厦门市2018届高三第一学期期末质检物理试卷及答案.docx

厦门市2018届高三第一学期期末质检物理试题（满分：100分 考试时间：90分钟）第卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分)1图甲所示为氢原子能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光，照射图乙所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则A改用从n=4能级向n=1能级跃迁时辐射的光，一定能使阴极K发生光电效应B改用从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射的光，不能使阴极K发生光电效应C改用从n=4能级向n=1能级跃迁时辐射的光照射，逸出光电子的最大初动能不变D入射光的强度增大，逸出光电子的最大初动能也增大2图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=10，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示，现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是A只断开S2后，原线圈的输入功率增大B输入电压u的表达式C若S1换接到2后，原线圈的输入功率为1.6WD若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W3如图所示，质量为m=0.5kg的小球（可视作质点）从A点以初速度v0水平抛出，小球与竖直挡板CD与AB各碰撞一次（碰撞时均无能量损失），小球最后刚好打到CD板的最低点。已知CD挡板与A点的水平距离为x=2m，AB高度为4.9m，空气阻力不计，g=9.8m/s2，则小球的初速度v0大小是A7m/sB6m/sC5m/sD4m/s4近年科学界经过论证认证：肉眼无法从太空看长城，但遥感卫星可以“看”到长城。已知某遥感卫星在离地球高度约为300km的圆轨道上运行，地球半径约为6400km，地球同步卫星离地球高度约为地球半径的5.6倍。则以下说法正确的是A遥感卫星的发射速度不超过第一宇宙速度B遥感卫星运行速度约为8.1km/sC地球同步卫星运行速度约为3.1km/sD遥感卫星只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星5如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60。下列说法中正确的是（）A电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，0）B电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L）C电子在磁场中运动的时间为D电子在磁场中运动的时间为6如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用，处于水平方向，现缓慢改变绳OA的方向至2.55eV，一定能发生光电效应，A对；B、从n=3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量为13.6 eV -1.51 eV =12.09 eV 2.55 Ev，所以一定能发生光电效应，B错；C、n=4能级跃迁到n=1能级，所释放光子的能量更多，所以逸出光电子的最大初动能也就更大，C错；D、最大初动能与照射光的强度无关，只与照射光的频率有关，频率越大最大初动能就越大，D错。故选：A【学习建议】本题考查了波尔原子理论，所以同学们在学习的时候要理解概念，学会灵活应用到题目中，例如只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应，判断是否电离，看处于激发态的氢原子吸收能量后的总能量是否大于等于0，一旦大于等于0，说明发生电离逸出；光照强度影响光电流大小，而不会影响电子的最大初动能。第2题【解析】A、断开S2后，L1接入电路，负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，A错；B、由图象得周期T=0.02s， =100，输入电压最大值Um=20V，所以输入电压U的表达式应为U1=20sin（100t）V，故B错；CD、若S1换接到2后，根据匝数之比，U2最大值为4，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为W，故C对。故选：C【学习建议】本题要求同学们熟练掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，本题即可得到解决，电路的动态变化的分析，由副线圈电阻变化，电流变化再去分析电功率变化返回去看原线圈情况。第3题【解析】小球从A点落到D点，竖直方向的位移h=AB=4.9m，做自由落体运动，由可以求的抛出到落地的时间为t=1s；题目中可得忽略空气阻力，小球水平方向做以初速度v0做匀速直线运动,水平位移为3x=6= v0t， v0=6 m/s，B对。故选：B【学习建议】本题主要考察了运动的合成与分解，竖直运动和水平运动互不影响，竖直方向做自由落体，水平做匀速直线运动，本题为简单题。第4题【解析】A、第一宇宙速度为7.9km/s，为地球上的最小发射速度，所以要离开地球的发射速度一定要比第一宇宙速度大，A错；B、遥感卫星距离地面R1=300+6400=6700km，由于第一宇宙速度同样是环绕地球的最大环绕速度，为近地卫星的环绕速度，由公式可以知道轨道半径越高，运行速度就越小，B错；C、根据公式，同步卫星轨道半径为地球半径的6.6倍，根据地球上的物体，联立两式可得同步卫星的速度为3.1km/s；D、卫星加速后将做离心运动，偏离原轨道，不能直接追上同轨道的卫星，选项D错；故选：C【学习建议】本题考察了根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较线速度，并且要熟练掌握三大宇宙速度的意义，学会灵活应用，黄金代换熟记，并且要求同学们掌握卫星变轨原理是关键。 第5题【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：AB、电子的轨道半径为R，由几何知识，电子转过的圆心角：=60，Rsin30=RL，解得：R=2L，根据几何三角函数关系可得，RL=Rcos60，解得：R=2L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，L），故AB错误；CD、电子在磁场中做圆周运动的周期：，电子在磁场中运动时间：t= T=，故选：D 【学习建议】本题主要考察了带电粒子的在磁场中的运动，带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标。