福建省厦门市2024届高三下学期第四次质量检测（三模）物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1厦门市2024届高三毕业班第四次质量检测物理试题（满分：100分考试时间：75分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。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，只有一项符合题目要求。1.2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射升空，飞船进入预定轨道，调整姿态后成功与空间站对接，历时约6.5小时，空间站离地面高度约为400km，则（）A.与空间站对接过程中飞船可视为质点B.雷达跟踪飞船的无线电波是纵波C.火箭点火升空瞬间处于超重状态D.飞船从发射到对接过程的平均速率约为62m/s〖答案〗C〖解析〗A．在与空间站对接过程中，飞船的形状与体积对所研究的影响不能够忽略不计，此时飞船不能够可视为质点，故A错误；B．雷达跟踪飞船的无线电波是电磁波，电磁波是横波，故B错误；C．火箭点火升空瞬间，火箭速度增大，火箭方向向上，则火箭加速度向上，可知，此时火箭处于超重状态，故C正确；D．平均速率等于总路程与总时间的比值，可知飞船从发射到对接过程的平均速率约为故D错误。故选C。2.2024年4月20日我国首次实现核电商用堆批量生产碳14（）同位素。具有放射性，会自发衰变成氮14（），它的半衰期为5730年，则（）A.该衰变需要吸收能量B.该衰变发生后原子核内的中子数减少C.升高温度能减小的半衰期D.20个经过11460年后剩下5个〖答案〗B〖解析〗A．依题意，有该衰变过程为衰变，放出能量。故A错误；B．衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，所以该衰变发生后原子核内的中子数减少。故B正确；C．放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。故C错误；D．半衰期是大量原子核的统计学规律，对于少量原子核不成立。故D错误。故选B。3.如图所示，小娟借助瑜伽球锻炼腿部力量，屈膝静蹲，背部保持竖直且倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，则（）A.墙壁对瑜伽球的弹力为零B.地面对小娟的支持力一定等于小娟受到的重力C.若减小背部与墙壁的距离且保持背部竖直，瑜伽球受到的摩擦力增大D.若减小背部与墙壁的距离且保持背部竖直，地面对小娟的摩擦力增大〖答案〗D〖解析〗A．对瑜伽球受力分析可知，在竖直方向受到重力、墙和小娟对球竖直向上的摩擦力，则水平方向上墙壁对瑜伽球的弹力不为零。故A错误；B．对小娟受力分析可知，在竖直方向受到自身重力、瑜伽球对她向下的摩擦力和地面对她的竖直向上的支持力，根据平衡条件可知地面对小娟的支持力大于女士受到的重力。故B错误；C．瑜伽球受到的摩擦力与自身重力等大反向，所以若减小背部与墙壁的距离且保持背部竖直，瑜伽球受到的摩擦力将不变。故C错误；D．小娟水平方向受瑜伽球的弹力和地面的摩擦力作用，二力平衡。若减小背部与墙壁的距离且保持背部竖直，则瑜伽球的形变变大，小娟所受瑜伽球的弹力变大，地面对小娟的摩擦力也将增大。故D正确。故选D。4.两颗中子星绕二者连线上的某点做圆周运动组成双星系统，并以引力波的形式向外辐射能量。经过一段时间，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，若两星可视为质量均匀分布的球体，则利用牛顿力学知识可得（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设两颗中子星质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知，又L=r1+r2联立，可得整理，得依题意，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，则有联立，解得故选D。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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.将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应（）A.适当增加出手的高度 B.适当减小出手的高度C.适当增加出手的速度 D.适当减小出手的速度〖答案〗BC〖解析〗AB．令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为，石子水平抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有石子接触水面时，根据速度分解有解得可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；CD．结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故C正确，D错误。故选BC。6.一带正电的金属板和一带负电的放电极形成电场，电场线分布如图所示。一电子从M沿直线运动到N，以放电极为原点，以MN方向为正方向建立x轴。该过程中，电场强度大小E、电子的加速度大小a、电势、电势能随x变化的图像可能正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗BD〖解析〗A．由题知该电场非匀强电场，电子从M沿直线运动到N，电场线疏密程度非均匀变化，可知题中电场强度随位移非线性变化，电场强度随位移在逐渐减小，A错误；B．