届天津市静海县第一中学高三上学期期末终结性检测物理试题解析版.docx

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届天津市静海县第一中学高三上学期期末终结性检测物理试题解析版

天津市静海县第一中学2018届高三上学期期末终结性检测物理试题

一、单项选择题（每小题6分，共30分。

给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1.下列说法正确的是（）

A.卢瑟福发现了电子，查德威克发现了中子，他们在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献

B.光电效应实验中，光电流的大小与入射光的强弱无关

C.由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态的量子数越大，核外电子动能越大

D.氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可能发出三种不同波长的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1＞λ2，则另一个波长可能是

【答案】D

【解析】汤姆逊发现了电子，查德威克发现了中子，他们在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献，选项A错误；光电效应实验中，光电流的大小与入射光的强弱有关，选项B错误；由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态的量子数越大，核外电子运动的半径越大，电子的速度越小，动能越小，选项C错误；氢原子在能级间跃迁时，发出的光子的能量与能级差相等．如果这三个相邻能级分别为1、2、3能级E3＞E2＞E1，且能级差满足E3-E1=（E2-E1）+（E3-E2），根据h=E高-E低，可得可以产生的光子波长由小到大分别为，这三种波长满足两种关系即，选项D正确；故选D.

2.如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触．忽略空气阻力，则在下落过程中（　　）

A.磁块做自由落体运动

B.磁块的机械能守恒

C.铝管对桌面的压力大于铝管的重力

D.磁块动能的增加量大于重力势能的减少量

【答案】C

【解析】A.磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但由于电磁感应，出现安培力作负功现象，从而磁块不会做自由落体运动，故A错误；

BD、磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有内能产生。

故机械能不守恒；同时增加的动能小于重力势能的减小量，故BD错误；

C.磁铁在整个下落过程中，由楞次定律中来拒去留规律可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压力一定大于铝管的重力，故C正确。

故选：

C.

点睛：

条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒，在下落过程中铝管产生热能；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力．

3.如图所示，光滑的绝缘圆轨道固定在光滑绝缘的水平桌面内，圆轨道所在空间存在水平方向的匀强电场，场强大小为E。

一带电荷量为q的小球（可视为质点）沿轨道内侧做圆周运动。

已知小球对轨道的压力的最大值为F1，对轨道的压力的最小值为F2．则F1–F2的值为（）

A.3qEB.4qE

C.5qED.6qE

【答案】D

【解析】在最左端，压力最小，根据牛顿第二定律有：

qE+F2=m，在最右端，压力最大，根据牛顿第二定律有：

F1-qE=m，根据动能定理得：

qE•2R＝mv12−mv22，△F=F1-F2，联立解得：

△F=6qE，故D正确，ABC错误．故选D．

点睛：

本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，知道最右端的压力最大，最左端压力最小，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解．

4.如图乙所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示．已知线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则（　　）

A.交流电压表V的示数为20V

B.电路中的电流方向每秒钟改变5次

C.灯泡消耗的电功率为36W

D.电动势e的瞬时值表达式为e=20cos10πtV

【答案】C

【解析】从甲图可知，电动势最大值Em＝20V，则电动势有效值，故电路电流，故电压表V的示数U=IR=16V，A错误；从甲图可知，周期T=0.2s，则频率，故电路中的电流方向每秒改变10次，B正确；

灯泡消耗的电功率P=I2R=32W，C错误；从甲图可知，电动势最大值Em＝20V，周期T=0.2s，则频率，角速度ω=2πf=10π rad/s，故电动势e的瞬时值表达式e=20cos10πt，D错误；故选B．

点睛：

本题考查交流电的图象，解题过程中要特别注意电表的示数是有效值，计算功率也是用有效值，解题的关键是从图中找出有用的条件，找出电动势的最大值和周期，再结合电路进行作答。

5.两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，关系如图所示，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0．则（　　）

A.S1的质量比S2的大

B.P1的质量比P2的大

C.P1的第一宇宙速度比P2的小

D.P1的平均密度比P2的大

【答案】B

行星的平均密度，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误．故选B．

考点：

万有引力定律的应用

【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。

二、不定项选择（每小题6分，共18分；每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的；全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或者不答的得0分）

6.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（　　）

A.t=0.10s时，质点Q的速度方向向上

B.该波沿x轴负方向的传播，传播速度为40m/s

C.再经过0.10s，质点Q沿波的传播方向移动4m

D.再经过0.025s质点P到达波峰位置

【答案】BD

【解析】由振动图像可知t=0.10s时，质点Q的速度方向向下，选项A错误；由波形图可知，该波沿x轴负方向的传播，传播速度为，选项B正确；波在传播过程中，质点不随波迁移，选项C错误；再经过0.025s波向左传播40m/s×0.025s=1m，此时质点P到达波峰位置，选项D正确；故选BD.

