【文档说明】《精准解析》2022届福建省厦门市高三（下）第二次质量检测物理试题（解析版）.docx，共(23)页，1.963 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-63435a353eccca040e1cea40424100b4.html

以下为本文档部分文字说明：

厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测物理试题考试时间75分钟总分100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

他答案标号：回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向

，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】A【解析】【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，B

CD错误。故选A。2.如图甲所示，飞檐是中国传统建筑的重要表现之一，通过檐部上的特殊构造，不但扩大了采光面、有利于排水，还增添了建筑物的美感。现把飞檐看成一个弯曲轨道AB，轨道的最低点B的切线沿水平方

向，如图乙所示。现有几颗松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，从B点飞出落到水平地面上。空气阻力不计，松果之间不发生相互碰撞，则（）A.松果从A点运动到B点的过程，某时刻所受合力可能等于0B.松果从A点运动到B点的过程，重力所做的功小于

动能变化量C.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等D.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小相等【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．松果从A点运动到B点的过程，松果做曲线运动，所受合力不为零，故A错误；B．松果从A点运动到B点的

过程，受到摩擦力作用，由动能定理得GfkWWE−=即重力所做的功大于动能变化量，故B错误；C．由题意知松果从B点飞出后做平抛运动，则飞出落到水平地面上的运动时间均为2htg=故C正确；D．因为松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，所以从B点飞出时

水平方向初速度不相等，又因为所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等，故所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小不相等，故D错误。故选C。3.鼓浪屿是世界文化遗产之一。岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输。如图所示，货物

放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，车板与水平面夹角为θ。现拉动板车向右加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变。则板车加速后，货物所受的（）A.摩擦力和支持力均变小B.摩擦力和支持力均变大C.摩擦力变小，支持力变大D.摩擦力变大，支持力变小【3题答案】【答案】D【解析】【详解】

对货物受力分析可知，若匀速运动，则sinfmg=cosNmg=若货物随小车加速运动，设加速度为a，则'sincosfmgma−='cos-sinmgNma=则'ff'NN即摩擦力变大，支持力变小。故选D。4.如图所示，两条相距L的

平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（）A.B.C

.D.【4题答案】【答案】A【解析】【详解】由右手定则知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为，则有效切割长度为2tanlLx=+则感应电流为BlvIR=即感应电流与位移成线性关系，且

随位移增大而增大。右侧底边出磁场后，有效切割长度为'tanlL=即感应电流保持不变。之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大。故选A。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。5.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图甲所示。介质中某质点P的振动图像如图乙所示。则（）A.波沿x轴负方向传播，波速大小为30m/sB.当t=0.35s时质点P恰好回到平衡位置C.在

0～0.2s时间内质点P运动的路程为10cmD.在0～0.1s时间内，质点P一直向y轴负方向运动【5题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．由上下坡法可知波沿x轴负方向传播，大小为24ms60ms0.4vT===故A错误；B．由图乙可得当t=0.35s时质点P恰好回到平衡位置，故B正确；

C．在0～0.2s时间内质点P运动的路程为210cmsA==故C正确；D．由图乙可得在0～0.1s时间内，质点P先向y轴负方向运动，后向y轴正方向运动，故D错误。故选BC。6.中国“FAST”球面射电

望远镜发现一个脉冲双星系统。科学家通过脉冲星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RA

<RB；C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，且T2<T1。A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G，则（）A.恒星A的质量大于恒星B的质量B.恒星B的质量为()22214AABBRRRMGT+=C.若知道C的轨道半径，则可求

出C的质量D.三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为1212TTtTT=−【6题答案】【答案】AB【解析】【详解】A．因为双星系统角速度相同，故对A、B可得22AABBMRMR=即ABBAMRMR=即恒星A的质量大于恒星B的质量，故A正确；B．对恒星A可得2ABAA22AB14()

MMRGMRRT=+解得恒星B的质量为()22214AABBRRRMGT+=故B正确；C．对卫星C满足2B2224MmrGmrT=可见无法求出卫星C的质量，故C错误；D．因为恒星A和B始终共线，所以三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为22T，故D

