2021年福建省泉州市高考物理第三次质检试卷含解析

2021年福建省泉州市高考物理第三次质检试卷
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，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）在某介质中，两列振幅和波长都相等的脉冲波相向传播，如图甲所示。

在它们相遇的某一时刻出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，该时刻（）
A．A、B两质点都向上运动
B．A、B两质点都向下运动
C．A质点向上运动，B质点向下运动
D．A质点向下运动，B质点向上运动
2．（4分）科学家麦耶和奎洛兹因对系外行星的研究而获得2019年诺贝尔物理学奖。

他们发现恒星“飞马座51”附近存在一较大的行星，两星在相互万有引力作用下，围绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。

若恒星与行星质量之比为k，则恒星与行星的（）
A．线速度大小之比为1
k B．角速度大小之比为k
C．向心力大小之比为1
k
D．向心加速度大小之比为k
3．（4分）如图，一弹簧上端固定、下端拴接一质量为m的物体，物体受到推力F N作用保持静止，弹簧处于压缩状态。

现撤去F N，在物体向下运动至最低点的过程中，弹簧的弹力大小F和物体的加速度大小a随物体位移x变化的关系图像可能正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
4．（4分）如图，总长为l 、质量为m 的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也
为m 的物块与软绳连接。

将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则（ ）
A ．刚释放时细线的拉力大小为mg
B ．该过程中物块的机械能减少了12mgl
C ．该过程中软绳的重力势能减少了12mgl
D ．软绳离开滑轮时速度大小为12√3gl
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。

每小题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．（6分）足够大的金属平板MN 接地，正点电荷Q 置于板的左侧，电场线分布如图所示，
a 、
b 、
c 、
d 是以Q 为圆心的圆的四等分点，圆与金属平板相切于a 点。

（ ）
A．a、c两点场强大小相等
B．b、d两点电势相等
C．试探电荷从a点沿圆移到b点的过程中，电势能保持不变
D．试探电荷从a点沿金属板向上移动的过程中，电势能保持不变
6．（6分）如图，足够长的光滑平行金属导轨M、N水平放置，相同的金属杆c、d静置在导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。

现金属杆c获得初速度v0沿导轨向左运动，最终达到稳定状态。

杆c、d有电阻，其余电阻不计，杆c、d与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（）
A．杆c达到稳定状态前做匀减速运动
B．杆c达到稳定状态后做匀速直线运动
C．杆d达到稳定状态前的电热功率逐渐减小
D．杆d达到稳定状态后速度为v0
7．（6分）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。

如图风力发电机的叶片半径为R。

某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直。

已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（）
A ．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR 2
B ．此风力发电机发电的功率为12
ρπv 2R 2η C ．若仅风速减小为原来的12，发电的功率将减小为原来的18
D ．若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
8．（6分）2020年2月，在国际单板滑雪U 型场地赛中，我国运动员蔡雪桐勇夺冠军。

如图，
滑道边缘线PQ 的倾角为θ，运动员以速度v 0从PQ 上的O 点沿PQ 的竖直切面滑出滑道，滑出时速度方向与PQ 的夹角为α，腾空后从PQ 上的A 点进入滑道。

已知α+θ＝90°，重力加速度为g ，运动员可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．O 、A 两点间的距离为4v 02sinθg
B ．运动员腾空中离PQ 的最大距离为v 02cos 2θ2g
C ．若仅减小夹角α，则运动员腾空时间可能保持不变
D ．若仅增大v 0的大小，则运动员再滑入轨道的速度方向不变
三、非选择题：共60分。

考生根据要求作答。

9．（4分）中核集团利用小型辐照装置研究新冠病毒灭活，其主要原理是利用辐照源钴60
（2760Co ）衰变后产生镍（Ni ）和电子，并放出γ射线，利用γ射线、电子束产生的电离
作用，使病毒失去感染性。

该衰变方程为2760Co → +−10e ；已知
钴60的半衰期为5.27年，则10g 的钴60经10.54年后还剩下 g 的钴60。

10．（4分）如图，两根相同的轻绳将一重力为G的小球悬挂在水平天花板下，静止时轻绳与天花板的夹角均为30°，则每根轻绳的拉力大小均为；现剪断一根轻绳，当球摆至最低点时，轻绳的拉力大小为。

11．（4分）向心力演示器如图所示。

（1）若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，质量相同的两钢球分别放在挡板处，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与（选填“质量m”、“角速度ω”或“半径r”）的关系。

（2）若将皮带套在两轮塔最下面圆盘上（两圆盘半径之比为3：1），质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可以得出的实验结论为：。