点睛：

本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，注意掌握波的传播方向与质点振动方向的关系确定．

7.如图所示，斜面体静置于水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑．现分别对小物块进行以下三种操作：

①施加一个沿斜面向下的恒力F；

②施加一个竖直向下的恒力F；

③施加一个垂直斜面向下的恒力F．

则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（　　）

A.操作①中小物块将做匀加速运动

B.操作②中小物块仍做匀速运动

C.操作③中斜面体可能会发生滑动

D.三种操作中斜面受到地面摩擦力均为0

【答案】ABD

【解析】小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：

mgsinθ=μmgcosθ，施加一个沿斜面向下的恒力F，根据牛顿第二定律，合力为F，加速度a=，物块做匀加速运动，故A正确．施加一个竖直向下的恒力F，有：

（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，可知物块仍然做匀速运动，故B正确．开始斜面体处于静止状态，可知重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一个垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，可知斜面体受到重物的压力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面体仍然处于平衡状态，故C错误．开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，因为三种情况下，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力为零．故D正确．故选ABD．

点睛：

解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键．

8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列说法正确的是（　　）

A.|q1|＜|q2|

B.q1带正电，q2带负电

C.C点的电场强度大小为零

D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功

【答案】ABD

【解析】试题分析：

由图知A点的电势为零，则O点的电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电，A错误；B正确；C点是电势的拐点，若正点电荷从D移到N点，电势能先增大后减小．则C点电场强度为零，C正确；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功,D正确；故选BCD。

考点：

电场强度、电势、电场力做功。

【名师点睛】在φ-x图象中图象切线的斜率反映的是电场强度，且在图象中能直接看出电势的变化，正电荷在电势越高处电势能越大，而负电荷在电势越低处电势能越大，由电场力做功使电荷的电势能发生变化，故由电势能的变化可知电场力做功的情况。

9.某同学设计如图1装置来研究“质量一定时，加速度与合外力之间的关系”．将装有•两个挡光片（两者相距为s）的物块放在水平的气垫导轨上，细线通过滑轮悬挂着钩码．实验中将钩码的重力当作物块所受的合外力F，多次测量加速度a和合外力F，进而探究两者的关系．桌面离地足够高，滑轮离光电门足够远．

a.用螺旋测微器测量挡光片的宽度d，结果如图2，其读数为_____mm．

b.挂上钩码后，将物块释放，测得挡光片先后两次的挡光时间分别为t1和t2，则物块的加速度为_____．（用d、s、t1和t2表示）

c.下列说法正确的是_____．

A．实验中应保证钩码质量远大于物块的质量

B．实验中应保证桌面上部的细线水平

C．每次释放物块的初位置必须相同

D．每次释放物块的初位置离光电门越近，实验误差越小

d.利用本装置还可以验证机械能守恒定律，若测得钩码质量为m，物块质量为M，挡光片先后两次的挡光时间分别为t3和t4，则实验中需要验证的关系是_____．（用d、s、m、K、t3和t4表示）

【答案】

（1）.4.687

（2）.（3）.B（4）.-

【解析】

（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为：

0.01×18.7mm=0.187mm，

所以最终读数为：

4.5mm+0.187mm=4.687mm，

（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．物块通过光电门1速度为：

v1=；物块通过光电门2速度为：

v2=；物块做匀变速直线运动，则v22-v12=2as，则加速度为：

a=；

（3）实验中应保证钩码质量远小于物块的质量，故A错误；实验中应保证桌面上部的细线水平，故B正确；每次释放物块的初位置不需要相同，故C错误；每次释放物块的初位置离光电门越远，速度越大，时间越短，实验误差越小，故D错误；故选B．

（4）钩码重力势能的减小量△EP=mg△h=mgs，钩码与滑块的动能的增加量

所以实验中需要验证的关系是．

点睛：

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，注意势能的减小与动能增加的研究对象不同，这是解题的关键．

10.某同学要测量由三节相同的干电池串联组成的电池组的电动势E和内电阻r，实验室提供的器材除了开关、导线外，还有：

A．待测电池组

B．电流表A（量程0～500mA，内阻等于