错误。故选AB。7.某兴趣小组利用电磁感应知识，自制一个风力发电机。发电机与一理想变压器相连，变压器原、副线圈的匝数分别为500匝和1000匝，装置示意图如图甲所示。在某一恒定风力作用下，风叶带动与其

固定在一起的磁铁转动，变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示。现将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的45。已知发电机内阻可忽略，所有电表均为理想交流电表，则（）A.电流表A读数变小B.电压表V2的读数变为160VC.发电机的输出

功率变为原来的1625D.磁铁受到线圈L的阻碍增大，所以磁铁转速变小【7题答案】【答案】BD【解析】【详解】A.将滑片P往下移动，负载电阻减小，副线圈的电流增大，电流表A的读数变大，A错误；B.根据mENBS=根据图像得m1002VE=m2EE=1UE=1122UnUn=解得221200V2n

NBSUn==的将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的45，ω变为原来的45，电压表V2的读数为224160V5UU==B正确；C.发电机的输出功率为()222NBSEPRR==

将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的45，ω变为原来的45，R也减小，C错误；D.磁铁受到线圈L的电流增大，线圈的磁性增强，对磁铁的阻碍增大，所以磁铁转速变小，D正确。故选BD。8.如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带

输送机倾角为θ=30°，顺时针匀速转动，每隔2s在输送带下端A点无初速度放入一件货物（货物足够多）。每件货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置为零势能参考面）如图丙所示。已知货物均

可视为质点，质量均为m=10kg，重力加速度取10m/s2。则（）A.输送带A、B两端点间的距离为4.9mB.货物与输送带间的动摩擦因数为32C.每件货物从下端A点运动到上端B点的时间为10sD.机舱接到第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能量为15300J【8题答案】【答案】BC

D【解析】【详解】A．由图像可知，物块沿传送带向上运动s1=0.2m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，则2sin30495J-15JmgsE==解得s2=9.6m则输送带A、B两端点间的距离为s=s1+s2=9.8m选项A错误；B．由图像可知，开始运

动到与传送带相对静止，则11cos30Emgs=解得11153==cos30231000.22Emgs=选项B正确；C．加速阶段的加速度2cos30sin302.5m/smgmgam−==传送带的速度121m/svas==则加速的时间10.4svta==匀速的时间229.

6sstv==共用时间10st=选项C正确；D．每一个货件从低端到顶端要消耗的能量21111cos30()sin30510J22Emgvtvtmvmgs=−++=每分钟共有30个货件能到达顶端，则第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能

量为'3015300JEE==选项D正确。故选BCD。三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12为实验题，13-15题为计算题。考生根据要求作答。9.如图甲所示，一开口向上的导热气缸内封闭了一定质量

的理想气体，气体体积为V、压强为1.5p0，活塞可无摩擦滑动且不漏气，气缸外大气压强为p0，环境温度不变。现将气缸倒立挂起稳定后如图乙所示，该过程中气体__________（选填“吸热”或“放热”），气体体积变为___________。【9题答案

】【答案】①.吸热②.3V【解析】【详解】[1][2]汽缸开口向上时，则10pSmgpS=+汽缸开口向下时，则20=pSmgpS+则由玻意耳定律可得'12pVpV=解得V′=3V气体体积变大，对外做功，即W<0，温度不变，则内能不变，∆U=0，根

据∆U=W+Q可知Q>0，气体吸热。10.如图甲所示，某同学探究光电效应实验中遏止电压Uc随入射光频率变化的关系。现用单色光照射光电管的阴极K，发生了光电效应。图乙为测得的遏止电压Uc随入射光频率变化的关系图像。已知图线的横坐标截距为0ν，斜率为k，普朗克常量

为h，则该光电管阴极材料的逸出功为____________，若换用不同阴极材料制成的光电管，cU−图像的斜率____________（选填“不变”或“改变”）。【10题答案】【答案】①.0h②.不变【解析】【详解】[1]根据0cWhUeeν=−故

