届福建省泉州市高中毕业班单科质量检查物理试题解析版.docx

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届福建省泉州市高中毕业班单科质量检查物理试题解析版

泉州市2019届高中毕业班单科质量检查物理试题

一、选择题

1.如图所示为某质点做直线运动的位移一时间图象，其中OP段为曲线，PQ段为直线。

下列说法正确的是

A.0~8s时间内质点一直做加速运动

B.4s末质点的速度大于8s未的速度

C.4s末质点的加速度大于8s末的加速度

D.4~6s时间内质点的平均速度大于6~8s时间内的平均速度

【答案】C

【解析】

【分析】

在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间。

【详解】s-t图像的斜率等于速度，可知0~8s时间内质点的速度先增加后不变，选项A错误；s-t图像的斜率等于速度，可知4s末质点的速度小于8s未的速度，选项B错误；4s末质点的加速度不为零，而8s末的加速度为零，可知4s末质点的加速度大于8s末的加速度，选项C正确；4~6s时间内质点的位移为6m，6~8s时间内的位移为7m，时间相同，则4~6s时间内质点的平均速度小于6~8s时间内的平均速度，选项D错误；故选C.

2.2018年11月1日，我国成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星，关于这颗卫星的说法正确的是

A.线速度大于地球的第一宇宙速度

B.运行角速度等于地球自转的角速度

C.运行周期大于月球绕地球运行的周期

D.向心加速度大于地球表面的重力加速度

【答案】B

【解析】

【分析】

第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据和讨论周期和向心加速度关系；同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同.

【详解】任何地球卫星的速度都小于第一宇宙速度，可知该卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，选项A错误；因为这颗卫星属于地球同步卫星，可知运行角速度等于地球自转的角速度，选项B正确；根据可知，此卫星的运转半径小于月球绕地球运转半径，可知运行周期小于月球绕地球运行的周期，选项C错误；根据可知，向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项D错误；故选B.

3.如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据平衡条件列出竖直方向的平衡方程即可求解.

【详解】由平衡知识可知：

解得，故选A.

4.高空坠物极其危险。

设想一枚质量为50g的鸡蛋从某人头部正上方45m高的楼上由静止落下，鸡蛋与人头部的作用时间为4.5×10－4s。

则头部受到的平均冲击力约为

A.3×102NB.3×103NC.3×104ND.3×105N

【答案】B

【解析】

【分析】

鸡蛋先做自由落体，根据动能定理求出速度；然后发生碰撞，根据动量定理列式求解平均作用力。

【详解】由2gh=v2可得：

；鸡蛋质量：

m=50g=0.05kg；设向下为正方向，对碰撞过程由动量定理可得：

（mg-F）t=0-mv；代入数据得：

F=-3300N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；根据牛顿第三定律可知，头部受到的平均冲击力约为3000N，故B正确，ACD错误。

故选B。

【点睛】本题考查动量定理及自由落体的运动规律，要注意动量定理中的方向性，在解题时要先明确正方向。

5.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。

下列说法正确的是

A.a、b、c三点电势相等

B.电子在a、c两处受到的电场力相同

C.电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小

D.电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.

【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.

6.如图所示，在x轴上方空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。

在原点O处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v射入磁场。

粒子重力及粒子间的作用均不计。

图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y轴交点为M，与x轴交点为N，已知ON=L。

下列说法正确的是

A.能经过M点的粒子必能经过N点

B.粒子的电荷量与质量之比为

C.从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为

D.从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为

【答案】C

【解析】

【分析】

沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴负向上最远处N点；由几何关系结合粒子的运动轨迹计算运动的时间.

【详解】沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处，则能经过M点的粒子不能经过N点，选项A错误；ON=2R=L，由解得：

，故B错误。

由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为3000，时间，也可能为600，时间为，选项C正确；从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为，选项D错误；故选C.

【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：

定圆心、画轨迹、求半径．要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径．

7.如图甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abed，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是

A.t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→a

B.t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→a

C.t2时刻线框的感应电流最大

D.t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据楞次定律判断感应电流的方向；根据B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率判断感应电流的大小；根据左手定则判断安培力的方向.

【详解】t1时刻穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项AD正确；t3时刻穿过线圈的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误；故选AD.

【点睛】此题关键是知道感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律来算得的．知道B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率；分清左右手定则的适用范围.

8.如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球。

现将小球拉至与O点等高的A处，由静止释放后小球下摆到最低点B，此时速度大小为v。

不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。

下列说法正确的是

A.该过程重力做的功为

B.小球经过B点时重力的功率为mgv

C.小球经过B点时拉力的功率为0

D.小球经过B点时拉力大小为2mg

【答案】AC

【解析】

【分析】

由动能定理求解重力功；根据P=Fv判断功率，注意v是沿F方向的速度分量；根据动能定理结合牛顿第二定律求解在最低点的拉力.

【详解】根据动能定理可知，该过程重力做的功为WG=，选项A正确；小球经过B点时，因重力向下，速度与重力的方向垂直，可知重力的功率为0，选项B错误；小球经过B点时拉力的方向与速度垂直，则拉力的功率为0，选项C正确；根据mgR=mv2；由牛顿第二定律：

F-mg=m；解得小球经过B点时拉力大小为F=3mg，选项D错误；故选AC.

9.如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。

t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是

A.B.

C.D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】

对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化。

【详解】设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由可知，随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.

【点睛】此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状.

10.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙水平桌面上的O点。

现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为Ep。

撤去力F后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek，动能最大时的位置与M点的距离为d，则下列说法正确的是

A.物块经过O点时动能最大

B.物块从M点到O点的过程中加速度先减小后增大

C.块经过与M点的距离为的位置时动能大于

D.物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为Ep

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。

【详解】当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于MO之间某位置，选项A错误；开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；

设滑块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP=d；MP的中点为Q，则由M到P由动能定理：

；从M到Q，由动能定理：

，因；可得，选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep，选项D错误；故选BC.

【点睛】此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体的受力情况以及弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。

二、实验题

11.如图甲为某学习小组利用光电门研究物体做匀变速直线运动的实验装置。

请回答下列问题：

（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L，示数如图乙所示，则L=___________mm；

（2）在斜面上的A处安装一光电门，将滑块（M、N为滑块的两端点）从斜面上某处由静止滑下，滑块经过光电门后，计时器记录了滑块遮光时间为t。

则滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度__________；滑块下滑的加速度__________（均选填“大于”“等于”或“小于”）

【答案】

（1）.

（1）32.4

（2）.

（2）大于；（3）.小于；

【解析】

【分析】

（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数，不估读；

（2）根据中间时刻的速度小于中间位置的速度判断；根据L=v0t+at2判断加速度和的关系.

【详解】

（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L，则L=3.2cm+0.1mm×4=3.24cm=32.4mm；

（2）滑块经过光电门中间时刻的速度等于平均速度；因中间位置的速度大于中间时刻的速度，可知滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度大于；设N点经过光电门A时的速度为v0，则L=v0t+at2，解得，则滑块