12．（8分）某学习小组通过实验测量一金属丝的电阻率。

（1）用游标卡尺测量金属丝的直径，测量的示数如图甲所示，该示数d＝cm；
（2）为了精确测量金属丝的电阻R x，学习小组设计并连接好如图乙所示的实验电路，M、N为金属丝接入电路的两端，标准电池的电动势为E S，为灵敏电流计，实验操作如下：
①用刻度尺测出M、N之间的长度L1；
②将滑动变阻器R的滑片移至阻值最大，闭合S1，调节R，使电流表示数适当，读
出电流表的示数I；
③保持R的滑片位置不变，闭合S2，调节P使电流计指针指向零刻度线，用刻度尺
测出M、P之间的长度L2，此时M、P间的电势差为；
④根据测量数据可求出金属丝的电阻R x＝，电阻率ρ＝。

（均选用
d、E S、I、L1、L2表示）
13．（10分）如图为孩子们喜爱的气压式水枪玩具的储水罐示意图，先在储水罐内加水，再用充气筒向储水罐充气，使罐内气压大于外界气压，扣动扳机将阀门K打开，水即从枪口喷出。

现储水罐内有一半容积的水，用充气筒向储水罐充气，使其压强达到1.5p0（p0为大气压强），扣动扳机喷水，当水的体积剩下为原来一半时停止喷水。

设罐内外气体温度相等且始终保持不变。

（1）求停止喷水时罐内气体的压强p1；
（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的1
16
，为使罐内气体压强恢复到1.5p0，求需要
充气的次数N。

14．（12分）如图为某种质谱仪的示意图，质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。

静电分析器通道中心轴线的半径为R，通道内存在均匀辐向电场；磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质子和待测未知粒子x，先后从静止开始经加速电压为U的电场加速后沿中心轴线通过静电分析器，从P点垂直边界进入磁分析器，最终分别打到胶片上的C、D点。

已知质子质量为m、电荷量为q，粒子x的电荷量是质子的2倍，PC＝2R，PD＝2√2R。

求：
（1）静电分析器中心轴线处的场强大小E ；
（2）磁感应强度大小B ；
（3）粒子x 的质量M 。

15．（18分）如图甲，一质量M ＝2kg 的斜面体锁定在光滑水平面上，其底端有轻质挡板。

质量m ＝1kg 的小物块从斜面顶端由静止释放，运动至底端与挡板碰撞，碰撞无机械能损失。

物块第一次碰撞前后的v ﹣t 图象如图乙所示。

取g ＝10m/s 2。

（1）求斜面的倾角θ以及物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）解除锁定，让物块从斜面顶端由静止释放，物块与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑到最高点P （图中未标出）。

已知物块下滑时受到的摩擦力大小为
207N ，上滑时受到的摩擦
力大小为52N ，求： （i ）P 点与挡板间的距离L ；
（ii ）物块从斜面顶端释放至上滑到P 点的过程中，斜面体的位移大小x 。

答案
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，只有一项是符合题目要求的。

1．解：由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，振动减弱，两波的振幅相等，所以如图（乙）所示的时刻两列波“消失”。

根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起A的振动方向向上，B的振动方向向下，向左传播的波单独引起A的振动方向向上，B的振动方向向下，根据叠加原理可知，此时A质点的振动方向是向上，B质点的振动方向是向下，故C正确；ABD错误；
故选：C。

2．解：BC、根据双星系统的特点，转动过程中周期相同，则角速度相同，由万有引力充当向心力，向心力也相同，所以恒星与行星的角速度之比为1：1，向心力大小之比为1：1，故BC错误；
A、由v＝ωr知角速度相同，线速度与半径成正比，所以恒星与行星的线速度之比为1：
k．故A正确；
D、因为a＝vω，所以加速度之比等于线速度之比，故恒星与行星的向心加速度之比为1：
k，故D错误；
故选：A。

3．解：AB、对物体受力分析，刚开始受到向下的重力和向下的弹力作用，此时弹簧的弹力F＝kx，随x的减小弹力减小，当x＝0时，弹力最小，此后弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力大小F＝kx，随弹簧伸长量达的增大而增大，故AB错误；
CD、在弹簧处于压缩状态当弹簧的弹力等于重力的过程中弹力先减小后增大，由牛顿第二定律可得
mg+kx＝ma，解得a=g+kx m
当弹簧的弹力大于重力时，根据牛顿第二定律可得kx﹣mg＝ma，解得a=kx m−g，随形变量的增大而增大，故C错误，D正确；
故选：D。

4．解：A、刚释放时对整个物块和软绳应用牛顿第二定律有a=(m+m2)g−12mg
m+m
=12g，再对
物块m有：mg﹣T＝m×12g，联立解得：T=12mg，故A错误；
C 、以滑轮处为参考面，从释放物块到软绳恰离开滑轮，软绳重力势能减少量为|△E p |＝mg ×(−l 4)−(−mg ×l 2)=14mgl ，故C 错误；
D 、根据机械能守恒定律得：﹣mg l 2
−mg ×l 4=12(2m)×v 2−mgl −12mgl ，解得v =12√3gl ，故D 正确。

