福建省泉州市2018届高三下学期质量检查（3月）物理Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2018届泉州市高中毕业班理科综合测试 ‎ 物理部分试题及答案解析 一、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。‎ ‎-13.6‎ ‎-3.4‎ ‎-1.51‎ ‎-0.85‎ ‎-0.54‎ ‎0‎ E/eV ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎∞‎ n ‎14．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率νa＞νb＞νc，让这三种光照射逸出功为10.2eV的某金属表面，则 ‎ A. 照射氢原子的光子能量为12.09 eV ‎ B. 从n=3跃迁到n=2辐射出的光频率为νb C. 逸出的光电子的最大初动能为1.51 eV D. 光a、b、c均能使该金属发生光电效应 ‎【命题立意】：本题考查光电效应、氢原子能级图、波尔原子理论等知识，考查理解能力。‎ ‎【解题思路】：用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光，说明是电子从第一能级跃迁到第三能级，入射光子的能量ΔE=（－1.51 eV）－（－13.6 eV）=12.09 eV，A选项正确；从n=3跃迁到n=2辐射出光应该为c光，B选项错误；逸出的光电子的最大初动能Ekm=12.09 eV－10.2eV=1.89eV， C选项错误；能使该金属发生光电效应的只有a、b两种光，D选项错误。本题正确选项为A。‎ ‎15．我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图虚线为大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后从c点“跳”出，再从e点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹的最高点，离地心的距离为r，返回器在d点时的速度大小为v，地球质量为M，引力常量为G。则返回器 c e d a b A.在b点处于失重状态 B.在a、c、e点时的动能相等 C.在d点时的加速度大小为 D.在d点时的速度大小v＞ ‎【命题立意】：本题考查超重、失重、天体的加速度、环绕速度等。考查推理能力。‎ ‎【解题思路】：b点处的加速度方向背离地心，应处于超重状态，A选项错误；由 - 16 -‎ a到c由于空气阻力做负功，动能减小，c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时的速度大小应满足va＞vc=ve，所以动能不相等，B选项错误；在d点时合力等于万有引力，即=mad，所以加速度大小ad=，C选项正确；在d点时万有引力大于所需的向心力，做近心运动，所以速度大小v＜，D选项错误。本题正确选项为C。‎ ‎16．在坐标-x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电量为e的质子从-x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子 ‎0‎ x/m ‎-x0‎ φ0‎ φ/V x0‎ A．在-x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小 C．在-x0～0区间电势能一直减小 D．在-x0处的初动能应大于eφ0‎ ‎【命题立意】：本题利用图像，考查场强与电势的关系，并利用力学知识分析带电粒子在电场中的运动。要求学生具有从图像上获取有用信息的能力（比如电势随空间位置的变化趋势，斜率的物理意义），再根据相应的物理规律进行分析推理。考查推理能力。‎ ‎【解题思路】：从-x0到0区间，电势升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左与运动方向相反，所以质子做减速运动，A选项错误。设在x～x+△x，电势为φ～φ+△φ，根据场强与电势差的关系式E=，当△x无限趋近于零时，表示该点x处的场强大小，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度大小先增加后减小，根据F=Eq，质子受到的电场力先增加后减小，B选项错误。在-x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C选项错误。因为质子从-x0到0区间做减速运动，从0到x0区间做加速运动。所以质子能穿过电场区域的条件是在原点处的动能E要大于零。设质子初动能为E0，从-x0运动到0过程中，根据动能定理得：E -E0=-eφ0，所以E0=eφ0 +E＞eφ0 ，D选项正确。本题正确选项为D。‎ B ω O O′‎ L2‎ A L1‎ ‎17．