2024届福建省厦门湖滨中学高三第二学期阶段考试物理试题

2024届福建省厦门湖滨中学高三第二学期阶段考试物理试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一质量为m 的小车在沿斜面向下的外力F 作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m ）的轻绳恰好水平。

不计空气阻力作用，已知重力加速度为g ，则外力F 的大小为（ ）
A ．2mg
B ．3mg
C ．4mg
D ．5mg
2、近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T ，则火星的平均密度ρ的表达式为（k 为某个常数）（ ）
A ．kT ρ=
B ．k T ρ=
C ．2kT ρ=
D ．2
k T ρ= 3、在离地高h 处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，两球落地的时间差为( )
A ．h v
B ．2h v
C ．2v g
D ．2222v v h h g g g g
++- 4、电梯在t =0时由静止开始上升，运动的a t -图像如图所示，电梯总质量m =2.0×
103kg 。

电梯内乘客的质量m 0=50kg ，忽略一切阻力，重力加速度g =10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．第1s 内乘客处于超重状态，第9s 内乘客处于失重状态
B ．第2s 内乘客对电梯的压力大小为450N
C．第2s内钢索对电梯的拉力大小为2.2×104N
D．第2s内电梯对乘客的冲量大小为550N·s
5、笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流I时，电子的定向移动速度v，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的（）
A．前表面的电势比后表面的低。

B．前、后表面间的电压U=Bve
C．前、后表面间的电压U与I成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU c
6、如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块a、b与地面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现给物块a施加一水平向右的拉力F，缓慢增大F 到物块a要滑动的过程中，下列说法正确的是
A．地面对物块a的摩擦力一直增大
B．地面对物块a的摩擦力与轻绳对物块a的拉力同步增大
C．物块a刚好要滑动时，物块b也刚好要滑动
D．物块b刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力F的一半
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是________。

A．当t=0.5s时质点b和质点c的位移相等
B．该机械波的传播速度为5m/s
C．质点c在0~0.6s时间内沿x轴正方向移动了3m
D．质点d在0~0.6s时间内通过的路程为20cm
E.质点d开始运动时方向沿y轴负方向
8、如图为乒乓球发球机的工作示意图。

若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大小随机变化，发球方向也在水平面内不同方向随机变化。

若某次乒乓球沿中线恰好从中网的上边缘经过，落在球台上的A点，后来另一次乒乓球的发球方向与中线成θ角，也恰好从中网上边缘经过，落在桌面上的B点。

忽略空气对乒乓球的影响，则（）
A．第一个球在空中运动的时间更短
B．前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等
C．前后两个球发出时的速度大小之比为1:cosθ
D．A B、两落点到中网的距离相等
9、宽度L=3m的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，一单匝正方形金属框边长ab=l=1m，每边电阻r=0.50，金属框以v=10m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，规定逆时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场区的过程中，金属框中感应电流I和ab边两端的电压U的图线正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
10、如图所示，质量分别为12m m 、的A B 、两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。

已知B 与斜面间的动摩擦因数tan μα< ， 则( )
A ．整体在上滑的过程中处于失重状态
B ．整体在上滑到最高点后将停止运动
C ．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
D ．在上滑过程中两物块之间的摩擦力大于在下滑过程中的摩擦力
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r 约为1Ω）
电阻箱R 1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R 2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V （内阻未知）
电流表A （内阻未知）
灵敏电流计G ，两个开关S 1、S 2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R 1和R 2至最大，闭合开关S 1和S 2，再反复调节R 1和R 2，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 、电阻箱R 1、电阻箱R 2的示数分别为0.40A 、12.0V 、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R 1和R 2（与①中的电阻值不同），使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为0.60A 、11.7V 。

回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G 的示数为0时，电路中A 和B 两点的电势差U AB =______ V ；
A 和C 两点的电势差U AC =______ V ；A 和D 两点的电势差U AD =______ V ；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E 为___________V ，内阻为________Ω。

