燈泡A、B完全相同，志向變壓器原副線圈匝數(shù)比n1：n2=5：1，指示燈L的額定功率是燈泡A的，當輸入端接上的溝通電壓后，三個燈泡均正常發(fā)光，兩個電流表均為志向電流表，且A2的示數(shù)為0.4A，則（）A.電流表A1的示數(shù)為0.08AB.燈泡A的額定電壓為22VC.燈泡L的額定功率為0.8WD.原線圈的輸入功率為8.8W【答案】AC【解析】【詳解】A．副線圈的總電流即A2的示數(shù)為I2＝0.4A，由志向變壓器兩端的電流比等于匝數(shù)的反比，可得即電流表A1的示數(shù)為0.08A，故A正確；BC．變壓器的輸入電壓的有效值為U=110V，依據(jù)全電路的能量守恒定律有而指示燈L的額定功率是燈泡A的，即聯(lián)立解得，由電功率可得故B錯誤，C正確；D．對原線圈電路由，可得原線圈的輸入功率故D錯誤。故選AC。8.如圖所示，圓形區(qū)域直徑MN上方存在垂直于紙面對外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同。現(xiàn)有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以v1、v2的速度沿圖示方向垂直磁場方向從M點入射，最終都從N點離開磁場，則（）A.粒子a、b可能帶異種電荷B.粒子a、b肯定帶同種電荷C.v1:v2可能為2:1D.v1:v2只能為1:1【答案】BC【解析】【詳解】AB．兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉(zhuǎn)，b粒子向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)磁場半徑為R，將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°，則一次偏轉(zhuǎn)穿過MN時速度偏轉(zhuǎn)90°；而上下磁場方向相反，則兩粒子可以圍繞MN重復(fù)穿越，運動有周期性，設(shè)a粒子重復(fù)k次穿過MN，b粒子重復(fù)n次穿過MN，由幾何關(guān)系可知()()由洛倫茲力供應(yīng)向心力，可得而兩個粒子的比荷相同，可知如，時，，如，時，，則v1:v2可能為1:1或2:1，故C正確，D錯誤。故選BC。第卷二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必需作答,第13～14題為選考題，考生依據(jù)要求作答（一）必考題9.如圖所示為某同學設(shè)計的一種探究動量守恒定律的試驗裝置圖。水平桌面固定一長導軌，一端伸出桌面，另一端裝有豎直擋板，輕彈簧的一端固定在豎直擋板上，另一端被入射小球從自然長度位置A點壓縮至B點，釋放小球，小球沿導軌從右端水平拋出，落在水平地面上的記錄紙上，重復(fù)10次，確定小球的落點位置；再把被碰小球放在導軌的右邊緣處，重復(fù)上述試驗10次，在記錄紙上分別確定入射小球和被碰小球的落點位置(從左到右分別記為P、Q、R)，測得OP=x1，OQ=x2，OR=x3（1）關(guān)于試驗的要點，下列說法正確的是___A.入射小球的質(zhì)量可以小于被碰小球的質(zhì)量B.入射小球的半徑必需大于被碰小球的半徑C.重復(fù)試驗時，每次都必需將彈簧壓縮至B點D.導軌末端必需保持水平（2）若入射球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，則該試驗須要驗證成立的表達式為__（用所給符號表示）；（3）除空氣阻力影響外，請再說出一條可能的試驗誤差來源_______?！敬鸢浮?1).CD(2).(3).軌道摩擦的影響：確認落點P、Q、R時的誤差：，，的測量誤差【解析】【詳解】（1）[1]A．為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射小球的質(zhì)量必需大于被碰小球的質(zhì)量，故A錯誤；B．為使兩球發(fā)生正碰，入射小球的半徑必需與被碰小球的半徑相同，故B錯誤；C．為了保證入射球每次到達桌面邊緣速度相同，則重復(fù)試驗時，每次都必需將彈簧壓縮至B點，從而讓入射球獲得相同的彈性勢能，故C正確；D．為了保證兩球碰后都能做平拋運動從而能求出飛出時的速度，導軌末端必需保持水平，故D正確。故選CD。（2）[2]兩球碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，以向右為正方向，有小球做平拋運動的時間t相等，兩邊同時乘以t，有結(jié)合碰撞前后小球落點狀況，換算水平距離后，有，，可得（3）[3]除空氣阻力影響外，本試驗其它的誤差有：軌道摩擦的影響；確認落點P、Q、R時的誤差；，，的測量誤差。10.