如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I。已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则 A．图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 B．线框转动的角速度为 C．理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2 ‎ - 16 -‎ D．若灯L1烧断，电流表示数将增大 ‎【命题立意】：本题考查交变电流的产生、变压器的应用、电路动态变化等知识点。考查学生对知识概念的理解和应用能力。‎ ‎【解题思路】： 线圈平面与磁场平行时，产生的感应电动势最大，磁通量变化率最大，故A选项错误；理想变压器输入功率等于输出功率，由于两个灯泡都正常发光，则可知矩形线框产生的功率为2P，则有2P=EmI=NBSωI，可得ω=，故B选项正确；由于原线圈的电流为I，副线圈中两灯泡并联则总电流为2I，可知n1∶n2=2∶1，故C选项错误；若L1烧断，则副线圈电流减小，原线圈的电流也相应减小，故D选项错误。本题正确选项为B。‎ ‎18．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了‎2L距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠 L ‎2L A．施加的冲量为m B．施加的冲量为m C．做的功为kmgL D．做的功为3kmgL ‎【命题立意】：本题考查动量定理、动量守恒定律动能定理等。考查学生对知识概念的理解和应用能力。‎ ‎【解题思路】：当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两球速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个球弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离停止运动，根据动能定理，小孩对第一个弹珠做的功等于克服摩擦力做的功，即：W=kmg3L，选项C错误，选项D正确；施加的冲量I=ΔP=P－0=－0== m，选项A、B错误。本题正确选项为D。‎ ‎19．如图所示，空间存在垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方距离为d处，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小也为d，则粒子 d P A B A．能打在板上的区域长度是2d B．能打在板上离P点的最远距离为2d C．到达板上的最长时间为 - 16 -‎ D．到达板上的最短时间为 ‎【命题立意】：本题考查洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动，考查分析推理能力。‎ ‎【解题思路】：如图所示，设粒子均沿逆时针运动，沿轨迹①打到板上的最左边M点，沿轨迹②打到板上的最右边N点，则PM为轨迹圆的直径，轨迹②与板相切与N点，PO与板垂直，则MP=2d，PO= d，MO==d，ON= d，粒子能打在板上的区域长度是MO+ ON=(+1) d，故选项A错误，选项B正确；粒子沿轨迹③到达板，该轨迹与板相切与N′点，此过程时间最长，tmax=T=·=，选项C正确；粒子沿轨迹④到达板上O点，此过程时间最短，tmin=T=·=，故选项D错误。本题正确选项为BC。‎ P M N O ①‎ ②‎ ④‎ ③‎ N′‎ ‎20．如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则 ‎ α 甲 ‎0‎ 乙 l μ0‎ μ x A．μ0＞tanα B．物块下滑的加速度逐渐增大 C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为μ0mglcosα D．物块下滑到底端时的速度大小为 ‎【命题立意】：本题考查牛顿运动定律、摩擦力、变力做功和动能定理等知识点。考查学生的过程分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。‎ ‎0‎ l f0‎ f x ‎【解题思路】：物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0μ′，所以本实验方案的测量值比真实值大；当增加滑块质量M时，由牛顿第二定律可知整体运动加速度a减小，又Δμ=μ－μ′= ·，由M增大，a减小，则Δμ减小，即测量值与真实值的差值减小，故当增加滑块的质量M时可以减小实验误差，当增加托盘和盘中砝码的总质量m时，由牛顿第二定律可知整体运动加速度a增大，又Δμ=μ－μ′= ·，由m增大，a增大，则Δμ增大，即测量值与真实值的差值增大，故增加托盘和盘中砝码的总质量m会增大实验误差，所以B、C选项正确。‎ ‎23．