【物理学考】福建省泉州市2019届高中毕业班单科质量检查试题(解析版)

一、选择题1.如图所示为某质点做直线运动的位移一时间图象，其中OP段为曲线，PQ段为直线。下列说法正确的是A.0~8s时间内质点一直做加速运动B.4s末质点的速度大于8s未的速度C.4s末质点的加速度大于8s末的加速度D.4~6s时间内质点的平均速度大于6~8s时间内的平均速度【答案】C【解析】【分析】在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间。【详解】s-t图像的斜率等于速度，可知0~8s时间内质点的速度先增加后不变，选项A错误；s-t图像的斜率等于速度，可知4s末质点的速度小于8s未的速度，选项B错误；4s末质点的加速度不为零，而8s末的加速度为零，可知4s末质点的加速度大于8s末的加速度，选项C正确；4~6s时间内质点的位移为6m，6~8s时间内的位移为7m，时间相同，则4~6s时间内质点的平均速度小于6~8s时间内的平均速度，选项D错误；故选C.2.2018年11月1日，我国成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星，关于这颗卫星的说法正确的是A.线速度大于地球的第一宇宙速度B.运行角速度等于地球自转的角速度C.运行周期大于月球绕地球运行的周期D.向心加速度大于地球表面的重力加速度【答案】B【解析】【分析】第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据和讨论周期和向心加速度关系；同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同.【详解】任何地球卫星的速度都小于第一宇宙速度，可知该卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，选项A错误；因为这颗卫星属于地球同步卫星，可知运行角速度等于地球自转的角速度，选项B正确；根据可知，此卫星的运转半径小于月球绕地球运转半径，可知运行周期小于月球绕地球运行的周期，选项C错误；根据可知，向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项D错误；故选B.3.如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据平衡条件列出竖直方向的平衡方程即可求解.【详解】由平衡知识可知：解得，故选A.4.高空坠物极其危险。设想一枚质量为50g的鸡蛋从某人头部正上方45m高的楼上由静止落下，鸡蛋与人头部的作用时间为4.5×10－4s。则头部受到的平均冲击力约为A.3×102NB.3×103NC.3×104ND.3×105N【答案】B【解析】【分析】鸡蛋先做自由落体，根据动能定理求出速度；然后发生碰撞，根据动量定理列式求解平均作用力。【详解】由2gh=v2可得：撞过程由动量定理可得：（mg-F）t=0-mv；代入数据得：F=-3300N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；；鸡蛋质量：m=50g=0.05kg；设向下为正方向，对碰根据牛顿第三定律可知，头部受到的平均冲击力约为3000N，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题考查动量定理及自由落体的运动规律，要注意动量定理中的方向性，在解题时要先明确正方向。5.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。下列说法正确的是A.a、b、c三点电势相等B.电子在a、c两处受到的电场力相同C.电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D.电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.6.如图所示，在x轴上方空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在原点O处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v射入磁场。粒子重力及粒子间的作用均不计。图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y轴交点为M，与x轴交点为N，已知ON=L。下列说法正确的是A.能经过M点的粒子必能经过N点B.粒子的电荷量与质量之比为C.从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为D.从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为【答案】C【解析】【分析】沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴负向上最远处N点；由几何关系结合粒子的运动轨迹计算运动的时间.【详解】沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处，则能经过M点的粒子不能经过N点，选项A错误；ON=2R=L，由误。解得：，故B错由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为3000，时间，也可能为600，时间为，选项C正确；从N点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为，选项D错误；故选C.【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径．7.如图甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abed，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是A.t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB.t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC.t2时刻线框的感应电流最大D.t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右【答案】AD【解析】【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率判断感应电流的大小；根据左手定则判断安培力的方向.【详解】t1时刻穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项AD正确；t3时刻穿过线圈的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误；故选AD.【点睛】此题关键是知道感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律来算得的．知道B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率；分清左右手定则的适用范围.8.如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球。现将小球拉至与O点等高的A处，由静止释放后小球下摆到最低点B，此时速度大小为v。不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是A.该过程重力做的功为B.小球经过B点时重力的功率为mgvD.小球经过B点时拉力大小为2mgC.小球经过B点时拉力的功率为0【答案】AC【解析】【分析】由动能定理求解重力功；根据P=Fv判断功率，注意v是沿F方向的速度分量；根据动能定理结合牛顿第二定律求解在最低点的拉力.【详解】根据动能定理可知，该过程重力做的功为WG=，选项A正确；小球经过B点时，因重力向下，速度与重力的方向垂直，可知重力的功率为0，选项B错误；小球经过B点时拉力的方向与速度垂直，则拉力的功率为0，选项C正确；根据mgR=mv2；由牛顿第二定律：F-mg=m；解得小球经过B点时拉力大小为F=3mg，选项D错误；故选AC.9.如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是A.C.B.D.【答案】ACD【解析】【分析】对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化。【详解】设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由可知，随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.【点睛】此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状.10.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙水平桌面上的O点。现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为Ep。