届福建省福州市高三上学期期末考试物理试题解析版文档格式.docx

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故选D。

2.以下关于近代物理内容的叙述中，正确的是　　

A.原子核发生一次衰变，该原子外层就一定失去一个电子

B.天然放射现象中发出的、、三种射线本质都是电磁波

C.对不同的金属，若照射光频率不变，光电子的最大初动能与金属逸出功成线性关系

D.根据玻尔原子理论，一群氢原子从第3能级向低能级跃迁过程会发出6种不同频率的光子

【答案】C

【分析】

根据光电效应的条件判断不能发生光电效应的原因；

衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；

根据光电效应方程进行分析；

根据玻尔理论分析。

【详解】衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故A错误；

天然放射现象的射线中，只有射线是电磁波，射线是氦核，射线是高速的电子流，故B错误；

根据爱因斯坦光电效应方程，对于不同种金属，若照射光频率不变，与金属的逸出功成线性关系，故C正确；

大量的氢原子从第3能级向低能级跃迁时会发出种不同频率的光子，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查了氢原子能级、衰变的实质、光电效应方程的应用、核反应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意光电效应发生的条件与光的强度无关。

3.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，同时落地。

下列表示这一过程的位移时间图象和速度时间图象中正确的是　　

A.B.

C.D.

甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，加速度相同，时间由高度决定，高度越高，时间越长，再结合位移时间图象和速度时间图象的特点分析即可。

【详解】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故AB错误；

都做自由落体运动，加速度相同，则图象的斜率相同，运动时间不等，故C错误，D正确。

4.一金属容器置于地面上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。

容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点。

下列说法正确的是

A.小球带负电

B.A点的电场强度比B点的小

C.同一试探电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能

D.将同一试探电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同

【答案】B

电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；

依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；

在同一等势线上，电场力做功为零；

【详解】A、在静电场中，电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，所以小球带正电，故A错误；

B、电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故B正确；

C、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，根据可知同一试探正电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能，同一试探负电荷在小球表面的电势能一定小于在A点的电势能，故C错误；

D、因A、B在同一等势面上，将同一试探电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；

故选B。

【点睛】关键是知道沿着电场线方向电势是降低的，电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强。

5.如图所示，细绳上端固定于天花板上的A点，细绳的下端挂一质量为m的物体P，用力F作用于细绳上的O点；

使细绳偏离竖直方向的夹角为α，且保持物体平衡，此时F与水平方向的夹角为β，若β=α，重力加速度为g，则F的大小等于

A.B.C.D.

【答案】A

对结点O受力分析，根据平衡条件求出F的大小；

【详解】对结点O受力分析如图，由于β=α，所以力F垂直细绳，根据平衡条件可得：

，故A正确，B、C、D错误；

故选A。

6.在距离长直通电导线为r处的磁感应强度大小为，式中常量，I为导线中电流强度。

在水平长直导线MN正下方，两根等长的轻质绝缘细线悬挂矩形线圈abcd，线圈中通以逆时针方向的恒定电流，如图所示。

开始时导线MN不通电流，此时两细线张力均为；

当导线MN通电流时，线圈所受安培力，两细线的张力均为，且；

下列判断正确的是　　

A.电流方向向左

B.：

：

C.：

D.通电流时，通电导线MN对bc边的安培力方向向右

通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；

通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比；

【详解】A、当导线MN通I1电流时，两细线内的张力均大于T0，此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的方向向下，cd边所受安培力方向向上，可知磁场方向垂直纸面向里，则I1方向向右，故A错误；

C、当MN中通以电流I时，设线圈中的电流大小是i，线圈所受安培力大小为：

，，则有，故C正确；

B、当导线MN通I1电流时，则有两细线的张力均为，导线MN通I2电流时，则有两细线的张力均为，所以，故B错误；

D、当导线MN通I1电流时，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知通电导线MN对bc边的安培力方向向左，故D错误；

二、多选题

7.如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻（光敏电阻阻值随光照强度的增加而变小）。

闭合开关，当照射到R3的光照强度变化时，R2功率变大，以下判断正确的是

A.电流表示数一定变小

B.电压表示数一定变小

C.R3的功率一定变大

D.照射到R3的光照强度一定增加

【答案】BD

R2功率变大，根据可知R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值变化，从而判断电流表示和电压表的变化；

【详解】ABD、由于R2功率变大，根据可知R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值减小，照射到R3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内阻电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B、D正确，A错误；

C、R3的阻值减小，通过R3的电流增大，根据可知，R3的功率无法确定变化，故C错误；

故选BD。

8.在飞镖游戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点A，当A点转到最高点时与A点等高处的飞镖以初速度v0垂直圆盘对准A点水平抛出，恰好击中圆盘上A点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为L，如图所示，不计空气阻力，下列判断正确的是

A.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为B.圆盘的直径为

C.圆盘转动的最大周期为D.圆盘转动的角速度为（k=1,2,3…）

【答案】AB

飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，根据高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移和初速度、时间的关系．抓住圆周运动的周期性，得出角速度与初速度的关系．

【详解】A、飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，设时间为t，由得飞镖飞行时间，故A正确；

B、圆盘的直径为，故B正确；

C、圆盘转动的最大周期为，故C错误；

D、圆盘转动的角速度为，则有，解得圆盘转动的角速度为，，故D错误；

故选AB；

【点睛】关键是飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，运动时间相同。

9.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°

，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。

已知粒子的比荷为，发射速度大小都为，设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子重力及它们之间的相互作用。

对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是

A.粒子在磁场中运动的半径R=L

B.当θ=0°

时，粒子射出磁场速度方向与AC边垂直

C.当θ=0°

时，粒子在磁场中运动时间

D.当θ=60°

【答案】ABD

带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据夹角为θ不同情况，即可求解；

【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

，解得粒子的运动半径；

故A正确；

BC、当θ=0°

时，粒子恰好从AC中点飞出，粒子射出磁场速度方向与AC边垂直，圆心角为60°

，粒子在磁场中运动时间为，故B正确，C错误；

D、当θ=60°

入射时，粒子恰好从A点飞出，圆心角为60°

，粒子在磁场中运动时间为，故D正确；

故选ABD。

【点睛】关键是粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据，解得粒子的运动半径，由图找出圆心角，由求粒子在磁场中运动时间。

10.A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。

现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是

A.刚施加电场的瞬间，A的加速度为2g

B.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小

C.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为

【答案】AD

提供电场前，A静止，受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有加速度；

B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和；

【详解】A、提供电场前，A受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有：

，则加速度为，故A正确；

B、B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，故B错误；

C、根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和，故C错误；

D、B刚要离开地面时弹簧的伸长量等于开始时弹簧的压缩量，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变，根据动能定理可得：

，解得A的速度大小为：

，