福建省宁德市2024届高三下学期5月质检(三模) 物理试题(含解析)

2024届宁德市普通高中毕业班五月份质量检测
物理试题
注意：
1.在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。

2.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），共6页。

第I卷（选择题共40分）
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，选对得4分，选错得0分。

1．某校组织学生到霞浦的“东海1号”研学，上午8：50，旅游大巴从高罗沙滩出发，图示路线行驶约23公里抵达终点闾峡灯塔，历时40分钟。

下列说法正确的是（）
A．“23公里”指的是位移
B．“上午8：50”指的是时间间隔
C．旅游大巴的平均速率约为34.5km/h
D．研究旅游大巴从起点到终点的时间不能将其视为质点
2．雨后天空中出现的弧形彩带，色彩鲜明的叫虹，色彩比虹暗淡的叫霓。

如图所示为形成的光路图，一束太阳光射入水滴后，射出彩色光，其中a和b是两种单色光，下列说法正确的是（）
A．a光的波长大于b光的波长
B．水滴对a光的折射率大于对b光的折射率
C．在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度
D．在完全相同的条件下做双缝干涉实验，b光对应的干涉条纹间距较宽
3．如图所示为某示波管内聚焦电场，实线表示电场线。

一带电粒子仅在电场力作用下从A 点运动到B点，运动轨迹如图中虚线。

不考虑粒子在运动过程中的电荷量变化，下列说法正确的是（）
A．粒子带正电
B．粒子加速度先减小再增大
C．粒子在A点的速度大于在B点的速度
D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
4．某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。

初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平。

小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°。

不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是（）
A．绳CD拉力先减小后增大
B．绳CD拉力先增大后减小
C．前臂BC受到的压力大小不变
D．前臂BC受到的压力先减小后增大
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。

每小题有两个选项符合题目要求，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．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通以大小相等、方向相同的电流，电流方向垂直于纸面向里，a、b两点位于导线的连线上，c、d两点位于连线的中垂线上。

图中磁感应强度方向标示正确的点是（）
A．a点B．b点C．c点D．d点
6．如图甲所示，是某手动发电手电筒中发电机的两个截面示意图。

推动手柄使线圈a沿轴线做简谐运动，并通过一匝数比为1:2的理想变压器给额定电流为0.5A的小灯泡供电，小灯泡恰能正常发光。

已知变压器输入电压随时间变化规律如图乙所示，线圈a的电阻为0.2Ω。

下列说法正确的是（）
A．手柄振动频率为2.5Hz
B ．变压器输出电压有效值为2V
C ．小灯泡额定功率约为0.7W
D ．线圈a 中电动势最大值为1.1V
7．2024年3月20日，探月工程四期鹊桥二号中继星在我国文昌航天发射场发射升空，于4月2日按计划进入周期为24小时环月大椭圆“使命”轨道，为嫦娥六号在月球背面进行月球样品采集任务提供通讯支持。

如图所示，此次任务完成后，鹊桥二号择机在P 点调整至12小时环月椭圆轨道，为后续月球探测任务提供服务。

已知月球自转轴经过其表面的A 点，月球质量为地球质量的181
，地球同步卫星轨道半径为r ，鹊桥二号24小时环月轨道半长轴为a 1，12小时环月轨道半长轴为a 2，下列说法正确的是（ ）
A ．3312:2:1a a =
B ．331:1:81a r =
C ．鹊桥二号由轨道I 调整到轨道II ，需在P 点加速
D ．探测器要与鹊桥二号保持较长时间不间断通讯，需着陆在月球表面A 点附近
8．如图甲所示为电磁感应加速器核心部分俯视图，圆心为O 、半径为R 的圆形光滑真空绝缘细管固定放置于圆形边界的匀强磁场中，圆心O 与磁场圆心重合。

磁场方向竖直向下，当磁场的磁感应强度B 随时间变化时，会在空间中产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列以O 为圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相等。

某时刻在细管内P 点静止释放一带电量为q +、质量为m 的小球，小球沿逆时针方向运动，其动能随转过圆心角θ的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．磁感应强度大小均匀减小
B ．细管所处位置电场强度大小为
0E qR π C ．磁感应强度变化率大小为02
2E qR
D ．小球第一次回到P 点所用时间为2π第II 卷（非选择题 共60分）
三、非选择题：共60分。