12．（12分）利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。

水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B 点固定着光电门。

跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m 的重物和质量M 的物块（含宽度为d 的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A 的位置，记录每次AB 的间距x 和遮光条通过光电门的时间t 。

（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g ）
(1)物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为△E k =_______。

(2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x 与t 之间关系的图像是__________（填选项序号字母）。

(3)若(2)中正确图线的斜率为k ，则物块与水平面间的动摩擦因数μ=_______（填选项序号字母）。

A ．22()2kmg M m d kMg -+
B ．2
2()2kmg M m d kMg
++ C ．222()kMg kmg M m d -+ 四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，两条足够长的光滑导电轨道倾斜放置，倾角37θ=︒，轨道足够长，轨道间距离0.6m L =，轨道下端连接2R =Ω的电阻，轨道其他部分电阻不计，匀强磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度0.5T B =，一质量
为0.1kg m =，电阻1r =Ω的导体棒ab 在平行于轨道的恒定的拉力F 作用下由静止开始向上运动，18m x =时速度达到最大，最大速度m 10m/s v =。

这时撤去拉力F ，导体棒继续运动到达最高点，全过程中流过电阻R 的电荷量1C q =，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：
（1）导体棒达到最大速度时导体棒两端的电势差ab U ；
（2）导体棒ab 在恒定的拉力F 作用下速度为2m v 时的加速度大小； （3）向上运动的全过程中电阻R 上产生的热量。

14．（16分）如图，滑块A 和木板B 的质量分别为m A =1kg 、m B =4kg ，木板B 静止在水平地面上，滑块A 位于木板B 的右端，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.长L =0.9m 的轻绳下端悬挂物块C ，质量m C =1kg ，轻绳偏离竖直方向的角度θ=60°。

现由静止释放物块C ，C 运动至最低点时恰与A 发生弹性正碰，A 、C 碰撞的同时木板B 获得3m/s 、方向水平向右的速度，碰后立即撤去物块C ，滑块A 始终未从木板B 上滑下。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s 2.不计空气阻力，A 和C 可视为质点，求：
(1)C 与A 碰撞前瞬间轻绳的拉力；
(2)木板的最小长度；
(3)整个运动过程中滑动摩擦力对滑块A 做的功及A 、B 间因摩擦产生的热量。

15．（12分）如图为一由透明介质制成的截面为14
圆的柱体，放在水平面上，其中O 点为圆心，该圆的半径为R ，一点光源发出一细光束，该光束平行水平面射到透明介质上的M 点，该光束经透明介质折射后射到水平面上的Q 点。

已知12
OM R =，3OQ R =，光在空气中的速度为c 。

求：
①透明介质的折射率n 应为多少？
②该光束由M 点到Q 点的时间为多少？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解题分析】
小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。

对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得，在沿斜面方向上有
2sin302F mg ma +︒=
对小球进行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，其合力一定沿斜面向下，且大小
2sin 30mg F mg ==︒
合 故加速度
2a g =
代入上式可得
3F mg =
故选B 。

2、D
【解题分析】
探测器绕火星做“近地”匀速圆周运动，万有引力做向心力，故有
2
224Mm G m R R T
π= 解得
2
32
4M R GT π= 故火星的平均密度为
223
343
M k GT T R πρπ=== （3k G
π=为常量） 故选D 。

3、D
【解题分析】 自由下落的小球，有
2112
h g t = 得
1t = 对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：
221122
mgh mv mv +=' 则得落地时速度大小为
v '=
对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为g -，则运动时间为：
2v v v v v t g g g -'-+'===- 故时间之差为
21v t t t g ∆=-=A ．
h v
，与结论不相符，选项A 错误； B ．2h v ，与结论不相符，选项B 错误； C ．2v g
，与结论不相符，选项C 错误； D
．v g +D 正确； 故选D ．
点睛：本题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关系．
4、D
【解题分析】
A ．第1s 内和第9s 内加速度均竖直向上，乘客处于超重状态，故A 错误；
B ．第2s 内研究乘客，根据牛顿第二定律
00F m g a m -=
代入数值解得电梯对乘客的支持力为550N ，由牛顿第三定律可知，乘客对电梯的压力为550N ，故B 错误； C ．第2s 内研究乘客和电梯整体，根据牛顿第二定律
()()00T m m g m m a -+=+
代入数值解得钢索对电梯的拉力为22550N ，故C 错误；
D ．a t -图像的面积表示速度变化，得第2s 内速度的变化量为
1v ∆=m/s
第2s 内研究乘客，根据动量定理
00I m gt m v -=∆
代入数值解得电梯对乘客的冲量为550N ⋅s ，故D 正确。

