2022届福建省福州市福州一中高三（下）第二次模拟考试物理试题 附解析

这是一份2022届福建省福州市福州一中高三（下）第二次模拟考试物理试题 附解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
班级______ 座号______ 姓名______
一、单项选择题（每题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 华灯初上，摩天轮在暮色中格外醒目。若摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则以下说法正确的是（ ）
A. 在相同的时间内，乘客的速度变化相同
B. 乘客在最低点时，他动量变化率为零
C. 当乘客位于摩天轮的最高点时，他处于失重状态
D. 乘客在与转轴等高的位置时，他的加速度就是重力加速度g
【1题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，是变加速运动，所以在相同时间内，乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，选项A错误；
B．根据动量定理有
可得
可见动量变化率即为乘客所受合外力，在匀速圆周运动的最低点合外力不为零，所以他的动量变化率不为零，选项B错误；
C．当乘客位于摩天轮的最高点时，他受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，选项C正确；
D．乘客在与转轴等高的位置时，他受到的合外力水平指向圆心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，选项D错误。
故选C。
2. 太空授课中，王亚平演示了测量物体质量的实验，让广大青少年领悟到了太空探索的趣味和航天员的魅力。某中学兴趣小组就在轨做匀速圆周运动的天宫空间站内“测物体质量”的问题，设计了下列四个方案，其中正确的是（ ）
A. 像在地面上那样，用天平可直接测出待测物体质量m
B. 根据已知的轨道半径、地球质量、引力常量等，计算出空间站所在处的重力加速度g，再用弹簧秤测出物体重力G，利用公式求出待测物体质量m
C. 让待测物体与已知质量的静止物体正碰，测出两物体碰撞前后（相对于空间站）的速度，再利用求出待测物体质量
D. 使待测物体受到沿运行轨道切向的己知恒力F的作用，测出（相对于空间站）从静止开始经很短时间t移动的位移x，再利用求出待测物体质量m
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在天宫空间站中，所有的物体都处于完全失重状态，一切与重力有关的仪器都不能使用，所以天平不能直接测出物体的质量m，弹簧秤也不能测出物体的重力G，故AB错误；
C．因为不能确定两物体的碰撞是否为弹性碰撞，因此碰撞前后两物体组成的系统的机械能不一定守恒，故C错误；
D．在运行轨道切向，待测物体受恒力作用，相对空间站做匀加速运动（很短时间可近似看做匀加速直线运动）则由
可得
由牛顿第二定律
解得
故D正确；
故选D。
3. 关于薄膜干涉现象及其应用下列说法正确的是（ ）
A. 如图甲所示，竖直放置肥皂薄膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，形成明暗相间的竖直条纹
B. 如图乙所示，照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，膜的外表面和玻璃表面反射的光发生干涉使镜头看起来有颜色，膜的厚度为光在膜中波长的
C. 如图丙所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹下的
D. 如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，可以看到等间距的明暗相间的圆环状条纹
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 如图甲所示，竖直放置的肥皂薄膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，由于同一水平线上的薄膜厚度近似相同，所以干涉后能产生水平的明暗条纹，故A错误；
B. 如图乙所示，照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，从薄膜前后两表面反射的光发生干涉使镜头看起来有颜色，膜的厚度为光在膜中波长的，故B错误；
C. 如图丙所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，如果某处凹下去，则对应亮纹(或暗纹)提前出现，所以图中条纹弯曲说明此处是凹下的，故C正确；
D. 如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，由于凸透镜下表面是曲面，所以空气膜厚度越往外越厚，所以看到的明暗相间的圆环状条纹越往外越密，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球上升过程的运动时间4sB. 地面对小球冲量-14N·s
C. 小球落地时的速度-40m/sD. 小球离地时的速度30m/s
【4题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．小球下降过程加速度
根据牛顿第二定律
球上升过程加速度
根据牛顿第二定律
全程的平均速度
解得
故小球上升过程的运动时间
小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为
故ACD错误；
B．小球与地面作用过程，根据动量定理
故B正确。
故选B。