考生根据要求作答。

9．目前治疗肿瘤的一种手段是利用核反应10
147Z 023X n He Li +→+释放出的射线照射在肿瘤细
胞上，进而将病人体内肿瘤细胞杀死。

已知X 粒子质量为m X ，中子质量为m n ，He 核质量为m α，Li 核质量为m Li 。

核反应方程中Z = ，m X +m n m α+m Li （选填“>”“<”或“=”）。

10．蟾蜍在湖边平静的水面上鸣叫，鸣叫频率为1451Hz 。

则在水底下的潜水员听到的蟾蜍声波的频率将 （选填“变大”“变小”或“不变”）；在水中蟾蜍声波的波长 （选填“大于”“小于”或“等于”）其在空气中的波长。

11．如图所示，一定质量的理想气体分别经历a →b 和a →c 两个过程，其中a →b 为等温过
程，状态b 、c 的体积相同，则a →c 过程中气体对外界 （选填“做正功”“做负功”或“不
做功”），该过程中气体 热量（选填“吸收”或“放出”）。

12．1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验：
(1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。

(2)图甲实验电路连接后，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态时，电流计指针（选填“偏转”或“不偏转”）；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针偏转（选填“向左”“向右”或“不”）。

(3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。

在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的图像如图丙所示，由图可得到的结论是。

A．感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关
B．感应电流方向与磁铁下落速度的大小有关
C．感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关
13．某学习小组设计了图甲所示装置来探究物体质量一定时加速度与合外力关系。

主要实验步骤如下：
（1）如图甲所示，装置中光电门1、2之间的距离为h。

开始时，左右两侧挂有两个质量都等于50g的小桶，两小桶内都装有5个质量都等于10g的铁片；左侧小桶A上固定着一质量不计的挡光片，用游标卡尺测量挡光片的宽度，如图乙所示，挡光片宽度d mm；
（2）从左侧小桶取出1个铁片放入右桶中，接着释放小桶，小桶A上的挡光片依次经过光电门1和2，记录挡光片遮光时间。

重复上述过程，将左侧小桶放入右侧小桶中的铁片总数量记为n；
a （3）某次实验时，测得挡光片遮光时间分别为1t∆、2t∆，则可求得小桶A的加速度=（用d、1t∆、2t∆、h表示）；
-图像，如图丙所示。

从图像可以得出：当物体质量一定时，物（4）利用所得数据作出a n
体加速度与其所受合外力成正比；
-图像可求得当地重力加速度g=m/s2（结果保留3位有效数字）。

（5）利用a n
14．人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。

一名滑雪爱好者以1m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°。

若人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑雪者加速度的大小；
（2）3s内滑雪者下滑位移的大小；
（3）3s末人与滑板总重力的瞬时功率。

15．如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与x轴相切于原点O，MN、PQ间存在着匀强电场，PQ=3R，PM=2R，PM与磁场边界相切于A点。

现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v0均匀沿坐标平面各个方向射入y>0的区域，其中沿y轴正方向射入的离子恰能从A点射入电场并打在Q点，离子到达PQ边界即被吸收。

忽略电场的边缘效应，不计离子重力及相互作用，求：
（1）匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）电场的电场强度E的大小；
（3）若将电场强度调为1.5E，PQ区域接收到的离子数占发射总离子数的比例。

16．如图甲所示，“L”型绝缘不带电木板B静止在水平地面上，电荷量6
=⨯的滑块A
210C
q-
静止在木板左端，木板上表面P点左侧粗糙，右侧光滑且固定连接一轻质弹簧，弹簧左端与P点对齐，滑块和木板粗糙面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。

t＝0时，在空间加一水平向右的电场，场强大小E随时间t变化的图像如图乙，t＝4s时滑块到达P点并开始压缩弹簧，弹簧最大压缩量x＝0.05m。

已知木板、滑块的质量m均为1kg。

滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）t＝2s时，滑块受到的电场力大小；
（2）t＝2.5s时，滑块受到的摩擦力大小；
（3）t＝4s时，木板的速度大小；
（4）弹簧弹性势能的最大值。

