福建省厦门市高三上学期期末质检物理试题(含解析)_2019学年(加精)

1、/-/-/-/厦门市高三上学期质检物理试题一、选择题：本题共 10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 16题只有一项符合题目要求，第 710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得 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，其中用从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nE<cVRQ4 * TJ.853L51-3.62图甲图乙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=

2、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【解析】在跃迁的过程中释放或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，AE42 = -0.85eV-(-3.4O) = 2.55eV = hv,此种光的频率大于金属的极限频率，故发生了光电效应.A、E41 = -0 85eV-(-13 6)= 12 75eV > AE外同样光的频率大于金属的极限频率，故一定发生了光电效应，则 A 正确.B、AEsl = -1.51eV-(- B.6)= 12,09eV >也能让金属发

3、生光电效应，则 B错误；C由光电效应方程Ekm = hv-Wo,入射光的频率变大，飞出的光电子的最大初动能也变大，故 C错误；D由= 知光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功决定，而与入射光的光强无关，则D错误；故选A.【点睛】波尔的能级跃迁和光电效应规律的结合；掌握跃迁公式AE=Em-En,光的频率E = hv,光电效应方程2.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比m ： n2=5 ： 1,电阻R= 10 Q , L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S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、G闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是S

4、i 1A.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u = 25/5帛由（5。成）/C.若S换接到2后，原线圈的输入功率为1.6 WD.若S换接到2后，R消耗的电功率为 0.8 W【答案】C【解析】A、只断开 及后，负载电阻变为原来的 2倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的2te输入功率变小，A错误；B、由图乙知周期 T=0.02s , 3 =二】0而，所以输入电压u的表达式应为 U.Uz.u = 2Q5sin（l 00贰2, B 错误；日 现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，当只断开G,L1接入电路，导致L1、L2均不能正常发光，B错、一一 %520亚 一、

5、，、，一误；C、D若S换接到2后，由一 ,U = T4 = 2OV,则电阻R电压有效值为4V, R消耗的电功率U2 nzi 施为已=土 = 0 8讨，而变压器两端的功率相等，则输入功率也为0.8W, C错误，D正确.故选D.-R 20【点睛】掌握理想变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等。3.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和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4.9 m ,空气阻力不计，g=9.8m/s：

6、则小球的初速度 V。大小可能是A. 7m/s B. 6 m/s C. 5 m/s D. 4m/s【答案】B【解析】小球从 A点开始做平抛运动，撞击挡板反弹时无动能损失，即水平速度反向，竖直速度不变，可等效为平抛运动的继续，整个多次碰撞反弹可视为一个完整的平抛运动，h=%，可得t=ls； 3x=vj,得Vo=6m/s,故B正确，则选 B.【点睛】对称性和等效法的综合运用，碰撞反弹的多个运动等效成同一个匀变速曲线运动，即为一个完整的平抛运动。4.近年科学界经过论证认定：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6400k

7、m,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【解析】A、由题中数据可知，飞船运行离地表很近，飞船的线速度接近第一宇宙速度，但发射速度是飞离地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成为卫星，故一”、厂,Mm v2 一,口 （GMA 正确专日证；B、 由 G = m, 可信 ,/-/-/-/且满足黄金代换= R，表，旦表r = 6700kin,解得卫星的线速度 隼= 7.7km% ,同理r同=5.6 x

8、64。燎=35弘Ukrn,解得v同二笠IkmJs,则B错误，C正确.D、遥感卫星要追同轨道卫星需要先减速做向心运动再加速做离线运动，D错误.故选C.【点睛】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力.常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用.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） 质量为m电荷量为e的电子从a点以初速度vc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"列说法中正确的是A.电子在

9、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,-2 L）C.电子在磁场中运动的时间为q3%23eLD.电子在磁场中运动的时间为 3%【答案】D【解析】画出粒子运动轨迹如图所示：设电子的轨迹半径为 R,由几何知识，RSin30 ° =RL,得R=2L。A B、根据几何三角函数关系可得，V' =- RCos60 ° =-L,所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0, -L）,则A, B均错误。C、D电子在磁场中运60° T 23eR 4jeL 2jeL动时间t =T=-,而丁 =,得1与一，故C错误，D正确。故选 D.36。6v。