二、多项选择题（每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，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. 图甲为某沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图乙是质点d的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A. t＝0时质点a的速度大小比质点c的小
B. 波沿x轴负方向传播
C. 波速为2.5 cm/s
D. 从t＝0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置
【5题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由振动图像t＝0时刻d点向下振动可知，波源在左侧，波沿x轴正方向传播，t＝0时质点a的速度大小为零，质点c速度不为零，即t＝0时质点a的速度大小比质点c的小，故A正确、B错误；
C．由图像可知波动周期为T＝2 s，波长为λ＝4 m，则波速为，故C错误；
D．从t＝0时刻开始质点b和质点c到平衡位置的位移相同，b向平衡位置运动，c远离平衡位置，故b先回到平衡位置，故D正确。
故选AD。
6. 动车是指一辆单节自带动力的轨道车辆，拖车是指一辆单节不带动力的轨道车辆，把几节动车和拖车串在一起就构成了动车组，不同型号的动车组动拖分布情况不同，比如，CRH2A型号动车组动拖分布为：（头车）拖-动-动-拖-拖-动-动-拖（从左到右编号依次为1~8）。假设行驶过程中所受阻力与质量成正比，每节车质量同为m，每节动车额定功率为，动车组最大行驶速度为，若动车组以额定功率启动，某时刻速度为最大行驶速度的一半时，判断以下关于车厢之间的弹力说法正确的是（假设各节车厢之间只有水平弹力）（ ）
A. 第1节和第2节之间的弹力为B. 两车之间的弹力有三处为零
C. 两车之间的弹力有三处为D. 第7节车厢对第8车厢弹力指向车头
【6题答案】
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当牵引力等于阻力时，此时速度达到最大，根据
4P0=8fvm
解得
对第一节受力分析
，
解得第1节和第2节之间的弹力为
故A错误；
BC．第2节和第3节之间，对前2节受力分析
解得
同理可计算出
， ，，，
故B正确C错误；
D．对前7节受力分析，设第8节对第7节作用力指向车头
解得第8节对第7节作用力
根据牛顿第三定律可知第7节车厢对第8车厢弹力指向车头，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n:1，原线圈接电压为u=U0sinωt的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R．当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，此时电流表的示数为I，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 电动机两端电压为IR
B. 原线圈中的电流为nI
C. 电动机消耗的电功率为
D. 重物匀速上升的速度为
【7题答案】
【答案】CD
【解析】
【详解】A．变压器原线圈输入电压为
副线圈输出电压为
即电动机两端电压为，电动机不是纯电阻电路，则两端的电压不等于IR ，选项A错误；
B．根据变压器原副线圈电流关系得，原线圈中电流为，B错误；
C．电动机消耗电功率为
选项C正确；
D．电动机输出功率为mgv，线圈发热功率为I2R，电动机消耗电功率等于输出机械功率与线圈热功率之和，即
可得重物上升速度为
D正确．
故选CD。
8. 一质量为1kg的小物块A置于竖直轻弹簧上处于静止状态，另一质量为3kg的小物块B从距离A某高度自由落下，与A碰撞后（碰撞时间极短）一起压缩弹簧到最低点，碰后A的加速度随其位移变化的图像如图所示。不计空气阻力，取重力加速度为g= 10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A. 碰后A、B做匀变速直线运动
B. 碰撞结束瞬间，A的加速度a0=7.5m/s2
C. 弹簧的劲度系数为100N/m
D. A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中，动能的增加量为0.45J
【8题答案】
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可知，碰后整体的加速度先减小后反向增大，故不是匀变速直线运动，A错误；
B．碰前A的重力与弹簧弹力平衡，碰后瞬间弹簧弹力不突变，故AB碰后瞬间整体的合外力为，对整体应用牛顿第二定律可得
解得
B正确；
C．设初状态弹簧压缩量为，有
当时加速度为零，此时
联立解得
C错误；
D．A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中AB所受的合外力随位移均匀减小，其合外力随位移变化的图像为
因为通过图像的面积可以求变力的功，故合外力的总功为
由动能定理
故动能增量为0.45J，D正确。
故选BD。
三、填空题（每空2分，共22分）
9. 一定质量的理想气体状态变化如图所示由状态1变化到状态2，图中，，，状态1、2对应的温度分别为、，此过程中气体内能______（填“增大”或“减小”或“不变”）。
【9题答案】
【答案】増大
【解析】
【详解】[1]根据理想气体状态方程可得
代入数据得到
故
所以该过程气体内能增大。
10. 图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度g取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力，则该单摆的摆长l为______m，F的最小值为______N。
【10题答案】
【答案】 ①. 0.64 ②.
