广东省佛山市普通高中高三教学质量检测（一）物理试题

广东省佛山市普通高中2018届高三教学质量检测（一）物理试题二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力【答案】B.........2.如图，A、B为两等量异种点电荷，O为A、B两电荷连线的中点，C、D为某一倾斜直线上与O点等距的两点，取无穷远处为零电势处，则下述说法正确的是A.C、D两点电势相等B.C、D两点的场强大小相同，方向不同C.倾斜直线上各点的场强方向不可能垂直该直线D.从O点沿倾斜直线到C点再到无穷远，场强可能先变大后变小【答案】D【解析】由于C、D到连线上中点O的距离相等，根据电场线分布的对称性可知，C、D两点的电场强度相同；又由于等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，沿着电场线方向电势降落，则C点电势大于D点电势，故AB错误；如图所示，从O到D的过程中电场线与CD连线的的夹角从增大到，故倾斜直线上各点的场强方向有可能垂直该直线；电场线的疏密代表场强的大小，从O向C再到无穷远，电场线可能会先变密再变疏，故场强可能先变大后变小，故C错误，D正确。3.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，3、4两块固定在地基上，1、2块间的接触面竖直，每个石块的两个侧面所夹的圆心角均为30°，不考虑石块间的摩擦力，则石块1、2间的作用力F1和石块1、3间的作用力F2的大小之比为A.B.1：2C.D.【答案】A【解析】如图所示，对石块1受力分析，由几何关系可知，故A正确。【点睛】对石块1受力分析，受重力和两个接触面的支持力，根据平衡条件用力的合成求解。4.有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速直线运动，则下列说法正确的是A.汽车加速到6s末才开始匀速运动B.加速阶段位移为90mC.前8s内汽车通过的位移大小为145.6mD.制动过程加速度大小一定为10m/s2【答案】C【解析】由图中表格分析，可知汽车加速阶段加速大小为，匀速阶段速度为，汽车加速时间，加速位移，故AB错误；前8s内汽车位移大小为，故C正确；由表格数据无法确定制动的初始时刻，汽车在t=16.0s之前速度可能早已为0.制动过程加速度不一定为10m/s2，故D错误。5.哈雷彗星是人一生中唯一可以裸眼看能看见两次的彗星，其绕日运行的周期为T年，若测得它在近日点距太阳中心的距离是地球公转轨道半长轴的N倍，则由此估算出哈雷彗星在近日点时受到太阳的引力是在远日点受太阳引力的A.B.C.倍D.倍【答案】B【解析】设地球公转轨道半长轴为，哈雷彗星围绕太阳运转的半长轴为，由开普勒第三定律可知；哈雷彗星近日距离为远日距离为，哈雷彗星在近日点时受到太阳的引力，哈雷彗星在远日点时受到太阳的引力为则：。故B正确【点睛】解决本题的关键是：熟练应用开普勒第三定律及万有引力定律。6.“360百科”关于“闪电”有这样一段描述：“通常是由积雨云产生电荷，云层底层为阴电，而且还在地面感应出阳电荷，如影随形地跟着云移动，……”。若将云层底部和地面模型化为平行板电容器的两个极板，板间距离记为200m，电压为2千万伏特，积雨云底层面积约为100平方千米，若已知静电力常量与空气的介电常数，则下列说法正确的是A.云层底部与地面间的电场强度为2×105V/mB.由以上条件可估算云层底面与地面构成的电容器的电容C.由以上条件可估算云层底面所带电量D.带负电的雨滴，在下落过程中电势能变大【答案】BC【解析】已知云层间电压为，间距为，则电场强度，故A错误；由于电容为，则云层底面所带电量，故BC正确；带负电的雨滴，在下落过程中电场力做正功，电势能变小，故D错误。7.水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间的部分电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是A.金属杆的最大速度大小为B.此过程中通过金属杆的电量为C.此过程中电源提供的电能为D.此过程中金属杆此时的热量为【答案】AC【解析】闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速运动。电动势为，，故A正确；由动量定理，得，故B错误；由能量守恒可知电源提供的电能，故C正确。此过程中电能转化为金属杆的动能、R及r产生的热量之和，由于，金属杆此时的热量为，故D错误。【点睛】解决本题的核心知识：（1）电磁感应中，应用动量定理解决动力学问题；（2）电磁感应中，应用能量守恒解决相关能量问题。8.如图甲所示物体置于某固定的斜面上，与斜面间动摩擦因数为μ。对物体施加水平向右大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示，物体不脱离斜面的条件是，若重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息经过分析计算可以求出：A.物体的质量B.斜面倾角的正弦值C.物体运动6s的位移D.加速度为6m/s2时物体对斜面的压力【答案】ABD【解析】试题分析：受力分析如图，斜面顷角为，当F=0N时，可知则；当F=20N时，，此时，，，由以上式联立可得，，，故AB正确；由于物体初速度，及F随时间变化情况未知，因此无法求解物体运动6s的位移，故C错误；由图可知，当时，可求，由，物体所受的支持力，则物体对斜面的压力，故D正确。综述分析，正确答案为ABD。【点睛】本题主要考查：学生对图象信息获取的能力及非平衡态下用正交分解法处理相关力学问题。三、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分9.某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球A用不可伸长的轻质细绳悬于O点，当A摆到O点正下方的C点时恰好与桌面接触但无压力，现将A球从Q点由静止释放，到达C点时刚好与静置于桌面P点、与A完全相同的小球B碰撞，B平抛落至地面。该同学测得Q到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及B平抛的水平位移L。（1）若用游标卡尺测小球的直径d如图乙所示，则d=_________cm；（2）测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q时__________（选填“球的下边沿”或“球心”）到桌面的距离为小球下降的高度H；（3）思考发现，测小球直径并非必要步骤，要使A、B两球对心正碰，只要让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须________________。（4）实验中改变H，多测几次H和L的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能损失，则该图线的斜率k_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）4h。【答案】(1).1135(2).球的下边沿(3).共面(4).小于【解析】（1）根据游标卡尺的读数规则，游标卡尺读数为主尺读数与游标尺读数之和。故小球的直径。（2）为了减小实验误差，考虑到实际操作更加方便准确，应该以小球所在位置Q时“球的下边沿”到桌面的距离为小球下降的高度H；（3）A、B两球对心正碰时，要求两小球的球心连线，与小球初末速度在一条直线上，故B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须共面。