可得该光电管阴极材料的逸出功为0hv。[2]由0cWhUeeν=−可知，cUv−图像的斜率为hke==常数所以换用不同阴极材料制成的光电管，Uc-图像的斜率不变。11.寒假期间小明利用图甲所示生活中的物品，测量了某型号刀片的厚度。实验过程如下：（1）

点燃蜡烛，用蜡烛火焰把玻璃片的一面熏黑；（2）并齐捏紧两片刀片，在玻璃片的熏黑面划出两条平直划痕；（3）如图乙所示，将激光光源和玻璃片固定在桌上，并将作为光屏白纸固定在距离足够远的墙上。的（4）打开激光光源，调整光源的高度并使激光沿水平方向射出，恰好能垂直

入射在两划痕上。（5）观察白纸上的干涉条纹如图丙所示。用刻度尺测出a、b两点间的距离为_________cm，则两相邻暗纹中心之间的距离△y=_________cm。（6）测量玻璃片到光屏的距离L=3.00m，已知该红色激光的波长λ=700nm，利用公式求出双划痕间距d

=_________mm，即为刀片厚度（结果保留两位有效数字）。【11题答案】【答案】①.10.50②.2.1③.0.10【解析】【详解】(5)[1]用刻度尺测出a、b两点间的距离为10.50cm[2]两相邻暗纹中心之间的距离为10.50cm2.1cm5y

==[6]刀片的厚度为Lyd=解得0.10mmd=12.某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，测定电源的电动势和内阻。实验中使用的器材有：待测电池E、电流表A、电阻箱R、滑动变阻器R′、单刀单掷开关S1、单

刀双掷开关S2及导线若干。（1）请在图乙中将实物图补充完整_________。（2）该同学连接好电路后，按以下步骤进行操作：①闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R′使电流表指针满偏；②保持滑片P不动，把开

关S2与C接通，调节电阻箱R使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值R0，得到电流表的内阻RA=R0。用该方法测得的电流表内阻_________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）；③断开开关S1，把开关S2与D接通，多次调节电阻箱阻值，记下电流表的示数I和电阻箱相应的数

值R；④以1I为纵坐标，R为横坐标，作出1I-R图线如图丙所示，图线纵坐标截距为b，斜率为k；⑤根据图线求得电动势E=_________，内阻r=_________。（用b，k，R0表示）【12题答案】【答案】①.②.小于③.1k④.0bRk−【解析】【

详解】（1）[1]由电路图可得实物图如图（2）②[2]由题意知，当保持滑片P不动，把开关S2与C接通时，电阻箱R与电流表并联，电路总电阻减小，则干路电流增大，所以电流表指针半偏时，电阻箱R上分到的电流大于满偏电流的一半，因为并联时，电流与电阻成反比，所以电流

表内阻大于电阻箱阻值，故用该方法测得的电流表内阻小于真实值；⑤[3][4]由题意得0EIRIRIr=++即011RrRIEE+=+故0RrbE+=1kE=解得1Ek=0brRk=−13.2022年2月12日，中国运动员高亭宇斩获北京冬

奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。谈装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg（含身上装备）的运动员

仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）运动员被加速后的速率v及

加速过程中牵引力的平均功率P；（2）运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。【13题答案】【答案】（1）20m/s，6000W；（2）60017N【解析】【详解】（1）对运动员进行受力分析，由牛顿第二

运动定律可得Fma=解得210m/sa=运动员由静止开始加速，由运动学公式22vas=vat=解得20m/sv=2st=加速过程中牵引力做的功WFs=解得12000JW=则加速过程牵引力的平均功率为WPt=解得6000WP=（2）对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心

力，即2NxvFmR=解得N2400NxF=支持力在竖直方向的分力平衡重力，即NyFmg=解得600NNxF=由力的合成与分解可得22NNNxyFFF=+解得N60017NF=14.如图所示，在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场中，有一“

