届福建省宁德市高三上学期期末质量检测物理试题解析版Word格式.docx

届福建省宁德市高三上学期期末质量检测物理试题解析版Word格式.docx

《届福建省宁德市高三上学期期末质量检测物理试题解析版Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届福建省宁德市高三上学期期末质量检测物理试题解析版Word格式.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,结合初速度和时间求出水平位移.

【详解】因平抛运动的水平分运动是匀速直线运动,故在落地前的最后1s的水平位移为；

故选A.

【点睛】解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活解答．

2.我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙"

AG600已试飞成功。

当“鲲龙”AG600在水面加速滑行时受到的合力

A.大小为零B.方向竖直向上

C.方向与滑行方向相同D.方向沿滑行方向斜向上

【答案】C

物体做加速直线运动时加速度方向与速度方向相同,根据飞机的运动情况判断即可.

【详解】“鲲龙”AG600在水面做加速直线运动,加速度方向与滑行方向相同,由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同,所以合外力方向与滑行方向相同.故选C.

【点睛】解决本题的关键是知道物体做加速直线运动时,加速度方向与速度方向相同,而合外力方向与加速度方向相同.

3.据报道,2018年7月上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线,主要用于深海搜寻和打捞等。

该潜水器质量为5×

103kg,在某次作业中,潜水器与质量为4×

103kg的重物从3km深的海底一起沿竖直方向匀速上升到海面,已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW,水对潜水器与重物的浮力和阻力相互平衡,其他影响可忽略,重力加速度g取10m/s2,则潜水器与重物上升的速度大小为

A.1.8m/sB.2.0m/sC.3.6m/sD.4.5m/s

【答案】B

对潜水器和重物整体进行受力分析,可知浮力与阻力平衡,则潜水器的动力与重力平衡,根据P=Fv求得潜水器的上升速度.

【详解】以潜水器和高密度重物整体为研究对象,因为整体匀速提升,故处于平衡状态,又浮力与阻力平衡,则可知潜水器的动力F与整体重力平衡,

即满足：

F=（m+M）g=（5×

103+4×

103）×

10N=9×

104N,

潜水器匀速上升时,功率满足P=Fv可得上升速度.故选B.

【点睛】本题主要考查功率公式P=Fv,能正确的对潜水器及其重物整体受力分析,根据平衡求得潜水器的动力是解决问题的关键.

4.如图所示,边长为2L的正方形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。

一个边长为L的正三角形闭合金属框水平匀速穿过该磁场。

取金属框刚到达磁场左边界为零时刻,规定逆时针方向为电流的正方向,下列选项中能正确描述金属框中电流与时间关系图像的是

A.B.C.D.

根据感应电动势E=BLv和电流得出电流表达式,根据运动形式确定电流的大小和方向的变化,结合排除法确定答案．

【详解】三角形线框匀速进入磁场的过程,由电流表达式可知,有效长度先增大后减小,则电流先增大后减小,而方向由楞次定律知为顺时针（负向）；

三角形线框完全进入磁场后,磁通量不变,则无感应电流；

三角形线框匀速出磁场的过程,由同理可知电流先增大后减小,方向为逆时针（正向）；

综合三个过程可知选B.

【点睛】分清线框运动中,切割磁感线的有效长度的变化是关键,根据感应电动势和感应电流得表达式求解即可．

5.如图所示,在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。

绳子上某一点到绳子右端的距离为x,设该处的张力为T,则能正确描述T与x之间的关系的图象是

试题分析：

设单位长度质量为m；

对整体分析有：

则对x分析可知：

联立解得：

故可知T与x成正比；

则右段绳的质量为,可解得,故D正确；

考点：

考查了牛顿第二定律的应用

【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力,分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题

6.2018年5月21日,我国成功将“鹊桥”号中继星发射升空,经过复杂的变轨飞行,到达地月拉格朗日L2点附近,为“嫦娥四号”提供地月通信。

已知“鹊桥”号运行于拉格朗日L2点受地球和月球引力作用,绕地球运转周期与月球公转周期相同,简化过程如图所示。

下列判断正确的是

A.“鹊桥”号对月球的引力大于地球对月球的引力

B.“鹊桥”号绕地球运行的速度大于月球绕地球运行的速度

C.“鹊桥”号绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度

D.“鹊桥”号绕地球运行的向心加速度大于月球绕地球运行的向心加速度

【答案】BD

物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同,结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系.

【详解】A、对月球而言提供向心力的合力指向地球,则地球对月球的引力大于“鹊桥”号对月球的引力；

故A错误.

B、卫星和月球都绕地球做圆周运动且周期相同,由可知“鹊桥”号绕地球运行的速度大于月球绕地球运行的速度；

故B正确.

C、由圆周运动的可知,月球和卫星周期相同,则角速度相等；

故C错误.

D、由可知,两卫星的周期相同,则半径大的向心加速度大,即“鹊桥”号绕地球运行的向心加速度大于月球绕地球运行的向心加速度；

故D正确.

故向BD.

【点睛】解决本题的关键知道物体做圆周运动,靠地球和月球引力的合力提供向心力。

不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解,另外还要仅仅抓住卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同.

