福建省厦门市届高三第一学期质量检测物理试题解析版.docx
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福建省厦门市届高三第一学期质量检测物理试题解析版
厦门市2018-2019学年度第一学期高三年级质量检测物理试题
一、选择题：
1.下列说法中正确的有（）
A.kg、m、N都是国际单位制中的基本单位
B.伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因
C.物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”等都是理想化模型
D.卡文迪许将行星与太阳之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律并测出了引力常量
G的数值
【答案】C
【解析】
【分析】
国际单位制在力学中规定了三个基本物理量，分别为长度、质量、时间，它们在国际单位制中的单位称为
力学基本单位。
根据牛顿第二定律推导牛顿这个单位；根据物理学史的知识解答。
【详解】A、kg与m属于国际单位中的基本单位，N是导出单位。
故A错误；
B、伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故B错误；
C、“质点”“点电荷”等都是理想化模型，故C正确；
D、牛顿将行星与太阳之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，卡文迪许测出了引力
常量G的数值。
故D错误。
故本题选C。
【点睛】该题考查物理学史以及经典力学的使用范围等多个知识点的内容，要求能牢记各物理量的定义方
法，明确它们所采用的基本思想。
2.中国首批隐形战斗机已经全面投入使用。
演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时
投弹（投弹瞬间相对战斗机的速度为零），可以准确命中目标。
若战斗机水平飞行高度加倍，飞行速度大小减
半，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为（不考虑空气阻力）（）
A.
B.
C.L
D.
【答案】B
【解析】【分析】
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，根据高度，求出平抛运动的时间，
根据x=v0t求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解。
【详解】炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自
由落体，所以在竖直方向上：
，解得：
在水平方向上，
则知，当轰炸机飞行的高度加倍，飞行速度减半时，炸弹的水平位移变为原来的，所以飞机投弹时距离
目标的水平距离应为.
故选B。
【点睛】解决本题的关键是掌握处理平抛运动的方法，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，再运用运动学的规律解题。
3.如图所示，在水平隙衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍。
小木棍位置
的不同，两侧床单间夹角θ将不同。
设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是
）
A.θ越大，F越大
B.θ越大，F越小
C.无论θ取何值，都有F=G
D.只有当=120°时，才有F=G
【答案】C
【解析】
N与G的关系。
【详解】以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知F=G，与θ
取何值无关，故ABD错误，C正确。
故选C。
【点睛】本题属于两个物体平衡问题，关键要灵活选择研究对象，采用隔离法分析研究，比较简便。
4.嫦娥四号探测器于北京时间2019年1月3日10时26分在月球背面着陆，开启了人类月球探测新篇章，
堪称中国航天领域巨大的里程碑。
设嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动，其到月球中心的距离为r，月球的质
量为M、半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（）
嫦娥四号绕月周期为
A.
B.
C.
D.
嫦娥四号线速度的大小为
月球表面的重力加速度为
月球的第一宙速度为
（1）利用万有引力提供向心力，结合根据万有引力近似等于重力，联立即可求出嫦娥四号的运行周期T和
线速度；
（2）根据万有引力近似等于重力，即可求出月球的表面的重力加速度；（3）利用万有引力提供向
心力，结合根据万有引力近似等于重力，即可求出月球上的第一宇宙速度v。
【详解】A、根据万有引力提供向心力可得：
，可得嫦娥四号的运行周期：
，故
A正确；
B、根据万有引力提供向心力可得：
，联立可得月球上的第一宇宙速度：
，故B错误；
C、月球表面附近物体所受的万有引力近似等于重力：
，可得：
，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力可得：
，联立可得月球上的第一宇宙速度：
D错误。
故A正确。
两个理论，并能灵活运用，难度不大。
5.厦门地铁1号线被称作
最美海景地铁
”，列车跨海飞驰，乘客在车厢内可观赏窗外美丽的海景。
设列车
从高崎站至集美学村站做直线运动，运动的v-t图像如图所示，总位移为s，总时间为，最大速度为，
加速过程与减速过程的加速度大小相等，则下列说法正确的是
A.加速运动时间大于减速运动时间
B.从高崎站至集美学村站的平均速度为
C.匀速运动时间为
D.加速运动时间为
【解析】
【分析】
速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变。
【详解】A、加速过程与减速过程的加速度大小相等，则根据，知加速度大小相等，速度变化量大小
相等，则时间相等，故A错误；
B、从高崎站至集美学村站的平均速度=，故B错误；
CD、设匀速运动时间为t，因为图像的面积代表位移，故总位移，所以，故C正确，D
错误；
故选C。
【点睛】本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义，速度-时间图象的斜率等于加
速度。
6.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入
电压u=220sin100πt（V，挡位）1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。
电