1．C
【详解】A ．“23公里”指的是路程，故A 错误；
B ．“上午8：50”指的是时刻，故B 错误；
C ．旅游大巴的平均速率约为
23/h 34.5/h 23
s v km km t
===率 故C 正确；
D ．研究旅游大巴从起点到终点的时间可以将其视为质点，故D 错误
故选C 。

2．A
【详解】B ．根据光路图可知，两束光的入射角相等，在介质中a 光的折射角大，b 光的折射角小，根据折射定律
sin sin i n r
= 可知，水滴对a 光的折射率小于对b 光的折射率，故B 错误；
A ．由于水滴对a 光的折射率小于对b 光的折射率，则a 光的频率小于b 光的频率，所以a 光的波长大于b 光的波长，故A 正确；
C ．根据
c v n
= 可知，在该介质中a 光的传播速度大于b 光的传播速度，故C 错误；
D ．根据
L x d
λ∆= 可知，在相同的条件下，a 光的波长大于b 光的波长，所以a 光对应的干涉条纹间距较宽，故D 错误。

故选A 。

3．D
【详解】A ．带电粒子的轨迹向右上弯曲，则带电粒子所有电场力沿电场线的切线方向，其与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，故A 项错误；
B ．带电粒子仅受到电场力，有
F qE ma ==
由于粒子的带电量与质量不变，所以电场强度越大则其加速度越大，而电场线越密其电场强度越大，由题图可知，粒子加速度先增大再减小，故B 项错误；
C ．粒子做曲线运动，其在某一点的速度方向为该点轨迹的切线，由之前的分析可知，在该点粒子受到的电场力为与该点电场线切线且方向与电场线方向相反，所以其从A 到B 的过程速度方向与电场力的方向成锐角，即从A 点到B 点，其做加速运动，所以A 点的速度大小小于B 点的速度大小，故C 项错误；
D ．由之前的分析可知，粒子在A 点的速度大小小于B 点的速度大小，由于
2k 12
E mv = 所以粒子在A 点的动能小于B 的动能。

而运动过程中能量守恒，即粒子的总能量为电势能加动能，所以A 点粒子的电势能大于B 点的电势能，故D 项正确。

故选D 。

4．C
【详解】AB ．对C 点受力分析，沿轻绳的拉力T ，竖直向下大小为重物重力的拉力mg ，沿AC 方向由A 指向C 的支持力N ，如图
根据三力平衡的特点可知力的三角形与边的三角形相似，有
mg DA T DC
= 依题意，上臂AB 转过60°过程中，DA 保持不变，DC 减小。

可知绳CD 拉力减小。

故AB 错误；
CD ．同理，可得
mg DA
N AC
= 上臂AB 转过60°过程中，DA 保持不变，AC 大小也保持不变。

可知前臂BC 对C 点的支持力的大小不变。

根据牛顿第三定律可知，前臂BC 受到的压力大小不变。

故C 正确；D 错误。

故选C 。

5．BC
【详解】根据安培定则可知，两根导线产生的磁感应强度方向如图
且离导线越近磁场强度越强，根据矢量叠加可知 A ．a 点磁感应强度方向向下，故A 错误； B ．b 点磁感应强度方向向上，故B 正确； C ．c 点磁感应强度方向向右，故C 正确； D ．d 点磁感应强度方向向左，故D 错误。

故选BC 。

6．AC
【详解】A ．由题图可知，线圈a 中产生的感应电动势的周期为0.4s ，所以变压器输出电流的频率为
1
f T
=
解得
2.5Hz f =
故A 项正确；
B ．由题图可知，感应电动势最大值为1V ，则其有效值为
2U =有 由于是理想变压器，所以有
1
2
U n =
有出
解得
U 出
故B 项错误；
C ．小灯泡的额定功率为
0.7W P U I =≈出
故C 项正确；
D ．变压器原线圈的有效值电流为1I ，有
12
1
I n I n = 解得
1I =1A
由于是正弦式交流电，所以有
1I =
结合闭合电路欧姆定律有，其最大值为
m m 1m V e U I r =+≈1.3
故D 项错误。