7.正方形虚线框ABCD位于竖直面内,中心为O。

在A、B两点分别固定电荷量为+Q与－Q的点电荷,AD中点E固定有电荷量为+q的点电荷。

光滑绝缘竖直杆位于AB的中垂线上,与AB、CD交点分别为H、G,杆上套有一个带少量负电荷的小球。

现将小球自G点无初速度释放,不计小球带电量对电场的影响,则下列说法正确的是

A.G、H两点的电势相等

B.小球在H点的动能为零

C.小球从G点运动到H点,电场力先做正功后做负功

D.小球从G点运动到H点,机械能先减小后增加

【答案】AC

分析小球的受力情况,由牛顿第二定律分析小球在O点的加速度。

根据等量异种电荷电场中电势分析情况,分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况,由能量守恒定律分析小球在H点的速度、电势能、机械能关系.

【详解】A、在A、B两电荷的电场中,竖直杆与等势线重合,在E点的+q点电荷的电场中,G、H为等势点,即在三个点电荷的合电场中,G、H两点电势相同；

故A正确.

B、因G和H两点电势相同,则小球由G到H,电场力做功为零,但重力做功使小球动能增加,故小球在H点速度不为零,即动能不为零；

故B错误.

C、D、根据点电荷的场强叠加原理可知G点的场强斜向右上,O点的场强水平向右,H点的场强斜向右下；

故带负电的小球在GH段运动时电场力先做正功后做负功；

除重力做功以外的电场力做功衡量机械能的变化,故机械能也为先增大后减小；

则C正确,D错误.

故选AC.

【点睛】本题的关键是明确小球所受的库仑力情况,要掌握等量异种电荷电场的分布情况,运用电场的叠加原理分析这类问题.

8.如图所示,竖直光滑杆固定在地面上,套在杆上的轻质弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧（在弹性限度范围内）至离地高度h=0.1m处,滑块与弹簧不拴接。

现由静止释放滑块,通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的Ek-h图像,其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线,其余部分为曲线。

滑块可视为质点,以地面为零势能参考面,重力加速度g取10m/s2,由图像可知

A.轻弹簧原长为0.2m

B.滑块的质量为0.2kg

C.弹簧弹性势能最大为0.5J

D.滑块机械能最大为0.5J

在Ek-h图象中,图线的斜率表示了滑块所受的合外力,由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线,其余部分为曲线,说明滑块在从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力,所以从h＝0.2m,滑块与弹簧分离,故选项A正确；

在从0.2m上升到0.35m范围内,图线的斜率绝对值为：

k＝mg＝2N,所以：

m＝0.2kg,故选项B错误；

根据能的转化与守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以Epm＝mgΔh＝0.2×

10×

（0.35－0.1）J＝0.5J,故选项C正确；

在滑块整个运动过程中,系统的动能、重力势能、弹性势能之间相互转化,因此动能最大时,滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小,根据能的转化与守恒可知：

Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh0－Ekm＝0.5J＋0.2×

0.1J－0.32J＝0.38J,故选项D错误。

本题主要考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题,属于中档偏高题。

三、非选择题：

共174分。

第22~26题为物理试题,第27~30题为化学试题,第31~35题为生物试题,考生根据要求作答。

9.某同学欲用多用电表测量电压表的内阻。

步骤如下：

（1）他先将多用电表进行机械调零,再将多用电表的选择开关调至电阻“×

1k”档,之后进行欧姆调零。

（2）将甲图中多用电表的红表笔与电压表的___________（填“+”或“－”）接线柱相接,黑表笔与另一接线柱相接。

（3）此时指针位置如图乙所示,为了更准确地测量,应将选择开关调至电阻___________（填“×

100”；

或“×

10”）档,两表笔短接并调节旋钮___________（填“①”或“②”）。

（4）按步骤（测量时,指针指在如图丙位置,则电压表的内阻为___________Ω

【答案】

（1）.－

（2）.×

100（3）.②（4）.2.2×

103（2200或2.2k）

（1）欧姆表是测量电阻的仪表,把被测电阻串联在红黑表笔之间,欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．

（2）使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位,使指针指针中央刻度线附近；

欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；

欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；

【详解】

（1）用多用电表的欧姆档时内部电源被接通,且黑表笔接内部电源的正极,即电流从欧姆表的黑表笔流出,从电压表的正极流入,则红表笔接电压表的负极．

（2）选用“×

1k”挡,调零后测量电压表的内阻,发现指针偏转角度很大,说明所选挡位太大,为准确测量,应换小挡,由图可知,只有几千欧,应该将选择开关换成欧姆挡的“×

100”档位,然后进行欧姆调零,故短接两表针转动旋钮②．

（3）由图示表盘可知,RV=22×

100=2200Ω．

【点睛】本题考查了多用电表的使用与读数,关键是记住：

黑表笔接外部插孔的“-”,但是接内部电源的正极．

10.某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律.完成下列问题：

（1）请从甲图中指出一条实验错误：

_________________________________；

（2）纠正实验错误后,通过测量得到一条纸带如图乙所示。

已知打点计时器频率为50Hz,实验所用重物的质量m=0.300kg,根据纸带测得的数据,重物在C点时的动能为___________J；

（3）某同学选用两个形状相同质