2024届福建省莆田市莆田第八中学高三考前热身物理试卷含解析

2024届福建省莆田市莆田第八中学高三考前热身物理试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（）
A．小物块受到的支持力方向竖直向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的静摩擦力为1
2
mg ma
+
D．小物块受到的滑动摩擦力为1
2
mg ma
+
2、关于原子能级跃迁，下列说法正确的是（）
A．处于n=3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射三种频率的光子
B．各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯
C．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能减小
D．已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态
3、有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图甲、乙、丙所示。

现分别用力F甲、F乙、F丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。

则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系判断正确的是
A ．F 甲=F 乙=F 丙
B ．F 甲<F 乙=F 丙
C ．F 甲=F 乙< F 丙
D ．F 甲<F 乙<F 丙
4、如图所示，在以R 0为半径，O 为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN 左侧区域存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 1；MN 右侧区域也存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B 2，有一质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子（不计重力）沿垂直于MN 的方向从P 点射入磁场，通过磁场区域后自Q 点离开磁场，离开磁场时其运动方向仍垂直于MN 。

已知OP 与MN 的夹角为θ1，OQ 与MN 的夹角为θ2，粒子在左侧区域磁场中的运动时间为t 1，粒子在右侧区域磁场中的运动时间为t 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．2112cos cos
B B θθ= B ．2211sin sin B B θθ=
C ．1221sin sin t t θθ=
D ．1122
sin sin t t θθ= 5、在水平地面上O 点正上方不同高度的A 、B 两点分别水平抛出一小球，不计空气阻力，如果两小球均落在同一点C 上，则两小球（ ）
A ．抛出时的速度大小可能相等
B ．落地时的速度大小可能相等
C ．落地时的速度方向可能相同
D ．在空中运动的时间可能相同
6、一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为
，速度减为离开蹦床时速度一半所用的时间为
，若不计空气阻力，则与的大小关系为（ ） A ．
B ．
C ．
D ．不能确定
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、如图甲所示为一台小型发电机的构造示意图，其线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。

发电机线圈内阻为1Ω，接灯泡的电阻为9Ω，则（）
A．电压表的示数为6V
B．发电机的输出功率为3.24W
C．2
=⨯时刻，穿过线圈的磁通量最大
t-
110s
D．2
=⨯时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
210s
t-
8、一列简谐横波在介质中传播，在t=0时刻刚好形成如图所示的波形。

已知波源的振动周期T=0.4s，A、B两质点平衡位置间相距2m。

下列各种说法中正确的是（）
A．若振源在A处，则P质点从开始运动到第一次到达波谷位置需要0.1s
B．若振源在A处，则P质点从开始运动到第一次到达波谷位置需要0.3s
C．若振源在A处，则P质点比Q质点提前0.06s第一次到达波谷位置
D．若振源在B处，则P质点比Q质点滞后0.06s第一次到达波谷位置
E.若振源在B处，则Q质点经过一段时间后一定会到达图中P质点所在位置
9、如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v 的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。

设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。

下列判断正确的是（）
A ．若磁感应强度mv
B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为πd v B ．若磁感应强度mv B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为7π6d v
C ．若磁感应强度2mv B qd
=，则荧光屏上形成的亮线长度为(13)d + D ．若磁感应强度2mv B qd =
，则荧光屏上形成的亮线长度为(153)d + 10、如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M 、Q 到N 的运动过程中( )
A ．从P 到M 所用的时间等于04
T B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
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）某同学欲测量一阻值大约为100Ω，粗细均匀的漆包金属线的电阻率。

(1)该同学用螺旋测微器测量金属线的直径，该螺旋测微器校零时的示数如图（a ）所示，然后测量金属线的直径时示数如图（b ）所示，则该金属线的直径应该为________mm 。

该同学拿来一块多用电表，表盘如图（c ）所示。

若将多用电表的开关拨到欧姆档的×
1K 档，则欧姆表的内阻为________Ω。

若用此多用电表的欧姆档测量待测金属线的电阻R ，测量之前，应该将多用电表的开关拨到欧姆档的________（填×10或×100）档位。

(2)若用欧姆表的红表笔接触金属线的左端点M，黑表笔接触金属线的右端点N，流经金属线的电流（____）
A．由M到N B．由N到M
(3)若该同学在测量金属线直径时，没有完全去除漆包线表面的绝缘漆，这会使实验测得该金属线的电阻率与真实值相比________（填“偏大”或“偏小”）。