【解析】
【详解】[1][2] 当摆球经过最低点时摆线拉力最大，相邻两次经过最低点的时间间隔为半个周期，由图像可知相邻两次拉力最大值的时间间隔为0.8s，即半个周期为0.8s，则单摆周期为
T=1.6s
由周期公式
得
由图可得，摆球运动到最低点时细线的拉力
Fmax=102N
由牛顿第二定律得
由最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律得
解得
11. 用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为△t=0.02s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光的时间内A、B均在0～80cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x=55cm处，B恰好过x=70cm处，则由图可知：
（1）两滑块在x= ______ cm处相碰．
（2）两滑块在第一次闪光后t= ______ s时发生碰撞．
（3）若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为______ ．
【11题答案】
【答案】 ①. 60 ②. 0.01 ③. 2:3
【解析】
【详解】试题分析：（1）碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60cm处．
（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，所以vA′•△t=20， 碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′，有vA′•t′=10，第一次闪光到发生碰撞时间为t，有t+t′=△t，得
（3）碰撞前，A速度大小为：；B的速度大小为；碰撞后，A的速度
取向左为正方向，则由动量守恒定律可知：mAv′A=mAvA-mBvB，解得：mA：mB=2：3．
考点：动量守恒定律
【名师点睛】本题通过图象考查动量守恒定律的验证实验，主要考查了同学们读图的能力，要能从图象中得出有效信息，才能正确利用物理规律求解．
12. 2020年新冠状病毒肆虐的疫情假期，物理兴趣小组成员陈俊宇同学，根据手头的实验器材设计了如图所示的欧姆表电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率。可用器材如下：
A．干电池（电动势，内阻不计）
B．电流表G（满偏电流，内阻）
C．定值电阻R0（阻值为5.0Ω）
D．滑动变阻器R1（最大阻值为150Ω）
E．定值电阻Ra
F．定值电阻Rb
G．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）该兴趣小组陈俊宇同学按照如图所示电路图连接好实验电路。当开关S合向_______（填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×10”倍率；
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，则定值电阻Ra=_______Ω，Rb=_______Ω；
（3）将开关S合向b，第一步：调节滑动变阻器R1，当R1=______Ω时，将红、黑表笔短接，电流表电流达到满偏电流。第二步：在红、黑表笔间接入待测电阻Rx，发现电流表指针指向的位置，则待测电阻Rx=____Ω。
【12题答案】
【答案】 ①. b ②. 1 ③. 9 ④. ⑤. 300
【解析】
【详解】（1）[1]把虚线框内的电路等效成一个电流表﹐设当开关S合向a端时﹐等效电流表满偏电流为Ia。当开关S合向b端时，等效电流表满偏电流为Ib，根据串联规律可得
可以看出
所以当开关S合向b端时﹐欧姆表是“×10”倍率挡；
（2）[2][3]当开关S合向a端时﹐中值电阻
则
当开关S合向b端时﹐中值电阻
则
结合
和
可解得
（3）[4][5]开关S合向b端时，把虚线框内的电路等效成一个电流表﹐其内阻
解得
此时将红﹑黑表笔短接，电流表电流达到满偏电流。当电流表指针指向的位置，干路电流为
解得
四、解答题（本题共3小题，共38分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。）
