福建省福州市届高中毕业班第二次质量检查物理试题.docx

福建省福州市届高中毕业班第二次质量检查物理试题.docx

《福建省福州市届高中毕业班第二次质量检查物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省福州市届高中毕业班第二次质量检查物理试题.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

福建省福州市届高中毕业班第二次质量检查物理试题

福州市2019届五月份高三理综物理试题

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.Cs的衰变方程式为Cs→Ba＋X，则下列说法正确的是

A.Cs的衰变过程属于α衰变，X为氦原子核

B.Cs原子核内的中子数比Ba原子核内的中子数多一个

C．通过降低温度的方法可使Cs的半衰期变短，降低危害

D.Cs原子核的比结合能等于Ba原子核的比结合能

15．如图所示，同一轨道上有两艘绕地球运行的宇宙飞船，它们的运行周期为T，运行速度为v。

已知引力常量为G，则下列说法正确的是

A．地球的质量为

B．两飞船运动的轨道半径为

C．两飞船运动的加速度为

D．后面的飞船要追上前面的飞船进行对接需向后喷出一些物质使其加速

16．如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷。

质量为m、带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N（图中没有标出），则下列说法正确的是

A．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小

B．物块和斜面间的动摩擦因数μ＝

C．物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离

D．物块的释放点M与O点间的电势差为

17．如图1所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场（规定垂直纸面向外为正方向），区域边长AB＝AD。

一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。

现在把磁场换成按如图3所示规律变化的电场（规定竖直向下为正方向），相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。

不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为

A．1∶1

B．2π∶3

C．2π∶9

D．π∶9

18．如图所示为鱼饵自动投放器的装置示意图，其下部是一个高度可以调节的竖直细管，上部是四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向。

竖直细管下端装有原长为L0的轻质弹簧，弹簧下端与水面平齐，将弹簧压缩并锁定，把鱼饵放在弹簧上。

解除锁定当弹簧恢复原长时鱼饵获得速度v0。

不考虑一切摩擦，重力加速度取g，调节竖直细管的高度，可以改变鱼饵抛出后落水点距管口的水平距离，则该水平距离的最大值为

A．＋L0B．＋2L0C．－L0D．－2L0

19．如图所示，一旅客用力F拉着质量为m的行李箱沿水平方向做匀速直线运动。

已知拉力F与水平方向的夹角为θ1，行李箱与水平方向的夹角为θ2，重力加速度为g，则行李箱受到地面的支

持力FN和地面对行李箱的静摩擦力Ff的大小分别为

A．FN＝mg－Fsinθ1

B．FN＝mg－Fsinθ2

C．Ff＝Fcosθ1

D．Ff＝Fcosθ2

20．如图1所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0＝10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V　50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R。

现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是

A．原线圈两端输入的交变电压为u＝22sin100πt（V）　

B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5

C．若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮

D．若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断

21．如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝37°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2kg的物块A，系统处于静止状态。

若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一质量为3kg的物块B，A、B一起向下运动，经过10cm运动到最低点。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是

A．两物块沿斜面向下运动的过程中，A、B间的弹力先减小后增大

B．在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为7.2N

C．两物块沿斜面向下运动的过程中，重力势能与弹性势能之和先减少后增加

D．两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧弹性势能的最大值为3.0J

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33～38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

22．（6分）某实验小组的同学利用如图1所示的装置“探究物体速度和位移的关系”，并测量物块和桌面间的动摩擦因数。

已知弹簧处于原长时，物块位于光电门左侧。

（1）按如图1所示安装实验器材，物块上方装有较窄的遮光条，用游标卡尺测量其宽度如图2所示，则遮光条的宽度为__________mm。

（2）实验步骤如下：

①让物块压缩弹簧并锁定；

②释放物块，读出物块通过光电门时的遮光时间Δt；

③测量出物块停止运动时遮光条的位置到光电门之间的位移x；

④重复②③步骤，测出多组遮光时间Δt和位移x的值；

⑤计算出物块通过光电门时对应的速度v。

（3）根据测量的数据在如图3所示的坐标纸上做出v2－x图象，由图象可知，物块在桌面上运动的加速度大小为__________m/s2。

已知重力加速度g取10m/s2，则物块和桌面间的动摩擦因数为____________。

（结果均保留两位有效数字）

23．（9分）某实验小组欲测量一节废旧干电池的电动势和内阻，实验室有如下器材：

A．电压表（0～0.5V，内阻RV未知）

B．电流表（0～0.6A，内阻RA为0.6Ω）

C．电阻箱R0（最大阻值为9999.9Ω）

D．滑动变阻器R（0～20Ω）

E．开关一个，导线若干

（1）考虑到电压表的量程太小，且内阻远大于干电池内阻，实验小组的同学首先设计如图1所示的电路来测量电压表的内阻。

其原理为：

先调节电阻箱阻值，使电压表指针指在中间刻度线，记下电阻箱的阻值R1，再调节电阻箱阻值，使电压表指针指在满偏刻度，记下电阻箱的阻值R2，则电压表的内阻RV＝__________（用R1、R2表示）。