动机M的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V，额定功率P=110W。
下列判断正确的是）（）
A.该交变电源的频率为100Hz
B.当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V
C.当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D.当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度，结合得交变电源的频率；当选择3档位后，根
据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的倍；当档位由3变为2后，根据变压比规
律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由判断原线圈电流的变化；
当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率。
【详解】A、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：
，交变电源的频率，故A错误；
B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：
，解得：
，
所以电动机两端电压的最大值为V，故B错误；
C、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，
根据知原线圈电流变小，故C错误；
D、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V，电动机正常
工作，流过电动机的电流，电动机的发热功率，电动机的输出功率
，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意
注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式。
7.有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子（质量为m，可视为质点）脱离平台时的
速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。
如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中
的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）
A.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C.棋子离开平台后距平台面高度为时动能为
D.棋子落到另一平台上时的速度大于
【答案】AD
【解析】
【分析】
棋子在跳动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒。
【详解】A、设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高
点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；
B、棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；
C、取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能，为棋子在最高点的速度。
由于机械
能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为，故C错误；
D、设棋子落到平台时的瞬时速度大小为，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得：
，解得：
，D正确。
故本题选AD。
8.利用光电管研究光电效应的实验电路如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，
则（）
A.改用紫外光照射K，电流表中没有电流通过
B.只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大
C.若将滑动变阻器的滑片移到A端，电流表中一定无电流通过
D.若将滑动变阻器的滑片向B端移动，电流表示数可能不变
【答案】BD
【解析】
【分析】
发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；饱和光电流与光的频率无关，只与光照强度有
关；
【详解】A、用可见光照射阴极K，能发生光电效应，则可见光的频率大于该阴极材料的极限频率，紫外光
的频率大于可见光，故用紫外光照射K，也一定能发生光电效应，A错误；
B、增加可见光的照射强度，单位时间内逸出金属表面的电子数增多，饱和光电流变大，B正确；
C、变阻器的滑片移到A端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C错
误；
D、变阻器的滑片向B端滑动时，可能电流没达到饱和电流，所以电流表示数可能增大，可能不变，D正确。
故本题选BD。
【点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道当光电流饱和时，电流不变。
9.如图所示，一质量M=2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小物块A。
给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离
B板。
下列说法正确的是（）
A.A，B共速时的速度大小为1m/s
B.在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/s
C.从A开始运动到A，B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·s
D.从A开始运动到A，B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左
【答案】AD
【解析】
【分析】
A始终没有滑离B，则A先向左做匀减速，后反向做匀加速，B始终向右做匀减速，最终二者达到共同速度；
小物块A和长木板B组成的系统动量守恒。
【详解】A、设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
，解得，A正确；
B、设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为，根据动量守恒定律：
