福建省厦门市高三毕业班第二次质量检测理科综合物理试题

厦门市2018届高中毕业班第二次质量检查理综物理试题一、选择题：1.根据玻尔原子理论，氢原子的能级公式为（E1为氢原子在基态时的能量），一群氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，辐射出的光子中能量最大值为A.B.C.D.【答案】B【解析】从n=4能级跃迁到n=1能级光子能量最大，最大为，B正确．2.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则A.小球受到的摩擦力方向竖直向下B.小球受到的摩擦力与重力大小相等C.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大D.若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大【答案】B.........3.如图所示为原、副线圈的匝数均可调节的理想变压器，原线圈两端接一正弦交变电流，一小灯泡L和滑动变阻器串联接于副线圈两端，滑动头P置于中间，小灯泡正常发光。为了使小灯泡亮度变暗，可以采取的措施有A.仅减少原线圈的匝数n1B.仅增加副线圈的匝数n2C.仅改变R的电阻，将滑动头P向B端滑动D.仅增大原线圈交流电电压【答案】C【解析】仅减少原线圈的匝数或者仅增加副线圈的匝数，则根据可知副线圈两端电压都增大，即通过小灯泡的电流增大，都变亮，AB错误；仅改变R的电阻，将滑动头P向B端滑动，滑动变阻器连入电路电阻增大，由于副线圈两端电压不变，所以副线圈中电流减小，灯泡变暗，C正确；仅增大原线圈交流电电压，则原线圈输入电压增大，故也增大，通过灯泡的电流变大，变亮，D错误．4.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路，其他电阻均不计。转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P。则A.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dB.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到cC.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dD.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c【答案】D【解析】将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从d到c；根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势，电阻消耗的电功率，解得，D正确【点睛】注意：一、切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极；由于半径上每点的切割速度不同，但是均匀增大的，故可等效切割速度为．5.2017年“网易直播”播出了在国际空间站观看地球的视频，让广大网友大饱眼福。国际空间站（InternationalSpaceStation）是一艘围绕地球运转的载人宇宙飞船，轨道近地点距离地球表面379.7km，远地点距离地球表面403.8km。该国际空间站运动可视为匀速圆周运动，已知地球半径R≈6.4×103km，地球表面重力加速度g取9.8m/s2，试估算其运动周期为A.0.5hB.1.5hC.3hD.6h【答案】B【解析】在地球表面有，解得，对于国际空间站有，联立解得，又，代入数据可得，B正确．6.图象法是描述物理过程、探寻物理规律的重要方法，如图所示是描述某个物理过程的图象（坐标的相应物理量均采用国际制单位），则A.若该图象为质点运动的位移——时间（st）图象，则第1秒末质点速度方向改变B.若该图象为质点运动的速度——时间（vt）图象，则前2秒质点的平均速度等于0C.若该图象为通过某定值电阻的电流强度——时间（it）图象，则前2秒电流强度的有效值为0D.若该图象为穿过某闭合回路的磁通量——时间（φt）图象，则前2秒该回路中产生的感应电流恒定【答案】BD【解析】若图像为st图像，则图像的斜率表示速度，从图中可知斜率不变，速度不变，A错误；若图像为vt图像，则图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正位移，在坐标轴下方表示负位移，故前2s内的平均速度为，B正确；若图像为it图像，根据有效值定义可知，解得，C错误；若为图像，则恒定，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势恒定，则产生的感应电流恒定，D正确．7.在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则A.金属导体的前侧面电势较低B.金属导体的电阻为C.自由电子定向移动的速度大小为D.磁感应强度的大小为【答案】AD【解析】根据左手定则（注意电子带负电）可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A正确；电流方向为从左向右，而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于，B错误；在t时间内通过的电荷量为，又，解得①，C错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差。因而可得②，联立①②可得，D正确．【点睛】电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小．8.在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得A.碰撞后，蓝壶经过5s停止运动B.碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC.红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D.红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：2【答案】AB【解析】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度，碰后速度为，根据动量守恒定律可得，解得，A正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为，运动时间为，B正确；碰撞前系统的动能为，碰撞后系统的动能为，两者不等，所以不是弹性碰撞，C错误；碰后蓝壶的加速度为为，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为，摩擦力冲量，D错误．【点睛】从vt图像中可以看出，实线和虚线有个交点，即若红壶碰撞后仍以原来的运动减速下去的运动时间和蓝壶碰撞后运动的时间相等，这一隐含条件是解题关系．二、非选择题：9.如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左右半径比分别是1：1、2：1和3：1。左右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A（或B）处，A、C到塔轮中心的距离相等。两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。