12．（12分）某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度，光电门A、B与光电计时器相连，可记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间
（1）实验前用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=_____mm
（2）让小球紧靠固定挡板，由静止释放，光电计时器记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间t1、t2，测出两光电门间的高度差h，则测得的重力加速度g=_____(用测得的物理量的符号表示)。

（3）将光电计时器记录小球通过光电门的时间改为记录小球从光电门A运动到光电门B所用的时间，保持光电门B 的位置不变，多次改变光电门A的位置,每次均让小球从紧靠固定挡板由静止释放，记录每次两光电间的高度差h及小
球从光电门A运动到光电门B所用的时间t，作出h
t
t
图象如图丙所示，若图象斜率的绝对值为k，则图象与纵轴的
截距意义为____，当地的重力加速度为____
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）一定质量的理想气体经历如图所示的AB、BC、CA三个变化过程，若B→C过程中气体做功数值约是C→A 过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B时压强为4.5×105Pa，求：
(i)气体在状态A和C的压强。

(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。

14．（16分）如图所示，光滑的四分之一圆弧与光滑水平轨道在最低平滑连接。

现有一质量为m 的小球P 沿光滑的四分之一圆弧上由静止开始下滑，与一质量为km （k >0，未知）的静止在光滑水平地面上的等大的小球Q 发生正碰撞。

设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计。

(1)为使二者能且只能发生一次碰撞，则k 的值应满足什么条件？
(2)为使二者能且只能发生两次碰撞，则k 的值应满足什么条件？
15．（12分）如图所示，在直角坐标系xOy 平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y 轴正方向的匀强电场。

两个电荷量均为q 、质量均为m 的带负电粒子a 、b 先后以v 0的速度从y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后，a 、b 两粒子恰好在x 负半轴上的Q 点相遇，此时a 、b 两粒子均为第一次通过x 轴负半轴，P 点离坐标原点O 的距离为d ，已知磁场的磁感应强度大小为02mv B qd
，粒子重力不计，a 、b 两粒子间的作用力可忽略不计。

求：
（1）粒子a 从P 点出发到达Q 点的时间t ；
（2）匀强电场的电场强度E 的大小。

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、C
【解析】
由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

【详解】
AB．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；
CD．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得
-︒=
f m
g ma
sin30
=+，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。

解得f mg ma
故选C。

【点睛】
本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。

2、B
【解析】
A．处于n=3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子。

处于n=3的“一群”氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子；故A错误；
B．根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯，故选项B正确；
C．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大。

故选项C错误；
D．根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为1．09eV，则必须使动能比1．09eV大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，故D错误。

故选B。

3、D
【解析】
设球的重力为G，杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为θ，球与木板的动摩擦因数为μ，球处于静止状态，受力平衡，
对球受力分析，受到重力G 、杆子的拉力T 、木板对球的支持力N 以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f ，根据平衡条件得：
sin N G T θ=+，cos f T θ=，
而f N μ=，解得： 1tan G
f μθ=-
木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：
1tan G
F f μθ==-，
根据图象可知，从甲到乙再到丙，θ增大，则f 增大，所以F 增大，故
F F F <<甲乙丙，
A ．综上分析F F F <<甲乙丙，A 错误；
B ．综上分析F F F <<甲乙丙，B 错误；
C ．综上分析F F F <<甲乙丙，C 错误；
D ．综上分析F F F <<甲乙丙，D 正确。

故选D 。

4、D
【解析】
AB ．粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子在两个磁场中的轨迹半径分别为
011sin cos R r θα
=
022sin cos R r θα
= 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
= 解得
mv B qr
=
则 211122
sin sin B r B r θθ== 故AB 错误；
CD ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
2m T qB
π= 粒子在磁场中转过的圆心角θ相等，粒子在磁场中的运动时间为
2m t T qB
θθπ== 则有
121212
sin sin t B t B θθ== 故C 错误，D 正确。