13. 如图，直杆水平固定，质量的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角的斜向上恒力，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间动摩擦因数，取，，，求：
（1）AB段小圆环的加速度a1的大小；
（2）AB与BC的距离之比s1:s2。
【13题答案】
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在AB段，对圆环根据牛顿运动定律有
①
②
③
由①②③式代入数据得
④
（2）BC段，对圆环根据牛顿运动定律有
⑤
⑥
又 ⑦
由⑤⑥⑦式代入数据得
⑧
AB和BC段，根据匀变速直线运动规律，分别有
⑨
⑩
由④⑧⑨⑩得
14. 如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示。一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，求
（1）金属棒a第一次穿过磁场中通过b棒的电荷量q
（2）金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中金属棒b上产生的焦耳热
（3）金属棒a最终停止的位置距磁场左边界的距离x
【14题答案】
【答案】（1）0.5C；（2）0.34J；（3）0.8m
【解析】
【详解】（1）金属棒a第一次穿过磁场中，有
① ② ③ ④
由①②③④得
⑤
代入数据得
⑥
（2）金属棒a第一次穿过磁场中，对金属棒a列动量定理，有
⑦
此过程回路产生的总焦耳热为Q，则有
⑧
金属棒b上产生的焦耳热
⑨
由①⑥⑦⑧⑨得
，， ⑩
（3）金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞，有
得
金属棒a反弹重新进入磁场到最终停止过程中，设位移大小，对金属棒a列动量定理，有
，，
得
，
得
15. 如图所示，直角坐标系xOy中，第一象限内有垂直坐标平面向内．磁感应强度大小的匀强磁场，第二象限内有一磁感应强度大小为2B0的圆形未知磁场区域（图中未画出），第四象限内有垂直坐标平面向外、磁感应强度大小也为B0的匀强磁场，在x轴上-a、a、3a、5a、7a…等位置上分别放有质量为m、不带电的黏性小球。现将一质量也为m、电荷量为q的带负电小球从第三象限沿y轴正方向、以大小为v0的速度，射向x轴上-a点的小球，与之发生碰撞并粘连后恰好从y轴上坐标为a的点垂直y轴进入第一象限。每次小球碰撞时均粘连，不计重力及空气阻力，求：
（1）第二象限内未知磁场区域的最小面积S和磁场方向；
（2）从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tB；
（3）若将第四象限内的磁场换成沿y轴负方向、电场强度大小的电场，从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tE；
【15题答案】
【答案】（1），磁场方向垂直坐标平面向内；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电小球与-a处的小球碰撞粘连过程中有
mv0=（m+m）v1
小球在第二象限的磁场中的运动半径
分析可知，两小球在磁场中的运动轨迹只有四分之一个圆，如图甲所示，当轨迹弦长等于区域圆直径时，磁场区域面积最小
磁场区域的最小面积
解得
由左手定则可知，磁场方向垂直坐标平面向内；
（2）带电小球刚进入第一象限时，运动半径
小球恰好与在x轴上a处的不带电小球碰撞，由动量守恒定律可知，每次碰撞前后整体的动量都相等，且电荷量也不变，所以运动半径均等于a，将依次与3a、5a、7a…处的小球碰撞，如图乙所示
由动量守恒可得
mv0=（n+1）mvn（n=1、2、3…）
第一段时间
之后第n段时间
从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间
解得
（3）将第四象限内的磁场换成电场后，小球的运动轨迹如图丙所示
第一次在电场中运动的加速度大小
第一次在电场中运动的时间
第二次在电场中的加速度大小
第二次在电场中运动的时间
从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间
解得