故选D 。

5、C
【解题分析】
A ．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A 错误；
B ．由电子受力平衡可得
U e evB a
= 解得U Bva =，电流越大，电子的定向移动速度v 越大，所以前、后表面间的电压U 与I 成正比，所以故B 错误，C 正确；
D ．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
U F eE e a
== 故D 错误。

故选C 。

6、D
【解题分析】
ABC.当摩擦力增大到最大静摩擦力之前，轻绳拉力为零，再增大F ，摩擦力不再增大，此后a 、b 间的拉力从零开始增大，地面对b 的摩擦力达到最大静摩擦力，此时物块b 要开始滑动，故ABC 错误；
D. 物块a 、b 的质量相同，与地面的动摩擦因数相同，因此b 刚好要滑动时，对a 由牛顿第二定律得：
F mg T ma μ--=
对b 由牛顿第二定律得：
T mg ma μ-=
联立解得：
2
T F = 故D 正确。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABD
【解题分析】
AB ．根据题意知，该波的传播速度为
96m /s 5m /s 0.6
ce x v t -=== 周期为
40.8s 5
T s v λ
=== t =0时刻c 质点经过平衡位置向上运动，经0.4s 后b 质点到达负向最大位移处，c 质点到达平衡位置向下运动，之后再经过0.1s ，也就是
8T ， b 向上运动8的位移与c 质点向下运动的位移大小相等，故t =0.5s 时质点b 和c 的位移相等，故AB 正确。

C ．质点c 只在y 轴方向上振动，并不沿x 轴正方向移动。

故C 错误。

D ．质点d 在0~0.6s 内振动了0.4s ，即半个周期，所以质点d 在0~0.6s 时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm 。

故D 正确。

E ．根据波形平移法知，质点d 开始运动时方向沿y 轴正方向，故E 错误。

故选ABD 。

8、BD
【解题分析】
A ．乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由
212
h gt = 可知，两个球在空中的运动时间相等，故A 错误；
B ．由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故B 正确；
C ．两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由
x vt =
可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为cos :1θ，故C 错误；
D ．前后两球发出时速度大小之比为cos :1θ，且在空中运动时间相同，故水平位移之比为cos :1θ，结合几何关系可知，A B 、两落点到中网的距离相等，故D 正确。

故选BD 。

9、AD
【解题分析】
线框刚进入磁场，cd 边切割磁感线，根据右手定则或楞次定律，可以判断出感应电流的方向为逆时针（为正方向），电流的大小为
E BLv I R R
== 代入数据解得
1I = A
此时ab 边两端的电压
10.54
ab U I R =⋅=V 线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量为零没有感应电流，但ab 和cd 两条边同时切割磁感线，产生感应电动势，相当于两节电池并联
2.0ab U BLv ==V
最后线框穿出磁场，ab 边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向为顺时针（为负方向），电流大小为
E BLv I R R
== 代入数据解得
1I = A
此时ab 边两端的电压
3 1.54
ab U I R =⋅=V 故AD 正确，BC 错误。

故选AD。

10、AC
【解题分析】
A．在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
（m1+m2）g sinθ+f=（m1+m2）a
f=μ（m1+m2）g cosθ
因此有：
a=g sinθ+μg cosθ
方向沿斜面向下。

所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态。

故A正确；
B．同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
（m1+m2）g sinθ-f=（m1+m2）a′，
得：
a′=g sinθ-μg cosθ
由于μ＜tanθ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动。