（4）小球A运动到C点时由动能定理可得，在C处与小球B发生弹性碰撞，由于小球AB完全相同，根据动量守恒，及能量守恒，可知小球AB交换速度，碰撞后B小球速度，由平抛规律可知，。由以上式联立得。如图所示：若没有机械能损失时图象a，斜率K=4h，若有机械能损失，导致相同H下，小球B的平抛水平位移L变小，如图象b,由数学函数知识可知其斜率小于4h.10.某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=200μA，定值电阻R1=2.5Ω，R2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V，则该多用表（1）A接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；（3）若选a档测量电阻，则原表盘100μA，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘50μA的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω。【答案】(1).黑(2).b(3).150Ω(4).450Ω【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流，同时，当选择开关接b时，此时有最大值。当选择开关接b档时其对应的电阻档的倍率更高。（3）用a档测量电阻，欧姆调零时，，此时，当，此时干路电流为，由于，解得；当表盘时，此时干路电流为，由于，解得。【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。11.如图所示，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，E、F金属板水平平行放置，间距为d，班次为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60°，现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处离开偏转电场，平行AC方向进入磁场，若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求：（1）粒子到达小孔s2时的速度v0；（2）EF两极板间电压U；（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，磁场磁感应强度的最小值。【答案】(1)(2)(3)（1）粒子加速电场中粒子到达小孔s2时的速度（2）如图所示粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度在偏转电场中，由于EF两极板间电压（3）如图所示要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得粒子进入磁场时速度在磁场中，所加磁场的磁感应强度最小值为12.如图，中空的水平圆形转盘内径r=0.6+m，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A、B、D、E四个物块，D、E两物块分别被锁定在距离竖直转轴R=1.0m处，A、B紧靠D、E放置。两根不可伸长的轻绳，每根绳长L=1.4m，一端系在C物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E两物块中间的光滑圆孔，系在A、B两个物块上，A、B、D、E四个物块的质量均为m=1.0kg，C物块的质量mc=2.0kg，所有物块均可视为质点，（取重力加速度），计算结果可用最简的分式与根号表示（1）启动转盘，转速缓慢增大，求A、D以及B、E之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速度；（2）停下转盘后，将C物块置于圆心O处，并将A、B向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A、B、C物块构成的系统，求A、D以及B、E相碰前瞬间C物块的速度；（3）碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，若A、D以及B、E一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C物块的速度。【答案】(1)(2)(3)【解析】试题分析：AB在细绳拉力作用下做，做匀速圆周运动。C在拉力作用下处于平衡态，结合轻绳上的拉力大小相等可求细绳的拉力及转盘的角速度；轻绳水平拉直，然后无初速度释放，A、B、C物块构成的系统机械能守恒，结合关联速度的知识，可求C物块的速度；碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，由动量定理可求C物块的速度。（1）C物块保持静止故，，对A、B两个物块角速度（2）设碰前A、B速度大小为，C的速度大小为，由绳长不变可知：系统下落过程中机械能守恒：由几何关系h=0.8m得：（3）设碰后A、D的速度大小为，C的速度大小为由绳长不变设绳上拉力的冲量大小为I，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。对C物块运用动量定理：对A、D运用动量定理：得：【点睛】解决本题关键：（1）利用系统机械能守恒定律，解决绳子连接的问题时，注意绳两端速度的分解；（2）熟练应用动量定理解决相关问题。13.下列说法正确的是A．扩散现象说明分子总在做无规则热运动B．物体吸热，物体分子平均动能必定增大C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E．一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行【答案】ADE【解析】不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散。扩散的实质是分子的相互渗入，表明一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，故A正确；改变物体温度的方法有两个：做功、热传递，物体吸热的同时又对外做功，分子平均动能未必增大，故B错误；根据热力学第二定律，内能不可以全部转化为机械能而不引起其他变化。故C错误；分子间距等于分子间平衡距离时，若增大距离分子力表现为引力做负功，其分子势能增加，若减小距离时表现为斥力做负功，其分子势能增加，则分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小。故D正确；热力学第二定律的微观意义是“一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行”，故E正确；综上分析，正确答案为ADE。14.一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，问：（I）若从A到B的过程中，气体的内能减少了300J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？（ii）如果知道气体由A状态经B、C到D状态的过程中，气体的最高温度T=800K，则气体在此过程中达到的最低温度是多少？【答案】(1)气体放热700J(2)1333K【解析】试题分析：由图可知气体等压变化时体积的变化情况，从而确定从气体做功情况，结合热力学第一定律可求气体放出的热量；由于理想气体状态方程恒定，可知C状态温度最低，结合理想气体状态方程，可求最低温度。（Ⅰ）从A到B，外界对气体做功，有根据热力学第一定律，气体放热700J（Ⅱ）根据理想气体状态方