，解得：
，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于
1.5m/s，所以B错误；
C、设水平向右为正方向，根据动量定理，AB两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大
小为，故C错误；
D、设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量，负号代表与正方向相
反，即向左。
故D正确。
故本题选AD。
10.如图所示，竖直平面内有一个圆，空间存在相互垂直的电场和磁场，一个带正电的小球（可视为质点）以水
平初速度从圆上A点（图中未画出）沿着圆所在平面射人圆内，恰好做匀速圆周运动，打在圆形边界的C点；
若将电场的方向反向，
磁场的磁感应强度为
其他条件不变，则该小球将做直线运动，
B，小球的比荷为
，则（
经过时间t打在圆周的D点。
已知AC=CD，
A.小球从A运动到D做匀变速直线运动
B.小球从A点到C点的运动时间为
C.若该实验是地面上实现的，且地球表面的重力加速度为g，则小球的运动速度大小为2gt
D.若该实验是在某星球表面上实现的，已知匀速圆周运动的半径为R，可求得该星球表面的重力加速度为
【答案】C
【解析】
【分析】
带电小球进入该复合场后，恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和电场力大小相等，方向相反，即
满足：
，洛伦兹力提供向心力：
；当电场反向后，小球做直线运动，则只有满足：
，
才能符合题意。
综上所述，洛伦兹力竖直向上，原电场方向竖直向上。
【详解】A、带电小球在电磁场做做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，电场力竖直向上，洛伦兹力提
供向心力，电场反向后电场力竖直向下，小球做直线运动，洛伦兹力竖直向上，三力的合力为零，小球做
匀速直线运动，如果小球做变速直线运动，洛伦兹力发生变化，小球不可能做直线运动，故小球做匀速直
线运动，故A错误；
B、小球从A到C过程做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，qE=mg，洛伦兹力提供向心力，则：
，
得，又因为，则。
又因为电场反向时，小球沿AD做匀速直线运动，则AD的长度为：
。
如图所示，由几何关系可知，，即：
即：
，，则或，不满足题意舍去。
则小球从A运动到C转过的圆心角为，
故弧AC的长度为，所以小球从A运动到C的时间，故B错误；
C、小球从A到D做匀速直线运动，由平衡条件得：
，又因为，解得：
，故C
正确；
D、匀速圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得：
，从A到D做匀速直线运动，，
从A到D的运动时间：
，解得：
，故D错误。
故本题选C。
【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的
前提与关键，应用牛顿第二定律与平衡条件即可解题。
二、实验题：
11.某实验小组同学利用如图甲所示的装置“探究滑块（含遮光条）的动能变化与合外力做功关系”。
实验主要步骤如下
①在水平桌面上放置气垫导轨，并将滑块调到平衡状态；
②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离L；
④用天平称出滑块和遮光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，且m远小于M。
⑤将滑块移至光电门1右侧某处，释放滑块，托盘落地前遮光条已通过光电门2。
从数字计时器读出遮光条
通过光电门1的时间△t1，通过光电门2的时间△t2；
回答下列问题：
（1）为了调节滑块处于平衡状态，不挂细线和托盘，接通气源，轻推滑块，如果遮光条通过光电门1的时间
为t1，通过光电门2的时间为t2。
当满足t1t2（填“>、”“=、”“<”）时，则表示滑块已调至平衡状态。
（2）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm。
（3）已知重力加速度为g，以滑块（包含遮光条）为研究对象，在实验误差允许的范围内，若满足关系式
（用测量的物理量的字母表示），则可认为滑块（含遮光条）的动能变化与合外力做功相等。
【解析】
【分析】
（1）根据遮光条过两个光电门的时间关系确定气垫导轨是否水平。
（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
（3）遮光条的宽度与遮光条经过光电门的时间之比是遮光条的速度，根据题意应用动能定理求出需要验证
的表达式
【详解】：
（1）滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间t1等于通过光电门2的时
间t2，说明滑块做匀速运动，滑块处于平衡状态；
（2）由图示游标卡尺可知，其示数为：
5mm+×20.1mm=5.2mm；
（3）由于m远小于M，故滑块所受拉力大小近似等于mg，
遮光条通过光电门1时的瞬时速度的表达式：
遮光条通过光电门2时的瞬时速度的表达式：
根据动能定理可得合外力做功和滑块动能变化的关系：
故答案为：
（1）“=”
2）5.2
3）
【点睛】本题考查了游标卡尺读数、实验注意事项与实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；
了解光电门测量瞬时速度的原理。
处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量
的物理量和需要注意的事项
12.厦门某中学开展“爱物理、学物理、用物理”活动，小明打算利用学校的实验仪器测定某高效节能灯正常
工作的电阻，已知该高效节能灯的额定电压为5V，正常工作的电阻约为500Ω。
实验室提供的器材有：
A.电流表A1（量程60mA，内阻r1约为1Ω，读数记为I1）
B.电流表A2（量程3mA，内阻r2=20Ω，读数记为I2）
C.电压表V（量程15V，内阻rV=1kΩ，读数记为U）
D.定值电阻R1=980Ω
E.定值电阻R2=1980Ω
F.滑动变阻器R（0~20Ω）
G.学生电源E（电动势为24V，内阻很小）
H.开关S，导线若干
1为
（1）为了尽可能精确测量节能灯正常工作时的电阻，电路的实物图如图所示，选择恰当的仪器，电表
，定值电阻为。
（填写器材前的字母编号）
（2）将实物图中未连接的导线补充完整。
（3）该高效节能灯的电阻Rx=（用题中所给的字母符号表示），调节滑动变阻器滑片的位置，当电
流表A2示数I2=mA，记下“电表1”的读数代人表达式，其结果即为节能灯正常工作时的电阻。
（3）.