撤去力F后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek，动能最大时的位置与M点的距离为d，则下列说法正确的是A.物块经过O点时动能最大B.物块从M点到O点的过程中加速度先减小后增大C.块经过与M点的距离为的位置时动能大于D.物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为Ep【答案】BC【解析】【分析】根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。【详解】当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于MO之间某位置，选项A错误；开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；设滑块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP=d；MP的中点为Q，则由M到P由动能定理：；从M到Q，由动能定理：，因；可得，选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep，选项D错误；故选BC.【点睛】此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体的受力情况以及弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。二、实验题11.如图甲为某学习小组利用光电门研究物体做匀变速直线运动的实验装置。请回答下列问题：(1)用游标卡尺测量一滑块的长度L，示数如图乙所示，则L=___________mm；(2)在斜面上的A处安装一光电门，将滑块(M、N为滑块的两端点)从斜面上某处由静止滑下，滑块经过光电门后，计时器记录了滑块遮光时间为t。则滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度__________滑的加速度__________(均选填“大于”“等于”或“小于”)；滑块下【答案】(1).（1）32.4(2).（2）大于；(3).小于；【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数，不估读；（2）根据中间时刻的速度小于中间位置的速度判断；根据L=v0t+at2判断加速度和的关系.【详解】（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L，则L=3.2cm+0.1mm×4=3.24cm=32.4mm；（2）滑块经过光电门中间时刻的速度等于平均速度；因中间位置的速度大于中间时刻的速度，可知滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度大于；设N点经过光电门A时的速度为v0，则L=v0t+at2，解得，则滑块下滑的加速度小于；12.某同学要测量一定值电阻Rx的阻值，现提供了下表中的器材:(1)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，这时他应该选用“___________”挡进行测量，调整好挡位并进行欧姆调零后再次测量，指针指在图甲中实线位置，则Rx的阻值为___________Ω。(2)为了进一步准确测量Rx的阻值，该同学根据表中器材设计实验电路进行测量，①电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________(均填写字母代号)；②若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图乙所示，请用笔划表示导线补充完成连线________。③闭合开关，移动滑片测得多组数据，可求出Rx的阻值。【答案】(1).（1）×10(2).300(3).（2）①A1(4).R2(5).②如图；【解析】【分析】（1）欧姆表指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，应选择较小的倍率；（2）根据实验要求选择仪器；（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；【详解】（1）该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，这时他应该选用“×10”挡进行测量；Rx的阻值为30×10Ω=300Ω。（2）电路中可能出现的最大电流为，可知电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，故选R2;（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；如图；三、计算题13.“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度v=360km/h，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f=1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F=4.75×104N的牵引力。求：(1)该过程“复兴号”运动的时间；(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。【答案】（1）80s（2）0【解析】【分析】（1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小.【详解】（1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma动车组做匀加速运动，则v=at解得t=80s（2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：2F-4f+N=4ma解得N=0.14.如图甲所示，将两根足够长、间距为L的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的虚线ef右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m的金属杆PQ静止在导轨上。现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t杆进人磁场，并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0~x0与x0~3x0两个过程中电阻R产生的热量之比。【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）杆进入磁场之前做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，根据安培力等于F求解B；（2）根据能量关系求解两个过程中电阻R产生的热量之比.【详解】（1）设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则F=ma；杆做匀加速运动，则v0=at，杆在磁场中做匀速运动，则F=F安=BILI=E/RE=BLv0联立解得：（2）撤去拉力后，由图乙可知，杆在x=x0处的速度大小为由能量关系，在0-x0过程中，电阻R产生的热量在x0-3x0过程中，电阻R产生的热量解得15.如图所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆孤BC的半径为。一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大?(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）小球刚好通过C点，则重力充当向心力，结合机械能守恒定律求解h；（2）小球从C点做平抛运动，结合平抛运动的规律和机械能守恒定律找到Ek和h的函数关系，根据数学知识讨论.【详解】（1）设小球刚好通过C点的速度为v，则mg=m小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：mgh=mv2联立解得h=R/4（2）设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x,下落高度为y，由平抛运动的规律可知x=v0t;y=gt2从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理又x2+y2=R2联立可得：式中当即时，Ek有最小值，联立可得16.如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，水平轴x下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角θ=30°，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L。一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反