故选AC 。

7．BD
【详解】A ．由开普勒第三定律，可得
33
12
22
12a a T T = 解得
313241
a a = 故A 错误；
B ．鹊桥二号24小时环月轨道上，有
122
14T π=月
地球同步卫星的周期为24h ，可得
2
224GM m m r r T
π=地 又
1
81M M =
月地
联立，解得
331:1:81a r =
故B 正确；
C ．鹊桥二号由轨道I 调整到轨道II ，需在P 点减速，做近心运动。

故C 错误；
D ．由图可知，着陆在月球表面A 点附近，I 、 II 轨道可更长时间通讯（无月球的遮挡）。

故D 正确。

故选BD 。

8．BD
【详解】A ．小球带正电，其沿逆时针运动，所以电流方向为逆时针，由楞次定律可知，其磁场的磁感应强度增加，故A 项错误； B ．细管所处的场强为E ，由动能定理有
k 0qE R E θ⋅=-
整理有
k E qER θ=
结合题图可知，其图像的斜率有
E k qER π
=
=
解得
E E q R
π=
故B 项正确； C ．感生电动势有
E t
∆Φ
=
∆感
则又有
2BS B R π∆Φ=∆=∆⋅
由题图可知，当2θπ=时，其动能
02E E =k1
从0到2π有
k1qE =E -0感
整理有
02
2E B t q R π∆=∆ 故C 项错误；
D ．小球在绕一圈过程中其受到的电场力大小不变，有
qE ma =
结合之前的分析有
E a m R
π=
则绕行一圈对粒子有
2122
R at π=
解得
2t π= 故D 项正确。

故选BD 。

9． 5 >
【详解】[1]根据质子数守恒
Z 2305=+-=
[2]核反应过程中放出能量，根据质能方程可知，质量出现亏损，所以
X n αLi m m m m +>+
10． 不变 大于
【详解】[1]对于同一个振源，在水底下的潜水员听到的蟾蜍声波的频率将不变 [2]根据波长与频率和波速的关系，可得
v f λ=
当频率不变时，声波在水中的传播速度远大于在空气中传播的速度，所以在水中蟾蜍声波的波长大于其在空气中的波长 11． 做正功 吸收
【详解】[1]a →c 过程中，气体体积增大，气体对外界做正功。

[2]a →b 为等温过程，则
a b T T =
状态b 、c 的体积相同，则
b c
b c
p p T T = 由图可知
c b p p >
则
c b a T T T >=
故a →c 过程中，气体温度升高，且气体对外界做正功，根据热力学第一定律该过程中气体吸收热量。

12．(1)
(2) 不偏转 向右 (3)AC
【详解】（1）实物电路如图
（2）[1]开关处于闭合状态时，线圈A 中电流大小不变，磁场强度不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转。

[2]滑动变阻器滑片P 向右快速移动时，电路中总阻变大，线圈A 中电流减小，故电流计指针向右偏转。

（3）A ．由图可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，故A 正确；
B ．由图可知，感应电流方向与磁铁下落速度的大小无关，故B 错误；
C ．由图可知，在下落过程中速度变大，出线圈时速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变快，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C 正确。