（2）测得电压表的内阻为500Ω，实验小组的同学又设计了如图2所示的电路测量废旧干电池的电动势，R0调到1000Ω。

调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数如下表所示。

请根据表中的数据，在如图3所示的坐标纸上作出U－I图线。

U/V

0.20

0.25

0.30

0.35

0.40

I/A

0.59

0.50

0.39

0.30

0.21

（3）由图线求得电动势E＝__________V，内阻r＝__________Ω。

（4）实验时，某同学进行了多次测量，花费了较长时间，但测量期间一直保持电路闭合。

其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为______________________。

24．（14分）如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。

质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图2所示。

不考虑导轨的电阻。

（1）求金属棒匀速运动时的速度v1；

（2）求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；

（3）已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。

25．（18分）如图所示，倾斜轨道底端用一小段圆弧与水平面平滑连接，上端与半径为R＝0.5m的圆管形轨道相切于P点，圆管顶端开口水平，距离水平面的高度为R。

质量为m＝0.2kg的小球B静止在斜面的底端。

另有质量相同的小球A以初速度v0＝5m/s沿水平面向右运动，并与小球B发生弹性碰撞，不考虑一切摩擦，重力加速度g取10m/s2。

（1）求小球B被碰后的速度大小；

（2）求小球B到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小和方向；

（3）若保持小球A的初速度不变，增加其质量，则小球B从轨道的最高点抛出后，求小球B的落地点到O点的最远距离不会超过多少。

（二）选考题：

共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33．物理·选修3－3（15分）

（1）（5分）关于热力学定律，下列说法正确的是__________。

（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀对外做功，内能一定减少

B．第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律

C．热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律

D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律

E．熵是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展

（2）（10分）如图所示，两端开口、粗细均匀的U形管内装有水银，底部有一开关K把水银等分成两部分，右管内有一质量不计的轻质活塞封闭一定质量的理想气体。

已知大气压强p0＝75cmHg，管内水银柱的高度为L＝7.5cm，空气柱的长度为L0＝30cm，U形管底部宽度为10cm。

现用力缓慢地把活塞向上提起h＝15cm，求：

（ⅰ）空气柱内气体的压强p1；

（ⅱ）保持活塞的位置不变，打开U形管底部的开关，稳定后空气柱内气体的压强p2。

34．物理·选修3－4（15分）

（1）（5分）如图1所示是一列简谐波在t＝0时刻的波形图，质点P刚开始振动，如图2所示是介质中的另一质点Q的振动图象，则下列说法正确的是__________。

（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．这列波沿x轴正方向传播

B．这列波的波速是24m/s

C．质点Q平衡位置的坐标为xQ＝36m

D．从t＝0时刻开始，经过2.5s质点Q处在波峰

E．当质点Q处在波峰时，质点P也处在波峰

（2）（10分）如图所示，直角三角形ABC是一个棱镜的截面，∠C＝60°，MN是与棱镜的侧面AC平行的光屏，到AC的距离为L。

由两种色光组成的光束宽度为d，垂直于AB射入棱镜。

已知棱镜对两种色光的折射率分别为n1和n2，且n1

福州市2019届高三毕业班第三次质量检测理科综合·物理答案

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．答案　B

命题透析　本题考查原子核衰变，考查考生的理解能力。

思路点拨　原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒，所以X为电子，该衰变为β衰变，选项A错误；原子核的半衰期与原子核的物理化学性质无关，不能通过降低温度的方法使Cs的半衰期变短，选项C错误；在β衰变中原子核内的一个中子转变成一个电子和一个质子，所以Cs原子核内的中子数比Ba原子核内的中子数多一个，选项B正确；不同原子核的比结合能是不同的，选项D错误。