”型绝缘凹槽A（前后挡板厚度忽略）静止在光滑水平面上。现将一带正电小物块B轻放在凹槽A的左端。t=0时，B在电场力作用下由静止开始与A相对滑动，A在最初t0时间内的位移为20110sgt=。已知A、B间的碰撞为弹性

碰撞且碰撞过程无电荷转移，凹槽长度2015Lgt=，A、B质量均为m，B的电荷量2mgqE=，g为重力加速度，求（结果均用m，g，t0表示）；（1）A、B间滑动摩擦力f的大小；（2）从B开始运动到与A第一次碰撞时所需的时间t；（3）从B开始运动到与A第一次共速用时0

209t，求第一次共速时速度v的大小。【14题答案】【答案】（1）15fmg=；（2）02tt=；（3）059vgt=【解析】【详解】（1）根据平均速度公式得02vst=解得015vgt=A的加速度为00.

2Avagt==根据牛顿第二定律15Afmamg==（2）B的加速度为0.3BqEfagm−==根据题意得221122BAatatL−=解得02tt=（3）从开始到第一次共速用时0209t，根据动量定理02029Eqtmv=解得059vgt=

15.实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxyz，在紧贴（-0.2m，0，0）的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0=1×106m/s的速度持续发射比荷为7510qm=C/kg的某种

原子核。在x<0，y<0的空间中沿-y方向的匀强电场5310E=V/m。在x>0的空间有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1=0.2T。忽略原子核间的相互作用，xOy平面图如图甲所示。（1）求原子核第一次穿过y轴时的速度大小；（2）若原子核进入磁场后，经过710s

t−=瞬间分裂成a、b两个新核。两新核的质量之比为:1:2abmm=；电荷量之比为:1:2abqq=；速度大小之比为:4:1abvv=，方向仍沿原运动方向。求：a粒子第1次经过y轴时的位置（3）若电场E可在1×105V/m～3×105V/m之间进行调节（不考虑电场变化而产生的磁场）

。在xOz平面内x<0区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小为2T5B=的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，求该印迹长度。【15题答案】【答案】（1）6210m/s；（2）43m0.227m10−；（3）33m0.0845m15−【解析】

【详解】（1）原子核在Oxy平面的电场中左平抛运动，如图所示粒子在水平方向做匀速直线运动00xtv=电场力提供加速度Eqam=竖直方向速度0yvat=粒子速度为2260210m/syvvv=+=（2）原子核做类平抛运动，则为2012yat=原子核在磁场1B中做匀速直线运动，

洛伦兹力提供向心力211mvqvBR=解得半径为11mvRqB=粒子运动的周期为112mTqB=因为12tT=，所以该原子核在磁场1B中运动了半个周期后分裂，如图所示粒子在分裂时满足动量守恒定律，则aabbmvmvmv=+abmmm=+又因为12abmm=，4bavv=，解得64

10m/sav=所以分裂后a核的半径为11aaaaamvmvRqBqB==根据几何关系可知a核经过y轴时的位移为43m0.227m10aayRy−=−=（3）由于电场E可在55110V/m~310V/m之间进行调节，原子

核在Oxy平面的电场中做类平抛运动，则0xtv=，Eqam=，0yvat=，2012yat=解得66110m/s310m/syv13mm1010y粒子在磁场1B中做匀速圆周运动，假设第1次核第2次穿过y轴的位置间距为y

，如图则粒子运动的半径为11mvRqB=粒子速度为0cosvv=则0.2my=，0xvv=，tanyvv=原子核在磁场2B中做螺旋线运动，在垂直于磁场2B的方向上，粒子运动的半径为022mvRqB=粒子运动周期

为222mTqB=圆的周长为22lR=I.当5110V/mE=时，运动至吸收屏所需时间为1111yyytv−=II.当5310V/mE=时，运动至吸收屏所需时间为222yyytv−=假设亮线的

长度为s，则12233m0.0845m15ttslT−−==的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

100.com