高三物理下学期质量检查月试题

1、福建省泉州市2018届高三物理下学期质量检查（3月）试题一、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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。-13.6-3.4-1.51-0.85-0.540E/eV12345n14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abc，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bC. 逸出的

2、光电子的最大初动能为1.51 eVD. 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E=（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 eV10.2eV=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

3、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cedabA.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a到c由于空气阻力做负

4、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vavc=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0x/m-x00/Vx0A在-x00区间一直做加速运动B在0x0区间受到的电场力一直减小C在-x00区间电势能一直减小D在-x0处的初动

5、能应大于e0【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xx+x，电势为+，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

6、误。在-x00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=-e0，所以E0=e0 +Ee0 ，D选项正确。本题正确选项为D。BOOL2AL117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

7、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12 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=NBSI，可得=，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n1n2=21，故C选项错误；若L1烧断，则副线圈电流减

8、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L2LA施加的冲量为mB施加的冲量为mC做的功为kmgLD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

9、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=P=P0=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dPABA能打在板上的区域长度是2

10、dB能打在板上离P点的最远距离为2dC到达板上的最长时间为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，沿轨迹打到板上的最左边M点，沿轨迹打到板上的最右边N点，则PM为轨迹圆的直径，轨迹与板相切与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；粒子沿轨迹到达板上O点，此过程时间最短，tmin=T=，故选项D错误。本题正

11、确选项为BC。PMNON20如图甲所示，长为l、倾角为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与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则 甲0乙l0xA0tanB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0mglcosD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。0lf0fx【解题思路】：物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsin0mgcos，即0，所以本实验方案的测量值比真实值大；当增加滑块质

12、量M时，由牛顿第二定律可知整体运动加速度a减小，又= ，由M增大，a减小，则减小，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= ，由m增大，a增大，则增大，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15，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（020mA、内阻约10）；AV

13、ESMR电流表A2（0200mA、内阻约5）；滑动变阻器R1（010，额定电流2A）；滑动变阻器R2（02k，额定电流1A）；电压表V（2.5V，内阻约3k）；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 ；（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.20 B.50 C.120 D.1200 （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

14、，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15，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2k不便于操作，用10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=10。AVESMR（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， = 125，即电动机线圈内阻和定值电阻的总和为125，故定值电阻应选120最合适。（3）所选电流表内阻约1

15、0，电压表内阻约3k，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。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：v0N45MPQ（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

16、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 = mgtan 得B = （2）设两金属板之间的距离为d，则板间电场强度E = 又qE = mg 又h=0t 小球在金属板之间的运动时间t = 解得t = 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=0t 得t = 25（

17、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 = 0.2，取重力加速度g10 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

18、况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离xmin。Lsv0PQNRO甲乙0-bF/N/m-1a2a3ab【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 mg = ma1 对小车有 mg = Ma2 设小车与滑块经历时间t后速度相等，则有v0a1t=a2t 滑块的位移 s1 = v0ta1t2 小车的位移 s2 = a2t2 代入数据解得 s1 = 5 m s2 = 2

19、m 由于s2 = s ，L=s1s2，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 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mgL0=mv02(M+m)v2此过程小车的位移设为s0则有mgs0=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 从P点到N点过程中，由机械能守恒定律有mv12 = mvN2+mgR 由式得F=

20、 m2mg 故b = 2mg = 40由式结合图乙可知，图像的斜率k= mv12=32故a = = 1.25 （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 从P点到Q点过程中，由机械能守恒定律有mv12 = mvQ2+2mgR 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由式可得vQ = = 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 2R = gt2 得x = 当R = 0.2m时x有最大值xm = 0.8m 小滑块落在小车上的位置与小车左端的最

21、小距离xmin = Lxm = 2.2m （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

22、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

23、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）。ABi. 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

24、查理定律有 = = 解得 pA1= pB1 = 对两活塞受力分析，其合力 F =（ pA1- p0）SA-（ pB1- p0）SB0 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=540K34物理选修34（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，t0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）abcdef甲y/cm乙t/s4202-2A这列波的周期为4 sB04 s时间内质点b运动路程为6 cmC45 s时间内质点c的加速度在减小D6 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