B 、根据以上结论，物块的机械能减小了|△E|＝﹣mg ×12l −[﹣mg ×l +12mv 2]=18mgl ，故B 错误。

故选：D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。

每小题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．解：A 、由图可知，根据电场线疏密程度，得a 点场强大于c 点场强，故A 错误；
B 、根据电场线的对称性，b 、d 两点电势相同，故B 正确；
C 、a 、b 两点所在位置场强不同，距正电荷距离相同，根据U ＝Ed ，可以判断正电荷到两点的电势差不同，所以b 点的电势和a 点的电势不同，根据公式E p ＝q φ，试探电荷从a 点沿圆移到b 点的过程中，电势能改变，故C 错误；
D 、金属板表面是一个等势面，电势处处相等，所以试探电荷从a 点沿金属板向上移动的过程中，电势能保持不变，故D 正确；
故选：BD 。

6．解：AB 、金属杆c 向右运动过程中切割磁感应线产生感应电流，根据右手定则可知电流
方向为逆时针，根据左手定则可知金属杆c 受到向右的安培力，金属杆d 受到向左的安培力，金属杆c 向左做减速运动、金属杆d 向左做减速运动，相对稳定前回路中产生的感应电流为：I =BL(v c −v d )R c +R d ，由于v c ﹣v d 逐渐减小，则电流强度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当二者的速度相等时，回路中的感应电流为零，加速度为零，此后二者以相同的速度做匀速直线运动，故A 错误、B 正确；
C 、杆d 达到稳定状态前电流强度越来越小，则电热功率逐渐减小，故C 正确；
D 、取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mv 0＝2mv ，解得：v =12v 0，所以杆d 达到稳定状态后速度为12v 0，故D 错误。

故选：BC 。

7．A 、设发电机的叶片半径为R ，吹到叶片的风速为v ，空气的密度为ρ，建立如图所示的
圆柱模型：
圆柱体积表示为v ＝πR 2vt ，则单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量m ＝ρπvR 2，故A 正确；
B 、设单位时间内通过叶片的转动圆面的空气的动能为：E k =12mv 2=12ρπvR 2v 2 动能转化为电能的效率为η，由功率公式得：P =12ρπv 3R 2η，故B 错误；
C 、若仅风速减小为原来的12，由发电的功率P =12ρπv 3R 2η可以得出减小为原来的18，故C 正确；
D 、若仅风速增大为原来的2倍，由发电的功率P =12
ρπv 3R 2η可以得出增大为原来的8倍，故D 错误；
故选：AC 。

8．解：A 、将重力加速度沿平行于斜面和垂直于斜面方向进行分解，则a ∥＝gsin θ，a ⊥＝﹣
gcos θ。

将初速度也同样进行分解，则v 0x ＝v 0sin θ，v 0y ＝v 0cos θ，如图所示。

落斜面时，垂直于斜面的末速度v y ＝﹣v 0cos θ，那么回到斜面的时间t =v y −v 0y a ⊥=2v 0g ，所以平行于斜面位移x ＝v 0x t +12a ∥t 2=v 0sin θ×2v 0g +12gsinθ×(2v 0g )2=4v 02sinθg ，故选项A 正确；
B 、当在垂直于斜面的速度减小为零时，在垂直于斜面方向最大位移y m =02
−v 0y 22a ⊥
=0−(v 0cosθ)22×(−gcosθ)=v 02cosθ2g ，故B 错误； C 、由上两的结论，运动员落到斜面的时间t =2v 0g ，当仅减小夹角α，则θ解变大，时间不变，故C 错误；
D 、由斜抛的对称性，末速度方向是由初速度方向决定，仅改变速度的大小，落回斜面
的速度方向不变，故D 正确。

故选：AD 。

三、非选择题：共60分。

考生根据要求作答。

9．解：根据电荷数守恒、质量数守恒，知钴60发生β衰变的衰变方程为：
2760
Co →
2860Ni
+
−10
e ；
10.54年为两个半衰期，则剩下的钴为原来的(12)2=1
4，没全则10g 的钴60经10.54年后还剩下：m =14m 0=10g ×1
4
=2.5g 。

故答案为：
2860
Ni ，2.5
10．解：绳子没有剪断时，有2Fsin θ＝G ，得F ＝G
剪断绳子后，小球摆到最低点，设此时速度为v ，根据动能定理可得：GL(1−sinθ)=
12mv 2
−0，在最低点，根据牛顿第二定律可得：F ′﹣G ＝m v 2L
，联立解得F ′＝2G 故答案为：G ；2G
11．解：（1）由题意可知质量相同，角速度相同，半径不同，采用控制变量法，可探究小球做圆周运动所需向心力F 的大小与半径的关系； （2）皮带与两轮塔具有相同的线速度，根据v ＝ωr ，得ω1ω2
=
r 2r 1
=1
3
，向心力F ＝m ω2r ，
m 、r 一样，所以
F 1F 2
=1
9。