故选D 。

5、B
【解析】
AD ．小球做平抛运动，竖直方向有212h gt =
，则在空中运动的时间
t =
由于不同高度，所以运动时间不同，相同的水平位移，因此抛出速度不可能相等，故AD 错误；
B ．设水平位移O
C 为x ，竖直位移BO 为H ，AO 为h ，则从A 点抛出时的速度为
02A x v h g =
从B 点抛出时的速度为
02B x
v H g
=
则从A 点抛出的小球落地时的速度为
222A x g gh h
v += 从B 点抛出的小球落地时的速度为
222B x g gH H
v +=
当 222222x g x g gh gH h
H
=++ 解得 2
4x Hh
= 此时两者速度大小相等，故B 正确；
C ．平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB 两点抛出的小球轨迹不同，在C 点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故C 错误。

故选B 。

6、A
【解析】
根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为v ，则有：
联立解得：
则运动的时间为：
速度减为初速一半所用的时间为t 1：。

则：
t 1＜t 1．
A ．
，与结论相符，选项A 正确； B ．
，与结论不相符，选项B 错误； C ．，与结论不相符，选项C 错误；
D ．不能确定，与结论不相符，选项D 错误；
故选A 。

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、BC
【解析】
A ．由题图乙知，交流发电机电动势的有效值为6V ，则灯泡两端电压的有效值
5.4V R U E R r
==+ A 项错误；
B ．灯泡消耗的功率
2
3.24W U P R
== B 项正确；
C ．由题图乙知，2110s -=⨯t 时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，C 项正确；
D ．2210s t -=⨯时刻，电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D 项错误。

故选BC 。

8、ACD
【解析】
AB ．若振源在A 处，由图可知，B 质点刚好起振，且起振方向向下，则各质点开始振动的方向均向下，所以P 质点第一次到达波谷位置需要
0.1s 4T = A 正确，B 错误； C ．若振源在A 处，P 质点比Q 质点先到达波谷位置，提前的时间等于波在PQ 间传播的时间
0.80.5s 0.06s 20.4
x t v
∆-=== C 正确；
D ．同理，若振源在B 处，Q 质点比P 质点先到达波谷位置，提前的时间等于波在QP 间传播的时间
0.80.5s 0.06s 20.4
x t v
∆-=== D 正确；
E ．介质中质点并不会随波迁移，只在各自的平衡位置两侧振动，E 错误。

故选ACD 。

9、BD
【解析】
AB ．若磁感应强度mv B qd
=，即粒子的运动半径为 r =mv qB
=d 如图所示：
到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN 运动的粒子，其运动时间（周期T =2m qB π）为 133π42d t T v
== 运动时间最短的是以d 为弦长的粒子，运动时间为
21π63d t T v
== 所以最大时间差为
127π6d t t v
-= 故A 错误，B 正确； CD ．若磁感应强度2mv B qd =
，即粒子的运动半径为R =2d ，如图所示：
到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN 相切的，设下半部分的亮线长度为x 1，根据几何关系，有
2212R R x d +-=（）
解得13x d =；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P 点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x 2，根据几何关系，有
()22222+R x d =
解得215x d =，所以亮线的总长度为153)d ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10、CD
【解析】
A ．海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P 到M 所用的时间小于04
T ，故A 错误； B ．从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B 错误；
C ．从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C 错误；
D ．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D 正确。

故选D 。

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、1.762 15000（或4 1. 510⨯） ×
10 B 偏大 【解析】
(1)[1][2][3]螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的0.01mm n ⨯的和，由图示螺旋测微器可知，其直径为 (1.5mm 27.2-1)0.01mm 1.762mm +⨯=
(相减的是图a 的1格);欧姆表盘的中值电阻就是欧姆表的内内阻，所以欧姆表的内阻为3000Ω;由于待测电阻大约只有100Ω，要使指针偏在中央左右，则倍率选10⨯。

(2)[4]欧姆表的红表笔接的是内接电源的负极，所以当欧姆表的红表笔接触金属线的左端点M ，黑表辖接触金属线的右端点N ，流经金属线是从N 到M ，故选B 。

(3)[5]若该同学在测量金属线直径时，没有完全去漆包线袤面的绝缘漆，这样导致直径测量值偏大，截面积偏大，根据电阻定律
2
2L
R d ρπ=⎛⎫ ⎪⎝⎭ 得到
24d R
L πρ=
所以电阻率的测量也偏大。

