福建漳州高三物理上第一次教学质量检测解析版.docx

1、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. 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. 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】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；根据粒子散射实验得出的结论作答；氢原子的核外电子

2、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. 衰变释放的粒子，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. 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：A2.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

3、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

4、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：D3.两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

5、，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：B4.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

6、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

7、物块，小球套在光滑的水平杆上。开始时轻绳与杆的夹角为，现将小球从图示位置静止释放，当=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=90时，物块的速度大小为2vB. 当=90时，小球所受重力做功的功率为2mgvC. 在从图示位置增大到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=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=90时，物块的速度为0，可以判断物块速度的变化。【详解】A.设

8、物块和小球的速度大小分别是v1和v2，则有v1=v2cos。当=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=Fvcos，当=90时，小球所受重力做功的功率为0，故B错误；C. 在从图示位置增大到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=90时，物块的速度为0，所以在从图示位置增大到90过程中，物块速度先增大后减小，故D错误。故选：C6.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

9、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

10、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：D7.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

11、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：BD8.2019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

12、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

13、；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：BC9.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

14、心OB. N的方向始终指向圆心OC. 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

15、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，则kx1=mgsin+f，mgsin=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