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