（10分）一玩具电动机的额定电压为3V，其线圈的电阻Rx大约为15Ω，当其两端电压达到0.3V时，电动机才会开始转动。为了尽量准确测量线圈的电阻Rx，某同学设计了部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有：‎ 电流表A1（0～20mA、内阻约10Ω）；‎ A V E S M R 电流表A2（0～200mA、内阻约5Ω）；‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）；‎ 滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流1A）；‎ 电压表V（2.5V，内阻约3kΩ）；‎ 电源E（电动势为3V、内阻不计）；‎ 定值电阻（阻值为R）‎ 开关S及导线若干 ‎（1）应选择的电流表为 ，滑动变阻器为 ；‎ - 16 -‎ ‎（2）测量过程中要保持电动机处于 （选填“转动”或“不转动”）状态，下列四个定值电阻的阻值R中，最合适的是 ；‎ A.20Ω B.50Ω C.120Ω D.1200Ω ‎ ‎（3）请把电路原理图的连线补充完整；‎ ‎（4）某次实验中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则计算电动机导线圈电阻的表达式Rx= 。‎ ‎【命题立意】：本题考查电动机线圈电阻的测量，考查仪器选择、实验方法以及实验设计的能力。‎ ‎【解题思路】：（1）导线圈的电阻Rx大约为15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其两端电压不超过0.3V，可估算其电流I = = = 0.02A，不超过20mA，所以电流表选择A1；滑动变阻器若选用限流式接法，用2kΩ不便于操作，用10Ω调节范围太小，不宜用限流式接法，最好用分压式接法，所以滑动变阻器选择R1=10Ω。‎ A V E S M R ‎（2）测量过程中要保持电动机处于不转动状态，此时可视为纯电阻，电流I 不能超过‎0.02A，当电压表达到满偏电压2.5V时， = 125Ω，即电动机线圈内阻和定值电阻的总和为125Ω，故定值电阻应选120Ω最合适。‎ ‎（3）所选电流表内阻约10Ω，电压表内阻约3kΩ，由于 ＞ ，所以应选择外接法，又滑动变阻器选用分压式接法，电路补充连线如图所示。‎ ‎（4）根据欧姆定律，Rx+ R= ，所以Rx =－R。‎ - 16 -‎ ‎24．（12分）如图所示，两块相同的金属板MN、PQ平行倾斜放置，与水平面的夹角为45°，两金属板间的电势差为U，PQ板电势高于MN板，且MN、PQ之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的小球从PQ板的P端以速度v0竖直向上射入，恰好沿直线从MN板的N端射出，重力加速度为g。求：‎ v0‎ N ‎45°‎ M P Q ‎（1）磁感应强度的大小和方向；‎ ‎（2）小球在金属板之间的运动时间为多少？‎ ‎【命题立意】本题考查带电粒子在复合场中的运动，涉及重力、电场力、洛伦兹力等受力分析，平衡条件的应用和匀速直线运动的规律等。考查分析综合能力。‎ ‎【解题思路】‎ 解析：（1）小球在金属板之间只能做匀速直线运动，受重力G、电场力F电和洛伦兹力f，F电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f的方向沿水平方向，三力合外力为零，故小球带正电，金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外，且有 qv0B = mgtanθ ①‎ 得B = ②‎ ‎（2）设两金属板之间的距离为d，则板间电场强度E = ③‎ 又qE = mg ④‎ 又h=υ0t ⑤‎ 小球在金属板之间的运动时间t = ⑥‎ 解得t = ⑦‎ 另解：由于f =qv0B不做功， WG=-mgh, W电= qU，则由动能定理得 qU - mgh = 0‎ ‎ h=υ0t ‎ 得t = - 16 -‎ ‎25．（19分）如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高。质量M = ‎1 kg、长度L = ‎3 m的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离s = ‎2 m。一质量m = ‎2kg的小滑块以v0 = ‎6 m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在R取不同值时，压力传感器读数F与 的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数μ = 0.2，取重力加速度g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎（1）小滑块到达 P 点时的速度v1；‎ ‎（2）图乙中a和b的值；‎ ‎（3）在＞3.125m-1的情况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离xmin。