10、 3v0【点睛】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.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爱外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA勺方向至0 <90° ,且保持结点 O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是A.绳OA勺拉力一直

11、减小B.绳OB的拉力一直增大C.地面对斜面体有向右的摩擦力D.地面对斜面体的支持力不断减小【答案】D【解析】A B A、缓慢改变绳 OA的方向至0 <90°的过程，OA拉力的方向变化如图从 1位置到2位置到3位置所示，可见血的拉力先减小后增大，四的拉力一直减小；故人B均错误；C、以斜面和网整体为研究对象 受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与以绳子水平方向的拉力等大反向，故对面的摩擦力 方向向左，c错误；D、，切的拉力一直减小，则%的一直减小，而Fgy + F0By =如得Fqm 一直增大，以 斜面体和用整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：超科”韩”此宫，综合可

12、得N 直减小，D正确；故选D.【点睛】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。7 .如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为 R“" "7A.小环的速度大小为荻质量为M=3m,小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时C.大环移动的水平距离为3R1D.大环移动的水平距离为B.小环的速度大小为【答案】BD【解析】A B、小环滑至最低点时的速度为vi,大环的速度为V2,两物体的系统满足机械能守恒有:mgR =严0+ 3M%，且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：0 = I

13、】巧-M上，联立解得：VI力="，故A错误，B正确；C D设小环和大环水平方向发生的位移为xi和X2,两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知一= 一 = ；,且黑1十- 解得X=R, X = -R,故C错反，D正x? m I44确；故选BD.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特殊的反冲模型和人船模型。8 .如图所示，在倾角为 0的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为 2L。一边长为L的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GHS入磁场瞬间和刚越过 MN出磁场瞬间速度刚好相等。从ab边刚

14、越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力 F随时间变化的图线中，可能正确的是【答案】AC【解析】A、B、根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可Blv得感应电动势 E=BLv,根据电流】=彳;产生的安培力大小为F = BIL=随速度变化为变化，ab边刚越民R过GH进入磁场瞬间和刚越过 MN出磁场瞬间速度刚好相等可能满足的运动情况两种；一是进磁场时匀速, 完全进入磁场后做匀加速直线运动，但；出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场做变减速，后匀加速，再出磁场变减速，结合图象知A正确、B错误；C、D、根

15、据左手定则可得线框进入磁场的R 2r 2过程中安培力方向向上为正，且 f = EII= 三线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中 R安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以C正确、D错误.故选AC【点睛】解答本题的关键是弄清楚线框的运动情况，能够根据楞次定律和左手定则进行判断；根据楞次定 律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向一原磁场的变化一引起感应电流的磁场的变化一 楞次定律一感应电流的方向.9 .如图所示，圆心在。点、半径为R的光滑圆弧轨道 ABC竖直固定在水平桌面上， OC与OA的夹角为60。， 轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m和m

16、的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘 C的两边，开始时 m位于C点，从静止释放，在 m由C点下滑到A点的过程中B.重力对m做功的功率先增大后减少C.轻绳对m做的功等于m2的机械能增加D.若m恰好能沿圆弧下滑到 A点，则m=R2【答案】ABC【解析】A m由C点下滑到A点的过程中，设两物体的速度为vi, V2, V1与绳的夹角为 “，满足沿绳子方向的速度相等，分解 m的速度后满足其中a从0。逐渐增大到45° ,则“之与，故A正确；B重力的功率就是 P=mgv这里的v是指竖直的分速度，一开始 m是由静止释放的，所以 m 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

17、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、除重力和弹簧弹力以外的力对物体做功衡量物体机械能的变化，即在m2上升的过程中绳子做正功 R1的机械能增加，故 C正确；D、若m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： mgR1- cos60° ）= mgR,解彳导:m=2m2,故 D错误；故选 ABC.【点睛】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，并能结合动