所以质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比 故答案为：（1）半径r ；（2）质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比
12．解：（1）20分度的游标卡尺的精度为0.05mm ，根据读数规则可知：d ＝4mm+8×0.05mm ＝4.40mm ＝0.440cm ；
（2））③当调节P 使电流计的指针指向零刻度线，这说明M 、P 间的电势差与外接标准电池的电动势大小相等，即U MP ＝E S ；
④因为R 的滑片位置不变，电路中总电阻不变，电流强度I 不变，那么接入M 、P 间的电阻大小可表示为R MP =
E s
I ，① 根据电阻定律R =ρL
S 知：
R x R MP
=
L 1L 2
②
联立①②解得：R x =L 1E
s
L 2I
③
设金属丝的横截面积为S ，则S =14
πd 2④ 再由电阻定律得出ρ=
R x S
L 1
⑤ 联立③④⑤解得：电阻ρ=πE s d
2
4IL 2
故答案为：（1）0.440 （2）③E S ④
πE s d 24IL 2
13．解：（1）设储水罐的容积为V ，开始时罐内气体体积为V 1=1
2
V ，停止喷水时罐内气体的体积为V 2=34
V
气体初状态压强p 1＝1.5p 0，气体温度不变，根据玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得：p 2＝p 0
（2）设充气次数为N ，从充气筒充入气体的总体积为：V 3＝N ×1
16V 气体温度不变，根据玻意耳定律有：p 0（V 2+V 3）＝1.5p 0V 2， 代入数据解得：N ＝6次
答：（1）停止喷水时罐内气体的压强p 1是p 0。

（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的1
16
，为使罐内气体压强恢复到1.5p 0，需要充
气的次数N 是6次。

14．解：（1）设质子加速后的速度为v 1，由动能定理：qU =1
2mv
12
①
质子在通道内做匀速圆周运动，由几何关系知轨道半径为：r 1＝R
②
由牛顿第二定律：qE ＝m v 1
2r 1
③
①②③联立得：E =
2U R
④ （2）质子在磁场中做匀速圆周运动：qv 1B ＝m v 1
2r 1
⑤
①②⑤联立得：B =
1R √2mU
q
⑥ （3）设未知粒子x 在磁场中运动的半径为r 2，则有PD ＝2r 2＝2√2R 可得：
r 2=√2R
⑦
设未知粒子x 加速后的速度为v 2，由动能定理：2qU =1
2
Mv 22⑧
未知粒子x 在通道内做匀速圆周运动：2qv 2B ＝M v 2
2r 2
⑨ ①④⑤⑥⑦⑧⑨联立
得
：
M
＝
4m
⑩
答：（1）静电分析器中心轴线处的场强大小E 为
2U R
；
（2）磁感应强度大小为
1R
√2mU q
；
（3）粒子x 的质量M 为4m 。

15．解：（1）根据v ﹣t 图像的斜率表示加速度，由图乙可得，物块下滑加速度大小为 a 1=
△v 1△t 1=2
1
m/s 2＝2m/s 2 上滑加速度大小为 a 2=
△v 2△t 2=2
1.25−1
m/s 2＝8m/s 2 设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得 下滑时有：mgsin θ﹣μmgcos θ＝ma 1 上滑时有：mgsin θ+μmgcos θ＝ma 2 解得θ＝30°，μ=√3
5
（2）（i ）由图乙可得，斜面长L 1=v 2t 1=2
2×1m ＝1m
物块与斜面组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，开始时系统水平方向动量为零，由系统水平方向动量守恒可知，物块滑到P 点时，M 和m 的速度均为零，物块从斜面顶端释放至上滑到P 点的过程中，由功能关系可得 mg （L 1﹣L ）sin θ＝f 1L 1+f 2L 解得L =2
7m
（ii ）物块从斜面顶端释放至上滑到P 点的过程中，设物块水平位移大小为x 1，所用时间为t 。

取水平向左为正方向，系统在水平方向上动量守恒，则有 m
x 1t −M x
t
=0
可得mx 1﹣Mx ＝0 又x 1+x ＝（L 1﹣L ）cos θ 解得：x =
5√13
42
m 答：（1）斜面的倾角θ为30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ为√35
； （2）（i ）P 点与挡板间的距离L 为2
7m ；
（ii ）物块从斜面顶端释放至上滑到P 点的过程中，斜面体的位移大小x 为
5√13
42
m 。