為了粗略測量電阻，小明同學用量程為5mA的毫安表、電動勢為3V的電池、0~999.9Ω)的電阻箱制作了一塊簡易歐姆表，電路如圖所示：（1）為制作歐姆表，__精確測量毫安表的內(nèi)阻（填“須要”或“不須要”）；（2）進行歐姆調(diào)零之后，用該表測量某電阻時，a表筆是__表筆（填“紅”或“黑”），此時毫安表讀數(shù)為2.5mA，則待測電阻阻值為____Ω；（3）假如在毫安表兩端并聯(lián)一個電阻，其余電路均不變，表盤中間刻度對應(yīng)的電阻值___（填“變大”、“變小”或“不變”）；（4）該歐姆表用久后，電池老化造成電動勢減小，內(nèi)阻增大，但仍能進行歐姆調(diào)零，則用其測得的電阻值___真實值（填“大于”、“小于”或“等于”）?！敬鸢浮?1).不須要(2).紅(3).600(4).變小(5).大于【解析】【詳解】（1）[1]歐姆表的工作原理而即則不用確定出Rg的值；依據(jù)工作原理可求得相應(yīng)電流對應(yīng)的電阻值。（2）[2]右表筆接歐姆檔的內(nèi)部電源的正極，依據(jù)全部測量都滿意紅進黑出向右偏的規(guī)律，可知右表筆b為黑表筆，左表筆a為紅表筆；[3]毫安表讀數(shù)2.5mA是表頭滿偏電流5mA的一半，有可知此時的待測電阻值剛好等于歐姆表內(nèi)阻，有Ω=600Ω（3）[4]在毫安表兩端并聯(lián)一個電阻后，有其歐姆內(nèi)阻為，阻值變小，即中值刻度值變小。（4）[5]電池電動勢減小了，則歐姆調(diào)零后，歐姆表的內(nèi)阻故歐姆表的內(nèi)阻減小了，由于歐姆表的中值電阻等于歐姆表的內(nèi)阻，故實際測量時，當讀數(shù)為600Ω，實際電阻是小于600Ω的，故測量值大于實際電阻值。11.如圖所示，AB為一固定在水平面上的半圓形細圓管軌道，軌道內(nèi)壁粗糙，其半徑為R且遠大于細管的內(nèi)徑，軌道底端與水平軌道BC相切于B點。水平軌道BC長為2R,動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，右側(cè)為一固定在水平面上的粗糙斜面。斜面CD足夠長，傾角為θ=37°，動摩擦因數(shù)為μ2=0.8。一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的物塊從圓管軌道頂端A點以初速度水平射入圓管軌道，運動到B點時對軌道的壓力為自身重力的5倍，物塊經(jīng)過C點時速度大小不發(fā)生改變。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度為g，求：（1）物塊從A點運動到B點的過程中，阻力所做的功；（2）物塊最終停留的位置?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）物塊到B點時，設(shè)軌道對其支持力為N，由牛頓第三定律知由牛頓其次定律解得A到B的過程，由動能定理得（2）設(shè)物塊沿斜面上升的最大位移為，由動能定理其中，得因，故物塊在速度減為零之后不會下滑，物體最終會靜止在斜面上距離點的位置。12.如圖所示，足夠長的金屬導軌MNC和PQD平行且間距為L左右兩側(cè)導軌平面與水平面夾角分別為α=37°、β=53°，導軌左側(cè)空間磁場平行導軌向下，右側(cè)空間磁場垂直導軌平面對下，磁感應(yīng)強度大小均為B。勻稱金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長度均為L，電阻均為R，運動過程中，兩金屬棒與導軌保持良好接觸，始終垂直于導軌，金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，金屬棒ef光滑。同時由靜止釋放兩金屬棒，并對金屬棒ef施加外力F，使ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面對下勻加速運動。導軌電阻不計，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金屬棒ab運動過程中最大加速度的大小；（2）金屬棒ab達到最大速度所用的時間；（3）金屬棒ab運動過程中，外力F對ef棒的沖量。【答案】（1）；（2）；（3），負號代表沖量沿斜面對上。【解析】【詳解】（1）金屬棒ab釋放瞬間加速度最大，依據(jù)牛頓其次定律有得（2）金屬棒ab釋放之后，合外力為零時速度最大，則有其中得（3）金屬棒ab釋放之后，依據(jù)牛頓其次定律，可得隨意時刻的加速度得：，其圖象如圖所示圖像面積代表速度增量，由運動的對稱性可知，從金屬棒ab釋放起，經(jīng)過時間速度減為零，此后保持靜止，在此過程中，金屬ef始終勻加速直線運動，則有對金屬棒ef，規(guī)定沿斜面對下為正方向，由動量定理可得其中得：，負號代表沖量沿斜面對上說明：其它方法求解也可以，如寫出外力的表達式，用其平均值計算沖量大小得則可知釋放瞬間，時刻，圖象所圍成的面積代表其沖量，則有得：，負號代表沖量沿斜面對上（二）選考題：請考生從給出的2道物理題任選一題作答，并用2B鉛筆在題卡上把所選題目的題號涂黑。留意所做題目的題號必需與所涂題目的題號一樣，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。假如多做，則每學科都按所做的第一題計分13.抗擊新冠肺炎疫情戰(zhàn)斗中，中國移動攜手“學習強國”推出了武漢實景24小時直播，通過