12、11.4 22221112d h t t ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
小球经过光电门B 时的速度 2k 【解析】
（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为
d =11mm+4×0.1mm=11.4mm
（2）[2]小球经过光电门时的速度为
1
A d v t =
2
B d v t = 小球做自由落体运动，由速度位移公式得
222B A v v gh -=
解得
22221112d g h t t ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
（3）[3][4]小球释放点的位置到光电门B 的位置是恒定的，小球每次经过光电门时的速度是一定的，则有
212
B h v t gt =- 整理得
12
B h v gt t =- 则h t t
-图象与纵轴的截距表示小球经过光电门B 时的速度v B ，图象斜率的绝对值为 12
k g = 解得
2g k =
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、（i ）51.510Pa ⨯；51.510Pa ⨯（ii ）吸收热量；180J
【解析】
(i)由图可知，气体从状态A 到状态B 为等容变化过程，由查理定律有B A B A
p p T T =，解得 51.510Pa A p =⨯
由图可知，气体从状态B 到状态C 为等温变化过程，由玻意耳定律有B B C C p V p V ，解得
51.510Pa C p =⨯
(ii)由状态B 经状态C 回到状态A ，设外界对气体做的总功为W ，从状态C 到状态A ，为等压变化，外界对气体做功为
()300J CA C C A W p V V =-=
B →
C 过程中气体做功的大小约是C →A 过程中气体做功的大小的1.6倍，则B →C 过程中外界对气体做功为 480J BC W =-
从状态A 到状态B ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为 180J CA BC W W W =+=-
整个过程中气体内能增加量为△U =0，设气体从外界吸收的热量为Q ，由热力学第一定律△U =Q +W ，解得 Q =180J
即气体从外界吸收的热量是180J 。

14、 (1)03k ≤＜；(2)35k <≤+【解析】
(1)设P 与Q 碰撞前P 的速度为0v ，碰后P 与Q 的速度分别为1v 与1u ，由动量守恒及机械能守恒定律有 011mv mv kmu =+
222011111222
mv mv kmu =+ 由此解得
1011
k v v k -=
+ 1021u v k =+ 若1k ≤，则
11v u ≤
P 、Q 不可能发生第二次碰撞；
若1k >，为使P 从坡上滑下后再不能追上Q ，应有
11v u -≤
即
12k -≤
这导致
3k ≤
P 、Q 不可能发生第二次碰撞；为使二者能且只能发生一次碰撞，则k 的值应满足的条件是
03k ≤＜
(2)为使P 、Q 能发生第二次碰撞，要求3k >，对于第二次碰撞，令2v 和2u 分别表示碰后P 和Q 的速度，同样由动
量守恒及机械能守恒定律有
()1122m v kmu mv kmu -+=+
2222112211112222
mv kmu mv kmu +=+ 由此解得
2
2024(1)(1)
k k v v k --=+，2024(1)(1)k u v k -=+ 若
20v >
则一定不会发生第三次碰撞，若
20v <
且
22v u ->
则会发生第三次碰撞，故为使第三次碰撞不会发生，要求P 第三次从坡上滑下后速度的大小2v -不大于Q 速度的大小2u ，即
22v u -≤
联立解得
21050k k -+≤
由
21050k k -+=
可求得
5k ==±解得
55k -≤≤+求交集即为所求
35k <≤+
15、（1）0300103603d t T v π︒==︒（2）2023mv E qd
= 【解析】
（1）粒子a 进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由200v qv B m R
=得R =2d 设粒子做圆周运动的周期为T
00
24R d T v v ππ== 粒子a 的运动轨迹如图所示，由几何关系可得粒子a 做圆周运动对应的圆心角300θ=︒ 则粒子a 从P 点出发到达Q 点的时间0
300103603d t T v π︒==︒
（2）粒子b 做类平抛运动，设粒子b 到达Q 点所用的时间为1t
在x 轴方向有012sin 60x d v t =︒=
在y 轴方向有2112
d at = 由牛顿第二定律知F =qE =ma
联立可得2023mv E qd
=。