（1）在该实验中应用了_____来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法（2）用两个质量相等的小球放在A、C位置，匀速转动时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左右塔轮半径之比为_______。【答案】(1).B(2).2：1【解析】（1）向心力和三个因素有关，所以需要控制其中两个恒定，改变第三个量，从而来研究向心力和它们的关系，故采用了控制变量法，B正确；（2）同一条皮带相连，则A、C线速度相同，故，根据题意可知塔轮向心力之比为1：4，并且塔轮的半径相同，A、C转动和各自的塔轮角速度相同，故，可知，故．10.某实验小组在练习使用多用电表，他们正确连接好电路，如图甲所示。闭合开关S后，发现无论如何调节电阻箱R0，灯泡都不亮，电流表无读数，他们判断电路可能出现故障。经小组讨论后，他们尝试用多用电表的欧姆挡来检测电路。已知保护电阻R=15Ω，电流表量程为50mA。操作步骤如下：①将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。②断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在a、c上，多用电表的指针不偏转；③将多用电表两表笔分别接在b、c上，多用电表的示数如图乙所示；④将多用电表两表笔分别接在c、e上，调节R0=20Ω时，多用电表示数如图丙所示，电流表的示数如图丁所示。回答下列问题：（1）图丙中的多用表读数为__________Ω；图丁中的电流表读数为_________mA（2）操作步骤④中，多用电表红表笔应接______点（选“c”或“e”）（3）电路的故障可能是__________A．灯泡短路B．灯泡断路C．保护电阻R短路D．保护电阻R断路（4）根据以上实验得出的数据，同学们还计算出多用电表内部电源的电动势E’=________________V(结果保留3位有效数字)【答案】(1).24(2).38.0(3).e(4).B(5).1.48【解析】（1）倍率采用×1，故读数为；电流表量程为50mA，所以分度值为1mA，所以读数为38.0mA；（2）因为用多用电表测电阻时，电流方向为红进黑出，即红表笔是流进欧姆表的，而电路中电流表在e端为负极，即电流经过电流表的方向为d→e，所以红表笔接e端；（3）因为多用电表欧姆档的指针不偏转，说明指在无穷大的刻度处，所以a、c间断路，而bc间正常，所以只有灯泡断路，B正确；（4）根据操作③可知电表指针正好指在中间刻度，即根据中值电阻规律可知欧姆档电路内阻为，根据操作④可知；【点睛】在读取电表读数时，一定要弄清楚电表的分度值（或档位）；本题第（4）问较难，难点在于根据中值电阻规律计算欧姆表内阻，因为本题数据是从图中表现出来的，很容易忽略这一重要条件．11.如图所示为某种静电分选器的原理简图。两个竖直放置的平行金属板PQ和MN，加上恒定电压可形成匀强电场（电场可视为仅局限在平行板之间）。一带负电颗粒电荷量为q，质量为m，从绝缘斜槽滑下，从PQ板上边缘水平进入金属板间区域。已知两板间距为d，板长为l，重力加速度为g，空气阻力不计。(1)若两金属板未加上电压，颗粒恰好从QN中央离开，求颗粒进入金属板的速度大小v0；(2)若两金属板加上电压（MN板接正极），颗粒仍以v0水平进入金属板间，要使颗粒下落过程中不接触到金属板MN，求所加电压应满足的条件。【答案】(1)(2)【解析】（1）未加上电压时颗粒做平抛运动，依题意有，又，解得；（2）加上电压时，颗粒在水平方向上做匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，当颗粒恰好从MN板下边缘出去时，有，又，；联立解得；当电压升高时，颗粒越容易接触到金属板，故电压U应满足；【点睛】带电粒子在电场中偏转问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．12.如图所示，质量相等的物块A和足够长的木板B，质量为m1=m2=1kg，通过一劲度系数k=25N/m的轻质弹簧连接。B与水平面间接触面的动摩擦因数μ=0.25，A、B间接触面光滑，弹簧开始时处于原长。现在物块A上施加一个水平向右的恒力F=5N，使物块A向右滑动，物块运动过程中弹簧始终处在弹性限度内。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2，弹簧弹性势能可表示为,其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：（1）物块A刚开始滑动时加速度大小a；（2）木板B刚开始滑动时弹簧的伸长量x0和物块A的速度大小v0；（3）弹簧第一次拉伸到最长时弹簧的伸长量x.【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）对物块A受力分析有：（2）对物块B受力分析，①，且②，联立①②解得③；对物块A应用功能关系有：④联立③④解得⑤；（3）设从物块B开始运动到弹簧第一次最长A位移为，物块B位移为，弹簧伸长量为x，弹簧最长时A、B速度相等，为v，则对A、B系统应用功能关系可得：⑥；对A、B组成的系统，受到恒力F和地面摩擦力的作用，合力为零，A、B系统动量守恒⑦；由长度关系⑧；联立解得（舍去）和；故弹簧第一次拉伸最长时弹簧伸长量为；13.下列说法正确的是__________。A．荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力B．晶体凝固时放出热量，但分子平均动能不变C．气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故D．一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程，温度均由T1升高到T2，则等容过程比等压过程吸收的热量少E．一个绝热容器中盛有气体，假设把气体中分子速率很大的如大于vm的分子全部取走，则气体的温度会下降，此后气体中不存在速率大于vm的分子【答案】ABD【解析】表面张力有使液体的表面积最小化的趋势，故荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力，A正确；晶体凝固时温度不变，所以分子平均动能不变，B正确；气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为分子在做无规则运动的原因，C错误；一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程温度均由升高到，内能增量相同，根据热力学第一定律等容过程，等压过程吸收的热量，而等压过程气体对外做功，所以等容过程比等压过程吸收的热量少，D正确；此后气体的由于碰撞等原因，仍然会出现速率大于的分子，E错误．14.一粗细均匀的U形管ABCD的D端封闭，A端与大气相通。用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的CD一侧，如图甲所示。环境温度T1=300K时，管中AB、CD两侧的水银面高度平齐h1=15cm，AB、CD管高相同h2=35cm，BC两柱心宽度h3=5cm，现将U形管绕C点顺时针缓慢旋转90°后如图乙所示，此过程没有水银漏出。大气压强取P0=75cmHg，U形管的横截面积S=0.4cm2。（i）求此时CD侧空气柱长度l1；（ii）若环境温度提高至T2时，AB、CD两侧的水银面又对齐，求此时温度T2。【答案】(1)(2)【解析】（i）如图甲、乙对封闭气体研究，温度不变初态时压强，体积；水平状态时，压强，设这时CD侧气柱长度为，体积由玻意耳定律可知，解得（ii）根据图丙可知水银柱面水平差距；可知在环境温度升高过程中封闭气体压强不变，，由盖吕萨克定律可知