电场强度随位移在逐渐减小，粒子所受电场力在逐渐减小，故粒子的加速度在逐渐减小，B正确；C．电子逆着电场线运动，电势随位移在逐渐增大，C错误；D．电子逆着电场线运动，电场力做正功，电势能随位移在逐渐减小，由于电场力减小，图像斜率减小，D正确；故选BD。7.为了市民换乘地铁方便，厦门海沧区政府在地铁口和主要干道上投放了大量共享电动车。骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压UH大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度vm越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流I，载流子为电子，则（）A.霍尔元件下表面电势高于上表面B.霍尔元件下表面电势低于上表面C.从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，可以增大vmD.其他条件不变，调大电流I，可以增大vm〖答案〗AD〖解析〗AB．霍尔元件工作时载流子为电子，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向上表面，所以霍尔元件下表面电势高于上表面。故A正确；B错误；C．设霍尔元件上、下表面的距离为d，可得解得依题意从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，则穿过霍尔元件的磁场变弱，vm减小。故C错误；D．根据联立，解得可知其他条件不变，调大电流I，则增大，可以增大vm。故D正确。故选AD8.如图甲所示，倾角为的足够长的斜面固定在水平面上，物块A、B中间用轻弹簧相连，当弹簧处于原长L时，A、B恰好静止在斜面上。物块C以速度沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，从碰后瞬间开始计时，A和B的位置随时间变化的图像如图乙中的曲线a、b所示，时刻a、b的纵坐标分别为、，此时两条曲线的纵坐标差值最小。已知A、B和C可视为质点，质量均为m，且与斜面之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（）A.C与B碰后瞬间，B的速度为B.C与B碰后瞬间，A的加速度为C.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为D.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为〖答案〗AC〖解析〗A．由题知B和C可视为质点，质量均为m，物块B、C碰撞过程中动量守恒，两球碰撞后交换了速度，故C与B碰后瞬间，B的速度为，A正确；B．当C与B碰后瞬间，弹簧仍处于原长L，A物体处于静止状态，A的加速度为0，B错误；CD．由题知物块C以速度沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，且A、B和C质量均为m，则说明物块A、B运动过程中相当所受外力合力为零，在物块B获得速度后开始压缩弹簧，由于弹簧弹力作用，物块B的速度减小，物块A的速度增加，当弹簧压缩到最短时物块A、B拥有共同速度，后物块A的速度继续增加，物块B的速度继续减小，弹簧逐渐伸长，当物块A的速度达到，物块B的速度减为0时，弹簧处于原长，在整个过程中摩擦力做功等于重力势能减小量，由对称性知，物块B沿斜面位移为，物块A沿斜面位移为，故从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为C正确，D错误；故选AC。三、非选择题：共60分，其中9-11题为填空题，12、13题为实验题，14-16题为计算题。考生根据要求作答。9.我国唐代对彩虹形成的原因已有记载，《礼记•月令•季春之月》中提到“日照雨滴则虹生”。一束太阳光射入球形雨滴形成彩虹的光路如图所示，则光线a的频率_________（选填“大于”“等于”或“小于”）光线b的频率，已知太阳光射入雨滴时入射角θ=53°，光线b偏折角β=16°，光线b在雨滴中的折射率等于_________（结果保留两位有效数字，sin53°≈0.8，sin16°≈0.3，sin37°≈0.6）。〖答案〗大于1.3〖解析〗[1]由图可知，一束太阳光射入球形雨滴，入射角相同，光线a的折射角较小，根据折射定律可知光线a的折射率较大，故光线a的频率大于光线b的频率。[2]根据折射定律，光线b在雨滴中的折射率为10.如图所示，小云将瘪了的乒乓球放在电吹风的上方，电吹风向上吹热风，过一会儿乒乓球就鼓了起来。乒乓球导热性能良好且无破损，球内气体可视为理想气体，则此过程中，球内气体分子的平均动能_________（选填“增大”“减小”或“不变”），球内气体内能的增加量_________（选填“大于”“等于”或“小于”）吸收的热量。〖答案〗增大小于〖解析〗[1]乒乓球导热性能良好，故吹热风，乒乓球内部气体温度升高，故球内气体分子的平均动能增大；[2]根据热力学第一定律气体体积增大，故气体对外界做功，，温度升高，内能增大，故球内气体内能的增加量小于吸收的热量。11.一简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成，如图所示。在一次地震中，地震波中的横波和纵波传播速率分别为3.4km/s和6.8km/s，震源在地震仪下方，观察到两振子开始振动的时间相差5s，则_________（选填“P”或“H”）振子先开始振动，震源距地震仪距离为________km。〖答案〗P34〖解析〗[1]纵波的速度快，纵波先到，所以P先开始振动，故填P；[2]根据解得故填34。12.小强同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。