故B错误；
CD．以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
m1g sinθ+f′=m1a
解得：
f′=μm1gcosθ
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
m1g sinθ-f″=m1a′
解得：
f″=μm1g cosθ
所以
f″=f′
即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故C正确D错误。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0 12.0V -12.0V 1530Ω 1.8Ω 12.6V 1.50
【解题分析】
(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差U AB=0V；A和C
两点的电势差等于电压表的示数，即U AC =12V ；A 和D 两点的电势差U AD = =-12 V ；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
1121530120.430.6
V U R U I R ==Ω=Ω-- 电流表的内阻为
21228.2 1.80.4
DA A U R R I =-=-=Ω (3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E =2U AC +I∙2r
即
2E =24+0.8r
同理
''222AC E U I r =+⋅
即
2E =2×11.7+0.6∙2r
解得
E =12.6V
r=1.50Ω
12、()22
2M m d t + C A 【解题分析】
(1)[1]物块到达B 点时的速度为
B d v t
= 则物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为
()2221()22k B M m d E M m v t
+∆=+= (2)[2]根据动能定理有
()212()mgx Mgx m d M t
μ-=
+ 整理后有
()2
212m M d x mg Mg t μ+=⨯-() 故选C 。

(3)[3]由函数关系可知，斜率
()2
2m M d k mg Mg μ+=-()
由此变形可得
2
2()=2kmg M m d kMg
μ-+ 故选A 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）2V -；（2）21.5m/s ；（3）0.8J
【解题分析】
（1）导体棒达到最大速度时
m E BLv =
E I R r
=+ 根据右手定则知导体棒中的感应电流由a 到b
ab U IR =-
解得
2V ab U =-
（2）导体棒达到最大速度时有
sin F BIL mg θ=+
解得
0.9N F =
导体棒ab 在恒定的拉力F 作用下速度为m 2
v 时 m 2
v E BL '=
E I R r
'='+ sin F mg BI L ma θ'--=
解得
21.5m/s a =
（3）全过程
BLx q R r
=+ 根据能量守恒得
1sin 0Fx mgx Q θ--=总
R R Q Q R r =
+总
解得 0.8J R Q =
14、 (1)20N ；(2)2.4m ；(3)-4J ，12J 。

【解题分析】
(1)C 下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
211cos602
C C C m g v L m -︒=（） A 、C 碰撞前，对C ，由牛顿第二定律得
2C C C T m g m v L
-= 代入数据解得
T =20N
(2)A 、C 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m C v C =m C v C ′+m A v A
由机械能守恒定律得
2'22111 222
C C C C A A v m v m m v +＝ 由牛顿第二定律对A ：
μ1m A g=m A a A
对B
μ1m A g +μ2（m A +m B ）g =m B a B
A 、
B 共速前B 一直向右做匀减速直线运动，A 先向左匀减速，再向右匀加速，共速后二者不再发生相对滑动，以向右为正方向；
对A
212A A A x v t a t =-+ v =-v A +a A t
对B
212
B B B x v t a t =- v=v B -a B t
木板最小长度为
L =x B -x A
代入数据解得
L =2.4m
(3)滑动摩擦力对A 做功
W f =-μ1m A x A
代入数据解得
W f =-4J
A 、
B 间因滑动摩擦产生的热量为
Q =μ1m A gx 相对=μ1m A gL
代入数据解得
Q =12J
15、①3 ②
52R c
【解题分析】
①光线沿直线第一次到达圆弧面N 点的入射角130θ=︒。

由几何关系得： 30MNO NOQ ∠=∠=︒，所以折射角为260θ=︒
玻璃的折射率21
sin 3sin n θθ==
②光在玻璃中传播的速度
c v n == 光在玻璃内从M 到N
的距离1cos30L R R =︒=
光在玻璃内传播的时间：1322R R t c c
== NQ 间的距离2L R =
光从N 传播到Q 的时间为22L R t c c
=
= 解得：123522R R R t t t c c c =+=+=。