福建漳州高三物理上第一次教学质量检测解析版.docx
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福建漳州高三物理上第一次教学质量检测解析版
漳州市2018-2019学年高三毕业班第一次救学质量检测
物理试题
一、选择题：
1.以下有关近代物理的叙述，正确的是
A.β衰变实质是由原子核内的一个中子转变成一个质子，同时释放出一个电子
B.发生光电效应时，增大入射光强度，光电子的最大初动能也增大
C.α粒子散射实验表明原子核占据原子的绝大部分质量和体积
D.氢原子的核外电子由高能级向低能级跃迁时，要吸收一定频率的光子
【答案】A
【解析】
【分析】
β粒子是由原子核内的一个中子转变成一个质子，同时释放出一个电子；根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与哪些因素有关；根据α粒子散射实验得出的结论作答；氢原子的核外电子由高能级向低能级跃迁时，能量减小，要放出一定频率的光子。
【详解】A.β衰变释放的β粒子，是由原子核内的一个中子转变成一个质子，同时释放出一个电子，故A正确；
B.根据光电效应方程，光电子的最大初动能等于入射光的能量减去金属的逸出功，与入射光强度无关，故B错误；
C.α粒子散射实验表明原子内部大部分空间是空的，原子核占据原子的很小体积和大部分质量，故C错误；
D.氢原子的核外电子由高能级向低能级跃迁时，能量减小，要放出一定频率的光子，故D错误。
故选：
A
2.随着新能源轿车的普及，利用电磁感应原理开发的无线充电技术得到进一步应用。
如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电的源）将电能传送至轿车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电。
下列说法正确的是
A.车载电池充电过程是将化学能转化为电能
B.充电电能由感应装置产生，地面供电装置没有消耗能量
C.只减小地面供电电流的频率，可增大充电电流
D.只增大地面供电线圈的匝数，可减小充电电流
【答案】D
【解析】
【分析】
法拉第电磁感应定律是电磁感应充电的原理。
能量由地面供电装置通过电磁感应转移到充电装置。
根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，在判断充电电流的大小。
充电过程将电能转化为化学能。
【详解】A.车载电池充电过程是将电能转化为化学能，故A错误；
B.电能不能凭空产生，充电过程能量由地面供电装置通过电磁感应转移到充电装置，故B错误；
C.只减小地面供电电流的频率，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势减小，充电电流减小，故C错误；
D.只增大地面供电线圈的匝数，根据法拉第电磁感应定律，充电装置感应电压减小，充电电流减小，故D正确。
故选：
D
3.两玩具车在两条平行的车道上行驶，t=0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的v-t图像如图所示。
在0-5s内哪幅图对应的比赛中两车可再次相遇的是
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据v-t图像比较两车在0-5s内的速度大小，图像的面积等于位移，由此判断是否会相遇。
【详解】A.在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故A错误；
B.根据v-t图像的面积等于位移可知，2.5s时，两车相遇，故B正确；
C.在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，两者相距最远，故C错误；
D.在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故D错误。
故选：
B
4.如图，理想变压器原线圈接在电压不变的交流电源上。
灯泡L1和L2阻值不变，R是定值电阻。
同时闭合开关S1、S2，两灯泡均能正常发光。
现断开S1，则
A.灯泡L1变暗
B.电阻R的电功率变大
C.变压器原线圈电流变小
D.变压器副线圈两端电压变小
【答案】C
【解析】
【分析】
断开开关，总电阻增大，电流减小，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的亮度变化；根据功率关系分析原线圈电流的变化。
【详解】AB、变压器输入电压和匝数比不变，则输出电压不变；S断开后相当于负载减少，总电阻增大，副线圈中电流减小，R两端电压减小，灯泡L1两端电压变大，灯泡L1变亮，电阻R的电功率变小；故A错误，B错误；
CD、副线圈电压不变，副线圈电流减小，因此副线圈的电功率减小，根据变压器的输入功率等于输出功率，则变压器输入功率变小，原线圈电流变小，故C正确、D错误；
故选：
C。
5.如图，不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接质量为2m的小球（视为质点），另一端连接质量为m的物块，小球套在光滑的水平杆上。
开始时轻绳与杆的夹角为θ，现将小球从图示位置静止释放，当θ=90°时，小球的速度大小为v，此时物块尚未落地。
重力加速度大小为g，则
A.当θ=90°时，物块的速度大小为2v
B.当θ=90°时，小球所受重力做功的功率为2mgv
C.在θ从图示位置增大到90°过程中，小球一直向右做加速运动
D.在θ从图示位置增大到90°过程中，物块一直向下做加速运动
【答案】C
【解析】
【分析】
根据速度的分解可以计算θ=90°时，物块的速度；根据重力与速度的方向的关系，可以计算重力的做功功率；根据受力与速度的方向的关系，可以判断小球速度的变化；根据θ=90°时，物块的速度为0，可以判断物块速度的变化。
【详解】A.设物块和小球的速度大小分别是v1和v2，则有v1=v2cosθ。
当θ=90°小球的速度大小为v时，物块的速度为0，故A错误；
B.根据功率P=Fvcosθ，当θ=90°时，小球所受重力做功的功率为0，故B错误；
C.在θ从图示位置增大到90°过程中，小球一直受到绳子向右下方的拉力，向右做加速运动，故C正确；
D.当θ=90°时，物块的速度为0，所以在θ从图示位置增大到90°过程中，物块速度先增大后减小，故D错误。
故选：
C