（1）除图甲中的器材外，下列器材中还需要的是__________（填仪器前的字母）；A.干电池B.磁铁C.低压交流电源D.多用电表E.直流电压表F.直流电流表（2）变压器铁芯的结构和材料是；A.整块不锈钢铁芯 B.整块硅钢铁芯 C.绝缘的硅钢片叠成（3）如图乙所示，操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，原线圈输入电压为U1=4V，匝数为n1=200匝，改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端的电压U2，得到U2-n2图像如图丙所示，则可能正确的是图线_________（选填“a”“b”或“c”）。〖答案〗（1）CD（2）C（3）c〖解析〗【小问1详析】在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是低压交流电源，所以不需要干电池，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，测量线圈两端的电压需要使用多用电表的交流电压挡，不需要直流电压表和直流电流表。故选CD。【小问2详析】变压器铁芯结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故选C。【小问3详析】操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则可能导致漏磁，使得输出电压偏小，则有则可能正确的是图线只有c，故选c。13.利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的____（选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于____；A.砝码的重力大小B.小桶和砝码的重力大小C.手机的重力大小D.弹簧对手机的拉力大小（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据并绘制图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内，____；（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为____（选用k、b、g表示）。〖答案〗（3）A（4）B（5）质量一定时，手机加速度与合外力成正比（6）〖解析〗（3）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；（4）[2]剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F小桶和砝码的重力大小。故选B。（5）[3]由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。（6）[4]绳子剪断前，设弹力为，小桶质量为，手机质量为，对手机有平衡知绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有综上可得解得14.2024年4月20日世界田联钻石赛在厦门白鹭体育馆举行，世界名将杜普兰蒂斯以6米24的成绩刷新了自己的撑杆跳世界记录。如图所示，某次训练时，运动员持杆从静止开始加速助跑，助跑距离为45m，速度达到9m/s，接着撑杆起跳，重心升高5m时到达最高点且速度为零。过杆后，运动员做自由落体运动，重心下降5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减至零的时间为0.5s。已知运动员的质量为80kg，助跑阶段可视为匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：（1）运动员助跑阶段的加速度大小a；（2）从撑杆起跳到最高点的过程中，运动员机械能的变化量；（3）从接触软垫到速度减为零过程中，软垫对运动员作用力的冲量大小I。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）助跑过程，根据位移与速度的关系式有解得（2）取刚要起跳时重力势能为零，则起跳时的动能与最高点的重力势能分别为，则运动员机械能的变化量为（3）由最高点落到软垫过程，根据移与速度的关系式有取竖直向上为正方向，接触软垫到速度为零过程，由动量定理得解得15.亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈间形成平行于中心轴线O1O2的匀强磁场。沿O1O2建立x轴，一圆形探测屏垂直于x轴放置，其圆心位于x轴上的P点。在线圈间加上平行于x轴的匀强电场，粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向持续发射初速度大小为v0的粒子。已知粒子质量为m，电荷量为q（q>0），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电场和磁场均沿x轴正方向，探测屏半径为R，不计粒子重力和粒子间相互作用。（1）若未加电场，求粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r；（2）若线圈中不通电，粒子恰好打在探测屏边缘，求探测屏中心与粒子源间的距离d1；（3）若要使粒子恰好打在探测屏的中心，求探测屏中心与粒子源间的最小距离d2。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得解得轨道半径为（2）粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向有，