‎ L s v0‎ P Q N R O 甲 乙 ‎0‎ ‎-b F/N /m-1‎ a ‎2a ‎3a b ‎【命题立意】本题结合板块模型、圆周运动、平抛运动、图像等知识考查分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力。‎ ‎【解题思路】解析：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为a1，小车加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：‎ 对滑块有 μmg = ma1 ① ‎ 对小车有 μmg = Ma2 ② ‎ 设小车与滑块经历时间t后速度相等，则有 v0－a1t=a2t ③ ‎ 滑块的位移 s1 = v0t－a1t2 ④ ‎ 小车的位移 s2 = a2t2 ⑤ ‎ 代入数据解得 s1 = 5 m s2 = 2m ‎ 由于s2 = s ，L=s1－s2，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度 - 16 -‎ v1 = = ‎4 m/s ‎ 另解：‎ 设小滑块与小车共速的速度为v，相对位移为L0，则 由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=4m/s 由功能关系得μmgL0=mv02－(M+m)v2‎ 此过程小车的位移设为s0‎ 则有μmgs0=Mv2‎ 解得s0=2m，L0=3m 由于L0=L，s0=s，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度 v1 = ‎4 m/s ‎（2）设小滑块到达到达N点时的速度设为vN，则有 F = m ⑥ ‎ 从P点到N点过程中，由机械能守恒定律有 mv12 = mvN2+mgR ⑦ ‎ 由①②式得F= m－2mg ⑧ ‎ 故b = 2mg = 40 ⑨ ‎ 由⑧式结合图乙可知，图像的斜率k= mv12=32‎ 故a = = 1.25 ⑩ ‎ ‎（3）设小滑块恰能经过半圆轨道最高点Q时的轨道半径为R，此时经过Q点的速度为vQ，则有 mg = m ⑪ ‎ 从P点到Q点过程中，由机械能守恒定律有 mv12 = mvQ2+2mgR ⑫ ‎ 解得R=0.32m，即 = 3.125m-1‎ 可见在＞3.125m-1的情况下，小滑块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道 - 16 -‎ 由⑫式可得vQ = = ⑬ ‎ 小滑块离开Q点后做平抛运动至到达小车的过程中，有 x = vQt ⑭ ‎ ‎2R = gt2 ⑮ ‎ 得x = 当R = 0.2m时x有最大值xm = 0.8m ⑯ ‎ 小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离 xmin = L－xm = ‎2.2m ⑰ ‎ - 16 -‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。‎ ‎33．[物理—选修3-3]（15分）‎ ‎（1）（5分）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. 大气中PM2.5颗粒的运动是分子的热运动 B. 液体与大气接触的表面层的分子势能比液体内部的大 C. 单晶体和多晶体的物理性质都是各向异性，非晶体是各向同性的 D. 分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小 E. 在温度一定时，对某种气体，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的 ‎【命题立意】：本题考查布朗运动、分子势能、单晶体、多晶体、非晶体的性质、分子力、分子速率分布规律等。考查理解能力。‎ ‎【解题思路】：大气中PM2.5颗粒的运动是固体颗粒的运动，A选项错误；当液体与大气接触时，液体表面层的分子间距比内部的大，分子势能比液体内部的大，B选项正确；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体是各向同性的，C选项错误；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小，D选项正确；对于大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的，E选项正确；本题正确选项为BDE。‎ ‎（2）（10分）如图所示，A、B是两个固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用水平轻质细杆相连，A的活塞面积是B的2倍，活塞处于静止状态，两气缸内封闭的气体压强均等于大气压强p0，气体温度均为27℃，A的活塞与A气缸底部相距‎10cm，B的活塞与B气缸底部相距20cm。