15．答案　C

命题透析　本题考查万有引力与航天，考查考生的推理能力。

思路点拨　由圆周运动的规律有v＝，解得r＝，选项B错误；万有引力提供飞船运行的向心力，则有G＝m，解得地球的质量为M＝，选项A错误；飞船的加速度为a＝＝，选项C正确；后面的飞船向后喷出一些物质，会到较高的轨道上运行，不能对接，选项D错误。

16．答案　D

命题透析　本题考查点电荷的电场以及电场的叠加、力和运动的关系、动能定理等，考查考生的推理能力和分析综合能力。

思路点拨　根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，选项A错误；物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ＝，选项B错误；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，选项C错误；根据动能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物块的释放点M与O点间的电势差UMO＝，选项D正确。

17．答案　C

命题透析　本题考查带电粒子在电场和磁场中运动，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。

思路点拨　设粒子的质量为m，带电量为q，则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如图所示，设粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆周角为α，则有2rsinα＝AB，2（r－rcosα）＝AD，又AB＝AD，联立解得α＝60°，所以有＝TB，TB＝，解得T1＝；如果把磁场换为电场，则有AB＝v0T2，解得T2＝，所以＝，选项C正确。

18．答案　A

命题透析　本题考查平抛运动和动能定理，考查考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。

思路点拨　设弹簧恢复原长时弹簧上端距离圆弧弯管口的竖直距离为h，根据动能定理有－mgh＝mv2－mv，鱼饵离开管口后做平抛运动，竖直方向有h＋L0＝gt2，鱼饵被平抛的水平距离x＝vt，联立解得x＝≤＝＋L0，所以调节竖直细管的高度时，鱼饵被投放的最远距离为＋L0，选项A正确。

19．答案　AC

命题透析　本题考查受力分析，考查考生的分析综合能力。

思路点拨　以行李箱为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有FN＋Fsinθ1－mg＝0，所以行李箱受到地面的支持力为FN＝mg－Fsinθ1，选项A正确，B错误；水平方向上有Ff－Fcosθ1＝0，所以地面对行李箱的静摩擦力Ff＝Fcosθ1，选项C正确，D错误。

20．答案　BD

命题透析　本题考查交变电流和理想变压器，考查考生的分析综合能力。

思路点拨　由题图2可知，交变电压的最大值为22V，周期为T＝2×10－2s，所以角速度为ω＝＝100π（rad/s），则原线圈两端的交变电压为u＝22sin100πt（V），选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL＝＝200Ω，电流为IL＝＝0.5A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0＝1A，所以变压器的输出电压为U2＝UL＋I0R0＝110V，则有＝＝，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出＝U2I2可知输出功率变大，又P入＝P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6A，熔断器可能会熔断，选项D正确。

21．答案　BC

命题透析　本题考查功能关系，考查考生的分析综合能力。

思路点拨　物块A刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块A、B整体受到的合力为mBg，设加速度为a，则有mBgsin37°＝（mA＋mB）a，设A、B间的弹力为FN，对物块B有mBgsin37°－FN＝mBa，联立解得FN＝7.2N，选项B正确；两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，选项A错误；由功能关系，针对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，选项C正确；在物块B放上去之前，弹簧是压缩的，所以弹簧的最大弹性势能应大于（mA＋mB）gxsinθ＝3.0J，选项D错误。

22．答案　

（1）6.75（2分）

（3）5.0（4.7～5.1均可，2分）　0.50（0.47～0.51均可，2分）

命题透析　本题考查探究物体速度和位移的关系和测量动摩擦因数，考查考生的实验能力。

思路点拨　

（1）游标卡尺的读数为6mm＋0.05×15mm＝6.75mm。

（3）由匀变速直线运动规律有v2＝2ax，图象的斜率k＝2a，所以a＝。

根据图象求得斜率k＝10.0m/s2，所以物块在桌面上运动的加速度大小a＝5.0m/s2；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，所以μ＝0.50。

23．答案　

（1）R1－2R2（2分）

（2）如图所示（2分）

（3）1.50（1.44～1.56均可，2分）　0.90（0.80～1.00均可，2分）

（4）长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大（1分）

命题透析　本题考查测量干电池的电动势和内阻，考查考生的实验能力。

思路点拨　

（1）设电源的电动势为E，电压表的满偏电压为U，则当电压表指针指在中间刻度线时，有U＝E；当电压表指针指在满偏刻度时，有U＝E，联立解得电压表的内阻为RV＝R1－2R2。