18、能定理、几何 关系、关联物体的速度分解解题，10 .如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场等势面，其方向与水平方向间的夹角为30。，AB与等势面垂直，一质量为m,电荷量为q的带正电小球，以初速度 V0从A点水平向右抛出，经过时间 t小球 最终落在C点，速度大小仍是 vo,且AB=BQ重力加速度为 g,则下列说法中正确的是A.电场方向沿A指向BB.电场强度大小为恒 3qC.小球下落高度D.此过程增加的电势能等于 Ln/F【答案】BCD0,而重力做正功,【解析】A、由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为则电场力做负功，而小球带正电，故电场线斜向上由B指向A,故A

19、错误.日小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知,mgACOs30 -EqAOos30 =0,斛得：E =;故mgB正确；G电场力的竖直分量为 % = qE c。330a =则物体在竖直方向上的合力为=-mg = 111%,1一、1， I-，_r 一，则由牛顿第一7E律知 % = g 则下洛图度h ='=-gt“，故C正确；D此过程中电场力做负功，电势能增 224加，由几何关系知小球沿电场线方向上的位移为d=J-8端=Egt2,则电势能的增加量cos6004AEp = qEd 二尸/，故D正确。故选BCD.【点睛】本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用

20、好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识.二、实验题：本题共 2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。把答案写在答题卡中指定的答题处。11.如图所示的装置，可用于探究恒力做功与动能变化的关系。水平轨道上安装两个光电门，光电门1和光电门2的中心距离s,挡光板的宽度 do滑块（含力传感器和挡光板）质量为 M细线一端与力传感器连 接，另一端跨过定滑轮挂上祛码盘。实验步骤如下：关门i美-m4M堀MM L(1)先保持轨道水平，通过调整祛码盘里祛码的质量来平衡摩擦力，当滑块做匀速运动时传感器示数为Foo(2)增加祛码质量，使滑块加速运动，记录传感器示数。请回答：该实验 (填“需

21、要”或“不需要”)满足祛码和祛码盘的总质量m远小于M滑块与水平桌面的动摩擦因数it = (用F0、M 重力加速度g来表示)；某次实验过程：力传感器的读数F,滑块通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为ti、t2；小车通过光电门2后祛码盘才落地。该实验需验证滑块的动能改变与恒力做功的关系的表达式是 (用题中物理量字母表示)。【答案】(1). 不需要(2). 羡 (3).4%卜二3个卜%(：/【解析】(1)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小即为小车的真实合力，不是将祛码和祛码盘的重 力作为小车的拉力，故不需要满足祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量.(2)对滑块由牛顿第二定律可得 及 心姐=艮

22、也， 当匀速运动时Fo = pMg ,则口 = 一Mg(3)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V = -滑块通过光电门 2速度为v2 = -,根据功能关系需要验证的关系式为(F-Fs =,整理I d , 1 d 2得：；='二：【点睛】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12.某同学要测量一均匀材料制成的圆柱形导体的电阻率p ,步骤如下：用刻度尺测量其长度为 L=60.15m成(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为D=mm(3)

23、先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“X 1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图，该电阻阻 值 R=Q ;（4）现用伏安法更精确地测量其电阻R要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导线、待测圆柱形导体的电阻 R外还有：A.电压表V （量程015 V,内阻未知）B.电流表A（量程0200 mA,内阻尸6 Q）C.电流表A（量程03 A ,内阻心=0.1 Q）D.滑动变阻器 R（010额定电流2 A）E.滑动变阻器 R（01 k Q ,额定电流0.5 A）F.定值电阻R（阻值等于2 Q）G.电源E（E= 12V,内阻不计）实验中除了选择器材A、F、G外，电流表应选择 ,滑动变阻器应选