故选AC 。

13． 4.0
2222111
()2d h t t -∆∆ 9.65##9.64##9.66 【详解】（1）[1]该游标卡尺的精确度为0.1mm ，其读数为
4mm 00.1mm 4.0mm d =+⨯=
（3）[2]通过光电门1时其速度为
11
d
v t =
∆ 通过光电门2时的速度为
22
d v t =
∆ 从光电门1到光电门2有
22212v v ah -=
解得
22221112ΔΔd a h t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
（5）[3]设铁片质量为0m ，小桶质量为M ，绳子拉力为T ，对右侧有
()()0055n m g Mg T n m M a ⎡⎤++-=++⎣⎦
对左侧有
()()0055T n m g Mg n m M a ⎡⎤---=-+⎣⎦
整理有
002102m g
a n m M
=
+
将题中数据代入，整理有
110
a gn = 结合题a n -图像可知，图像的斜率有
110
k g =
代入数据，解得
29.65m/s g =
14．（1）24m/s ；（2）21m ；（3）3900W 【详解】（1）由牛顿第二定律
sin 30mg f ma ︒-=
解得滑雪者加速度的大小为
24m/s a =
（2）由运动学公式
201
2
x v t at =+
其中
01m/s v =，3s t =
解得3s 内滑雪者下滑位移的大小为
x =21m
（3）由运动学公式
0v v at =+
重力的瞬时功率
sin 30P mgv =︒
联立解得，3s 末人与滑板总重力的瞬时功率为
P =3900W
15．（1）0mv B qR =；（2）2
029mv E qR
=；（3）2
3
【详解】（1）沿y 轴正方向进入磁场的离子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹半径
r R =
由牛顿第二定律
20
0v qv B m r
=
解得
mv B qR
=
（2）沿y 轴正方向进入磁场的离子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律
qE ma =
垂直电场方向
03R v t =
平行电场方向
212
R at =
联立解得
2
29mv E qR
=
（3）由几何关系可知所有离子经磁场偏转后进入电场时速度方向均垂直于PM ，设恰能打在Q 点的离子进入电场的位置到P 点的距离为h ，由牛顿第二定律
3
2
q E ma '⋅= 平行电场方向
212
h a t '=
解得
32
h R =
设该离子在O 点射出时，速度方向与x 轴正方向成θ角，由几何关系
sin()2
h R R π
θ=+-
联立解得
23
θπ=
可得PQ 区域接收到的离子数占发射出总离子数的比例
23
θπ=
16．（1）4N ；（2）4.5N ；（3）1.5m/s ；（4）0.45J
【详解】（1）由图可知，2s =t 时电场强度为62.010N /C ⨯，滑块受到的电场力大小为
114N F qE ==
（2）滑块和木板受到地面的最大静摩擦力为
24N f mg μ==
由乙图可知， 2.5s t =时
62 2.510N /C E =⨯
设此时滑块和木板一起加速运动，对滑块和木板整体由牛顿第二定律
2222qE mg ma μ-⋅=
解得
a ＝0.5m/s 2
对滑块A ，由牛顿第二定律，有
2qE f ma -=
解得
f ＝4.5N ＜1m
g μ
故假设成立，滑块受到的摩擦力大小为4.5N ； （3）当滑块和木板将发生相对运动时
15N A f mg μ==
对滑块A ，由牛顿第二定律
31'qE mg ma μ-=
对滑块A 和木板整体，由牛顿第二定律
3222'qE mg ma μ-⋅=
解得
2'1m /s a =
结合乙图可知，3s t =时，滑块和木板发生相对运动。

2s~3s 内，滑块和木板相对静止，一起做加速运动，对滑块和木板整体，由动量定理
1312111
()2202
qE qE t mg t mv μ+∆-⋅∆=- 解得
10.5m /s v =
3s -4s 内，滑块和木板相对滑动，木板做匀加速直线运动，其加速度
2B '1m /s a a ==
由运动学方程
B 1B 1v v a t =+∆
解得4s t =时，木板的速度为1.5m/s ； （4）3s~4s 内，对滑块，由动量定理
3421211
()2
A qE qE t mg t mv mv μ+∆-∆=- 解得
A 2.5m /s v =
4s 后，滑块和木板系统所受合外力
220qE mg μ-⋅=
滑块A 开始压缩弹簧到和木板共速的过程中系统动量守恒
2A B mv mv mv +=共
滑块和木板共速时弹簧具有最大的弹性势能
222
2111(2)(2)222
P A B A B E mv mv mv qEs mgs μ=+-⋅+-⋅共
由几何关系
B A s s x -=
联立解得
p 0.45J E =
解法2：对滑块A ，由动能定理可得
22A 11122
A F qEs W mv mv +=-弹共 对木板
B ，由动能定理可得
222B 211222
B F W mgs mv mv μ-⋅=-弹共 其中
p 12F F W W E +=-弹弹
由几何关系
A B s s x -=
联立解得
p 0.45J E =。