（2）在坐标纸上描点连线作出U－I图线，如图所示。

（3）根据题图2，由闭合电路欧姆定律得E＝（R0＋RV）＋I（RA＋r），解得U＝－（RA＋r），则由U－I图线可得电源的电动势为1.50V，内阻为0.90Ω。

（4）长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。

24．命题透析　本题考查法拉第电磁感应定律，考查考生的分析综合能力。

思路点拨　

（1）金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E＝BLv1（1分）

电容器的电荷量q＝CE（2分）

金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BLt0＝mv1－mv0（2分）

电容器的电荷量q＝t0（2分）

联立解得v1＝（1分）

（2）由

（1）可知q＝CE＝CBLv1＝（2分）

（3）在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q＝mv－mv（3分）

解得E＝mv－－Q（1分）

25．命题透析　本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律，考查考生的分析综合能力。

思路点拨　

（1）设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得

mv0＝mv1＋mv2（1分）

由能量守恒定律得mv＝mv＋mv（2分）

联立解得v1＝0、v2＝v0＝5m/s（1分）

（2）A、B两小球碰撞后，设小球B沿轨道上升到最高点的速度为v，则有动能定理得

－mgR＝mv2－mv（1分）

在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律可得

mg－FN＝m（1分）

联立解得FN＝－4N（1分）

负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有向上的压力，大小为4N（1分）

（3）设小球A的质量为M，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv0＝Mv3＋mv4（1分）

Mv＝Mv＋mv（1分）

联立解得v4＝v0（1分）

当小球A的质量M无限增加时，碰撞后小球B的速度都不会超过2v0（1分）

设小球B到达轨道最高点的速度为v′，则有－mgR＝mv′2－m（2v0）2（1分）

解得v′＝3m/s（1分）

由平抛运动的规律有R＝gt2（1分）

xm＝v′t（1分）

联立解得xm＝3m（1分）

所以小球B从轨道的最高点抛出后，落地点到O点的最远距离不会超过3m（1分）

33．

（1）答案　BDE（5分）

命题透析　本题考查热力学定律，考查考生的理解能力。

思路点拨　一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确；熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，选项E正确。

（2）命题透析　本题考查理想气体状态方程，考查考生的推理能力。

思路点拨　（ⅰ）设U形管的截面积为S，由玻意耳定律有p0L0S＝p1（L0＋h）S（2分）

解得p1＝50cmHg（1分）

（2）设打开开关稳定后左管内水银没有全部进入U形管的水平部分，此时水银面下降Δh，则

p2＝（75－2Δh）cmHg（1分）

根据玻意耳定律有p0L0S＝p2（L0＋h－Δh）S（2分）

联立解得Δh＝7.5cm或Δh＝75cm（舍去）（1分）

由Δh＝7.5cm＝L，且U形管底部宽度为10cm，说明打开开关稳定后，左管内的水银刚好全部进入U形管的底部。

（1分）

则稳定后空气柱内气体的压强p2＝（75－2L）cmHg＝60cmHg（2分）

34．

（1）答案　ACD（5分）

命题透析　本题考机械振动和机械波，考查考生的推理能力。

思路点拨　由题图2可知，质点Q刚开始振动时方向沿y轴负方向，结合题图1可知质点P在t＝0时刻沿y轴负方向振动，所以这列波沿x轴正方向传播，选项A正确；根据题图1可知波长λ＝24m，根据题图2可知周期为T＝2s，则v＝＝12m/s，选项B错误；质点P开始振动后经过Δt＝1s质点Q开始振动，于是PQ间的距离xPQ＝v·Δt＝12m，所以质点Q平衡位置的坐标为xQ＝36m，选项C正确；距Q点最近的波峰到Q点的距离为x＝30m，所以有t＝＝（2.5＋2n）s，n＝0、1、2、3……则t＝2.5s时质点Q第一次出现在波峰，选项D正确；P、Q间的距离等于半个波长，所以当质点Q处在波峰时，质点P处在波谷，选项E错误。

（2）命题透析　本题考查光的折射，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。

思路点拨　由于棱镜对两种色光的折射率不同，所以光屏上的宽度上边界按折射率小的光计算，下边界按折射率大的计算，如图所示，设两种色光在AC面上的入射角为i，由几何关系可知i＝30°，则有

n1＝（2分）

解得sinθ1＝n1sini＝n1（1分）

n2＝（2分）

解得sinθ2＝n2sini＝n2（1分）

设光照到光屏上的宽度为s，则s＝Ltanθ2＋－Ltanθ1（2分）

联立解得s＝－＋d（2分）