现使两气缸内气体缓慢升高相同温度至活塞在水平方向移动了2cm后再次平衡（活塞不会脱离气缸）。‎ A B i. 通过计算分析说明气体升温的过程中活塞的移动方向；‎ ii. 求再次平衡时A气缸的气体压强和温度。‎ ‎【命题立意】本题考查理想气体的等容变化以及理想气体的状态方程等。考查分析综合能力。‎ ‎【解题思路】（1）假设气体升温的过程两活塞没有动，则A、B气缸中的气体体积不变，设原来温度为T0，升温后气体压强分别为pA1、pB1，温度为T1，根据查理定律有 ‎ = - 16 -‎ = 解得 pA1= pB1 = 对两活塞受力分析，其合力 F =（ pA1- p0）SA-（ pB1- p0）SB>0‎ ‎ 故其合力向右，所以活塞向右移动 ‎（2）设再次平衡后的压强分别为pA2、pB2，则根据理想气体状态方程有 = = 活塞平衡应满足 （ pA2- p0）SA=（ pB2- p0）SB ‎ 活塞面积 SA=2SB 将LA=‎10cm LB=‎20cm LA2=‎12cm LB2=‎18cm代入解得 ‎ pA2=1.5p0 ‎ T1=540K - 16 -‎ ‎34．[物理——选修3－4]（15分）‎ ‎（1）（5分）如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为0.1 m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，t＝0时刻振源a从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，其运动图象如图乙所示，形成的简谐横波以0.1 m/s的速度水平向右传播，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 b c d e f 甲 y/cm 乙 t/s ‎4‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎-2‎ A．这列波的周期为4 s B．0～4 s时间内质点b运动路程为‎6 cm C．4～5 s时间内质点c的加速度在减小 D．6 s时质点e的振动方向沿y轴正方向 E．质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反 ‎【命题立意】：本题考查简谐振动的规律以及简谐波传播的特点等知识点。考查分析推理能力。‎ ‎【解题思路】：由图乙可知波源振动周期T=4s，A选项正确；由 λ=υT=0.1×4m=0.4m，b点起振时刻是1s，0～4 s质点b实际只振了3s，运动路程为6 cm，B选项正确；质点c起振的时刻是第2s末，4～5 s时质点c正在由平衡位置向y轴负方向振动，加速度在增大，C选项错误；质点e的起振时刻是第4s末，6 s时质点e的振动方向沿y轴负方向，D选项错误；质点d和质点b相差半个波长，所以质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反，E选项正确；本题正确选项为ABE。‎ ‎（2）（10分）如图所示为一个半径为R的透明介质球体， M、N两点关于球心O对称，且与球心的距离均为2R。一细束单色光从M点射出穿过透明介质球体后到达N点。真空中的光速为c。‎ i.若介质的折射率为n0，光线沿MON传播到N点，光传播的时间t为多少？‎ ii.已知球面上的P点到MN的距离PA = R。若光束从M点射出后到达P点，经过球体折射后传播到N点，那么球体的折射率n等于多少？（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ M O N P A - 16 -‎ ‎【命题立意】：本题考查折射和全反射的规律等知识点。考查综合分析和应用数学解决物理问题的能力。‎ ‎【解题思路】：i.光在介质球外的传播时间为 t1 = ① （1分）‎ 光在介质球中的传播速度为 v = ② （2分）‎ 光在介质球中的传播时间为 t2 = ③ （1分）‎ 光传播的时间t为 t = t1+ t2 =（n0+1） ④ （1分）‎ ii.光路图如图所示，其中sinθ = 0.6，又β = θ+α，根据折射定律得 sinβ = n sinθ ⑤ （2分）‎ 又sinθ=0.6 ⑥ （1分）‎ M O N P A α θ θ β MA = MO－AO = 2R－Rcosθ = R MP = = R 所以sinα= = R cosα = = R sinβ = sin(θ +α)= ⑦ （1分）‎ 解得n = ≈1.49 ⑧ （1分）‎ 另法：‎ sinβ = n sinθ ⑤ （2分）‎ MA = MO－AO = 2R－Rcosθ = R MP = = R ⑥ （1分）‎ - 16 -‎ 在△MPO中，由正弦定理得 = ⑦ （1分）‎ 解得n = = ≈1.49 ⑧ （1分）‎ - 16 -‎