（4）.2.5
【解析】
【分析】
1）根据实验原理与实验器材分析选择实验所需实验器材。
2）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。
3）根据实验电路应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻表达式，灯泡在额定电压下正常工作。
：
（1）节能灯的额定电压为5V，不能用电压表测电压，可以用已知内阻的电流表改装成6V的电压
表测电压，用另一电流表测电流，表1应为电流表A；
E；
电流表B改装6V电压表需要串联的分压电阻：
，定值电阻选择
2）由于电源电动势远大与5V，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
U=I2（R2+r2）=2.5×10-3
3）该高效节能灯的电阻；当I2=2.5mA时，节能灯两端电压：
1980+20）=5V，节能灯正常工作；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原
则：
安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
三、计算题：
13.美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役，该航母将采用电磁弹射技术以缩短
战斗机的起飞距离。
航母的水平电磁弹射跑道长度L=50m。
一架质量为m=4.0×104kg的战斗机在跑道上由
静止开始做匀加速直线运动，发动机提供的动力F1=2×105N，电磁弹射装置水平推进力F2=8.8×105N，战斗
机受到的阻力恒为自身重力0.2倍，g=10m/s2。
求：
（1）战斗机运动的加速度大小；
（2）战斗机运动到该跑道末端时推进力F2的功率。
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）对战斗机受力分析，根据牛顿第二定律知列式求解加速度；
（2）设战斗机运动到该跑道末端时速度为v，则，推进力F2的功率，联立解得功率。
【详解】：
（1）对战斗机受力分析，根据牛顿第二定律知：
代入数据解得：
（2）设战斗机运动到该跑道末端时速度为v，则有：
推进力F2的功率为：
联立解得：
【点睛】此题考查牛顿第二定律的应用和瞬时功率的求解，记住P=Fv求瞬时功率时对应的速度为瞬时速度。
14.如图为一装放射源氡（）的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋（），产生的α粒子速率
v0=1.0×107m/s，α粒子从小孔P射出后，经过A孔进入电场加速区域I，加速电压U=8×106V。
从区域I射出
的α粒子随后又从M点进入半径为r=m的圆形匀强磁场区域II，MN为圆形匀强磁场的一条直径，该区
域磁感应强度为B=0.2T，方向垂直纸面向里。
圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切于N点，粒子重力不
计，比荷为=5×107C/kg。
（1）请写出氡核衰变的核反应方程；
（2）求出α粒子经过圆形磁场后偏转的角度；
（3）求出α粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离。
【答案】
（1）
（2）60°（3）N点上方3m处
【解析】
【分析】
（1）核反应过程核电荷数与质量数守恒，根据核电荷数与质量数守恒写核反应方程。
（2）α粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题。
（3）根据几何知识求出α粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离。
2）α粒子在区域I电场中加速，由动能定理得：
（1）由质量数与核电荷数守恒可知，反应方程式为：
，其中v0=1.0×107m/s，
解得：
α粒子离开电场区域后，以速度v，从M点沿MO方向进入磁场区域Ⅱ，在磁场中做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力：
联立方程并代入数据得：
R=3m
粒子的入射速度过圆心，由几何知识得：
，解得：
α粒子偏转角度为
（3）由几何知识得：
SNC=rtan60°=3m，
α粒子打在荧光屏上的N点上方3m处；
【点睛】本题考查了核反应方程与带电粒子在磁场中的运动；核反应过程核电荷数与质量数守恒，根据核
电荷数与质量数守恒写核反应方程；分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用动能定理与牛顿第二定律
可以解题。
15.一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53的光滑斜面底端，°上端连接物块Q。
一轻绳跨
过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m。
初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N。
已知物块P质量
为m1=0.8kg，物块Q质量为m2=5kg，不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s2。
现将物块P静止释放，求：
（2）物块P上升h=0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小
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