24、择 （填写器材前面的字母）I、U,该电阻R=（用题中物理量的字母请画出实验电路图 ;某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为表不）； 该同学经多次测量，计算出圆柱形导体的电阻率(2). 15 (15.015.2)& (U-IQ(3). B (4). D (5).【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm,可动刻度读数为 0.01 x 20.0mm=0.200mm所以最终读数为：3.5mm+0.200mm=3.700mm（3.699 mm 3.701 mm）.（2）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率该电阻的阻值约为15.0X1 Q=15.0 Q （15.0 Q15.2 Q）.(3

25、)由于电动势为12V ,电路中最大电流的为1磔, k I = 0.8A，远大于02A ,且选小于3A，但两电 流裴内阻已知可用来改装，电流表图并联定值电阻Rm = 2Q后I=号+ 4=58A、满足了安全的需要，故电流表应选用B(A1),根据实验要求便于调节且测得多组数据进行分析,可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R】(D)以方便调节，电流表A先并电阻改装，且电流表内阻已知，可采用内接法消除系统误差，同时滑动变阻器采用分压式 接法，电路图如下：<£>五14 U-k (U-IrpR =(4)根据部分电路的欧姆定律可得Ir位占十卬1 .I + %【点睛】螺旋测微器

26、读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意螺旋测微器需要估读.测量电阻 最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计.测量电路要求精确，误差小，可根 据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法.控制电路关键是变阻器的分压式接 法或限流式接法.在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法.三、计算题：本题共 4小题，第13题10分，第14题10分，第15题11分，第16题13分，共44分。把 解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.我国“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行

27、甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦 索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落。以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。航母始终静止，飞机质量m=2X104kg,假设空气阻力和甲板阻力之和f=2X104N。求：(1)在0.4s-2.5s时间内，飞行员所承受的加速度大小(2)在0.4s-2.5s内某时刻阻拦索夹角为 120。，求此刻阻拦索承受的张力大小。【答案】 好 27.6rn/S2 (2) F=5.32 X 10 5N【解析】【试题分析】 通过

28、速度与时间的图象，图象的面积等于飞机的位移；由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二定律和力的合成确定阻拦索的拉力0.4s-2.5s,飞行员作匀减速直线运动 ，Av9由图像得，At(2)飞机作匀减速直线运动，设阻拦索张力为F,根据牛顿第二定律:心.十.J20°F 合=2FcosF=5.32 X 10 5N【点睛】考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小.注意阻拦索的张力与合力是不同的.14.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所

29、示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为RA、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F,当质点以速率¥ =向"!过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为go(1)求质点的质量；(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对A、B两点的压力差为定值;(3)若磁性引力大小恒为 2F,为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过B点最大速率。【答案】(1) .二(2) F：(3).【解析】【试题分析】对陀螺受力分析，分析最高点的向心力来源，根据向心力公式即可求解；

30、在最高点和最低点速度最大的临界条件是支持力为0,根据向心力公式分别求出最高点和最低点的最大速度。2，.mv _(1)在 A点：F mg二A R根据牛顿第三定律：% =以=7映F由式联立得：7g(2)质点能完成圆周运动,在A点：根据牛顿第二定律：十mg-NA = ® R根据牛顿第三定律：2mV .在B点，根据牛顿第二定律：f-mg-用=根据牛顿第三定律：Nb = Nb从A点到B点过程，根据机械能寸恒te律：nig2R = -mvg-mv：22由联立得：= 为定值，得到证明。2 在B点，根据牛顿第二定律：2Ffe-F =型B R当Fb=0,质点速度最大，"日=¥日巾由

31、联立得:【点睛】本题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.15.如图所示，一固定粗糙绝缘斜面倾角。=37。，Q H A B是斜面上的四个点， O点在斜面底端，A为丽的中点，OA = 1m, D为五的中点，O点固定一个带正电的点电荷，现有一可视为质点带正电的滑块， 先后在A和B两位置释放均恰能静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力 )。已知点电荷周围电场的电势可表示 为 =卜&(取无穷远处电势为零，公式中k为静电力常量，Q为场源电荷的电荷量，r为距场源电荷的距离)，r(1)滑块与斜面的动摩擦因数为科；(2)若滑块由D点释放，其第一次经过 A点时的速度大小。【答案】(1)科=0.4