6.如图，在水平地面的平板小车上放一质量m=2kg的滑块，滑块与车上右侧挡板同连接水平的轻弹簧，小车在水平向右的力作用下以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1N，滑块与小车保持相对静止，现减小外力使小车的加速度逐渐减小到零，则
A.弹簧的弹力逐渐减少
B.滑块受到的摩擦力保持不变
C.当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用
D.滑块与小车仍保持相对静止
【答案】D
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律，计算开始摩擦力的大小，则可知最大静摩擦力的范围。
加速度变化，根据牛顿第二定律得出摩擦力的变化．根据摩擦力是否大于最大静摩擦力判断滑块和小车是否相对静止。
【详解】AB.设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力为N。
根据牛顿第二定律：
f-N=ma，开始时f=3N，加速度逐渐减小到零，摩擦力逐渐减小到1N，弹力不变，故A错误，B错误；
C.当小车加速度为零时，滑块受到的摩擦力减小到1N，故C错误；
D.开始时f=3N，最大静摩擦力大于等于3N，由于整个过程摩擦力小于3N，滑块与小车仍保持相对静止，故D正确。
故选：
D
7.如图，两等量同种电荷+Q以原点O为对称放置在x轴上，a、b为坐标轴上的两个点，它们与O点的距离相等。
取无穷远处为零势点，则
A.O点电势为零
B.O点电场强度为零
C.a、b两点的电场强度相同
D.a、b两点间的电势差为零
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据点电荷的电场强度公式及矢量叠加规律，判断各点电场强度的大小和方向；根据等量同种电荷的电场线分布和沿电场线电势降低，判断各点电势的高低。
【详解】A.根据等量同种电荷的电场线分布和沿电场线电势降低，O点电势高于无穷远处的电势，及高于零，故A错误；
B.根据点电荷的电场强度，两电荷在O点产生的电场强度等大反向，O点电场强度为零，故B正确；
C.根据点电荷的电场强度公式和叠加规律，a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，故C错误；
D.根据等量同种电荷得电场线分布和沿电场线电势降低，a、b两点电势相等，两点间的电势差为零，故D正确。
故选：
BD
8.2019年1月3日，“嫦娥四号”月球探测器顺利着陆在月球背面，成为人类首颗软着陆月背的探测器。
着陆前，探测器先在距月高度约为100km的圆轨道上运行；然后在A点实施变轨，使运行轨道变为远月点A高度约为100km，近月点P高度约为15km的椭圆轨道；再在P点实施制动降落月背。
下列说法正确的是
A.从圆轨道到椭圆轨道的变轨过程中，探测器的机械能变大
B.探测器在椭圆轨道运行时，在P点的速率大于在A点的速率
C.探测器在P点时的加速度大于在A点时的加速度
D.探测器在椭圆轨道的运行周期大于在圆轨道的运行周期
【答案】BC
【解析】
【分析】
“嫦娥三号”在P处变轨进入椭圆轨道是由圆周运动变为向心运动，必须点火减速，机械能变小；根据万有引力做功正负比较速率的大小；比较加速度，根据牛顿第二定律，只需比较所受的万有引力即可；根据开普勒第三定律比较周期。
【详解】A.“嫦娥三号”在A处变轨进入椭圆轨道是由圆周运动变为向心运动，必须点火减速，线速度变小，所以机械能减小。
故A错误；
B.探测器在椭圆轨道从A点到P点的过程，距离月球变近，万有引力做正功，动能增大，在P点的速率大于在A点的速率，故B正确；
C.根据万有引力提供向心力得：
知距离月球越远，加速度越小，探测器在P点时的加速度大于在A点时的加速度，故C正确；
D.圆轨道的半长轴大于椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律，探测器在椭圆轨道的运行周期小于在圆轨道的运行周期；故D错误。
故选：
BC
9.如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。
现用细绳一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动。
在移动过程中关于铁丝对A的支持力N，说法正确的是
A.N的方向始终背离圆心O
B.N的方向始终指向圆心O
C.N逐渐变小
D.N大小不变
【答案】AD
【解析】
【分析】
选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到N与A0、BO的关系，再分析N的变化情况。
【详解】若在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，
由三角形相似有：
得，AO、BO都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心O。
故AD正确，BC错误。
故选：
AD。
10.如图，固定的斜面底端有一挡板，板上固定一轻弹簧，弹簧原长时自由端在B点，将一小滑块紧靠弹簧放置在斜面上，用外力作用滑块使其静止在A点，现撤去外力，滑块恰能上滑至顶点C，然后下滑，最终停在斜面上.则
A.滑块最终停在A点
B.滑块上滑的最大速度位置与下滑的最大速度位置不同
C.整个运动过程中产生的内能等于滑块在A处时弹簧的弹性势能
D.滑块从A上滑到B过程中，加速度先变小后变大
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据滑块最终停在斜面上，说明滑块与斜面之间有摩擦力，可以判断系统机械能的变化；上滑和下滑过程摩擦力方向不同，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
【详解】A.滑块最终停在斜面上，说明滑块与斜面之间有摩擦力，滑块在上滑和下滑过程有机械能损耗，滑块最终不会停在A点，故A错误；
B.加速度为零时速度最大，设上滑过程速度最大时弹簧压缩量为x1，下滑过程速度最大时弹簧压缩量为x2，斜面倾角为θ，则kx1=mgsinθ+f，mgsinθ=kx2+f，滑块上滑的最大速度位置与下滑的最大速度位置不同；故B正确；
C.距上面解析可知，滑块最终停止的位置在A处上面，滑块在A处时弹簧的弹性势能等于整个运动过程中产生的内能、增加的重力势能和最终的弹性势能之和，故C错误；
D
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