第6题【解析】AB、缓慢改变绳OA的方向至90，OA绳子的拉力由1位置变到2位置，最后3位置，可知道绳OA拉力先变小再变大，绳OB拉力一直减小，AB错；C、对斜面物块绳子整体分析，F水平向右，已知地面对斜面的摩擦力一直水平向左，C错；D、F有竖直向上的分力，所以斜面受到地面的支持力在变小，D对故选：D【学习建议】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点，对结点O受力分析，根据图解法分析F的变化和绳子OB拉力的变化，然后以整体为研究对象根据平衡条件判断摩擦力的变化，所以同学们要把受力分析掌握扎实，灵活运用整体隔离法分析。第7题【解析】运动过程如图示，AB、由题意可知地面光滑，水平方向上不受外力，系统水平方向上动量守恒，能量守恒，；根据动量守恒定律，mv1-Mv2=0，由于系统动量始终为0，运动时间相同，mx1-Mx2=0，且x1+x2=R，得滑到最低点时，小环速度,大环位移，故选：BD【学习建议】本题考察的是动量守恒中的人船模型，抓住初动量为0的特点，同时停同时动，灵活应用公式，另外用到了能量守恒的公式，本题中同学们容易误认为小环直接用自由落体公式套入，所以要求同学们在平时在学习的过程中多加练习，选修3-5中动量守恒是一个重中之重，熟练掌握不同题型的解题思路、步骤，不可掉以轻心。第8题【解析】根据楞次定律，可得线框进入和穿出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上。D错误；依题得知线框进入磁场和穿出磁场的运动情况相同,线框进入磁场和穿出磁场的过程中安培力的变化相同，当线圈完全处于磁场中时不受安培力，可知线框先减速进磁场，在磁场中加速，最后减速出磁场。AB、由法拉第电磁感应E=BLv，得根据牛顿第二定律可得；进与出磁场加速度减小的减速运动 ，完全处于磁场中只受重力A正确、B错误；CD、根据由速度时间图像可知安培力与时间关系，线圈完全处于磁场中时不受安培力，由于安培力方向一直沿斜面向上，故C正确；故选：AC【学习建议】能够根据楞次定律阻碍作用进行判断安培力方向；以及根据动力学分析出线框的运动情况，从而明确线框进入磁场过程的运动性质。选择题建议同学们用排除法进行解题，效率更高。第9题【解析】A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m1球的分速度才等于绳子的速度，即m1的速度大小始终不小于m2的速度，故A正确；B、重力的功率就是，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、重力之外的其他力做功等于物体机械能的改变量；故在 m1由C点下滑到 A 点的过程中轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加；故C正确；D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：，解得：，故D错误。故选：ABC【学习建议】本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，对于合速度和分速度的运用，并能结合动能定理、几何关系解题。第10题【解析】A、小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，电场方向应为B指向A。故A错误；B、由动能定理可知，解得：；故B正确；C、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力；则物体在竖直方向上的合力；，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度；则下落高度；故C正确；D、由动能定理可知电场力做功与重力做功大小相等，此过程中电场力做负功，电势能增加，则电势能的增加量；故D正确；故选：BCD【学习建议】本题综合考查带电粒子在电场与重力场中的运动，要注意明确运动的合成与分解的应用，同时明确几何关系的应用结合动能定理解题，容易出错点在于电场力做功中的电场力方向通过的距离。第11题【解析】该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量由平衡可得即：由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：，滑块通过光电门2速度为：，根据功能关系需要验证的关系式为：【学习建议】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。第12题【解析】（1）；由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是3.5mm，可动刻度示数是20.00.01mm=0.200mm，圆柱体的直径是3.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）选择旋钮置于欧姆挡“100”的位置，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值较小误差，应将选择旋钮指向欧姆挡“1”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图所示，则电阻为：151=15。（4）电路最大电流约为：I=0.8A=800mA，电流表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：（5）由电阻定律可知：R=【学习建议】本题考查了螺旋测微器、欧姆表读数，考查了实验器材的选择、设计实验电路图；游标卡尺和螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意游标卡尺的分度；应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；电流表的量程不够时，改装扩量程，当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。第13题【解析】(1)由b图象可知，舰载机在0.4s时的速度v=66m/s，在2.5s时的速度v=8m/s，则在这段时间内的加速度为：27.61m/s2，加速度大小为27.16m/s2。（2）飞机受力如图所示根据牛顿第二定律得：2Tcos+f=ma，解得：T=5.1105N；【学习建议】本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题第14题【解析】（1）设轨道对质点有向上的大小为FN的弹力。根据牛顿第二定律得： 代入数据解得：(2)质点在A点支持力为FA，速度为vA， B点支持力为FB，速度为vB，由动能定理可得：mg2R=-在A点，有： 在B点，有： 则质点对A、B两点的支持力差为定值；由牛顿第三定律可知质点对A、B两点的压力差也为定值；（3）质点在B点不脱离轨道即可，B点最大的向心力为支持力为0时，则 在B点，有：2Fmg =解得：=【学习建议】该题属于结合动能定理考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础第15题【解析】（1）设OA长为，由于A点和B点的重力沿斜面向下的分力mgsin相同，但A点的库仑力比B点的库仑力大，所以A、B两点的摩擦力方向是不同的。分别对A点和B点受力分析：对A点列： 对B点列： 联立可得： （2）由题目可知：D点处的电势 A点处的电势 则DA两点的电势差 滑块从D点运动到A点的过