福建省高三下学期质量检查测试（4月）物理试题

2018年福建省高三毕业班质量检查测试物理试题1.轰炸机进行实弹训练，在一定高度沿水平方向匀速飞行，某时刻释放炸弹，一段时间后击中竖直悬崖上的目标P点。不计空气阻力，下列判断正确的是A.若轰炸机提前释放炸弹，则炸弹将击中P点上方B.若轰炸机延后释放炸弹，则炸弹将击中P点下方C.若轰炸机在更高的高度提前释放炸弹，则炸弹仍可能击中P点D.若轰炸机在更高的高度延后释放炸弹，则炸弹仍可能击中P点【答案】C【解析】由题意可知，炸弹若提前释放，水平位移增大，在空中的运动时间变长，应落在P点下方，反之落在上方，故AB错误；炸弹若从更高高度释放，将落在P点上方，若要求仍击中P点，则需要更长的运动时间，故应提前释放，故C正确，若延后释放，将击中P点上方，故D错误，故选C.2.为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是A.金属圆筒内存在匀强电场B.金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C.带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D.带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小【答案】D【解析】根据图像信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故D正确，故选D.3.课堂上，老师准备了“∟”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示（截面图）方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】A【解析】θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，BCD错误，故选A.【点睛】本题是以三个圆柱形积木在“∟”型光滑木板上处于平衡状态为情境，主要考查共点力的平衡等知识。侧重考查推理能力，要求考生深刻理解共点力的平衡条件，运用特殊值法解决实际问题.4.位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜（FAST）。通过FAST测得水星与太阳的视角为θ（水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角），如图所示。若最大视角的正弦值为k，地球和水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则水星的公转周期为A.年B.年C.年D.年【答案】C【解析】本题应先理解最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得，结合题中已知条件，由万有引力提供向心力，解得：，故，得，而年，故年，故选C.5.我国对中微子的研究处于世界领先地位，大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖。太阳发生核反应时会放出大量中微子及能量。假设太阳释放的能量是由“燃烧氢”的核反提供，式中为中微子，这一核反应平均每放出2个中微子相应释放的能量。已知太阳每秒约辐射的能量，地球与太阳间的距离约为，则地球表面与太阳光垂直的每平方米面积上每秒接收到中微子数目的数量级为A.1011B.1014C.1017D.1020【答案】B【解析】由题中条件可算得太阳每秒放出个中微子，中微子向四面八方辐射，成球面形状分布，地表上每平方米每秒可接收到的数目为，故B正确，故选B.6.为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确，故选CD.7.如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是A.B.C.D.【答案】BCD【解析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，故D正确，故选BCD.8.如图，M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q和Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速释放，运动到B点。则两种情况中A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大B.金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C.金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从A点运动到B点的过程中（不含A、B两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较大【答案】BD【点睛】本题以带电体在两个等量电荷形成的电场中的运动为背景，主要考查静电场，电场线，电场强度、点电荷的场强、电势能、电势，动能和动能定理，功能关系，位移、速度和加速度等知识。侧重考查分析综合能力，要求考生对等量同种、异种电荷的空间电场分布情况有清晰的认识，综合分析带电金属环的受力和能量变化关系.9.某同学利用图a装置测定滑块与桌面间的动摩擦因数。实验中，钩码通过轻绳拉着滑块在水平桌面上做直线运动，钩码着地后滑块继续运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点。取钩码着地后滑块继续运动过程中对应的一段纸带，用刻度尺测出纸带上部分相邻计时点的间距如图b。已知交流电源频率为50Hz，当地的重力加速度为9.80m/s2。回答下列问题：（1）打点时纸带的________（填“A”或“B”）端靠近滑块。（2）滑块与桌面间的动摩擦因数为________。（结果保留3位有效数字）（3）由实验测定的动摩擦因数________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】(1).B(2).0.255(3).大于【解析】（1）滑块先做匀加速运动，后做匀减速运动。在匀减速运动过程，相同时间内两点间距离越来越小，故B端靠近滑块；（2）利用逐差法计算：，钩码着地后滑块主要受滑动摩擦力而减速，由牛顿第二定律得μmg=ma，故滑块与桌面间的动摩擦因数；滑块做匀减速运动时，除了受到桌面的摩擦力外，还受到纸带的阻力，由知，，即测定的动摩擦因数大于真实值.10.某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图a所示。实验器材如下：待改装电压表（量程0~3V，可视为理想电压表），定值电阻R0，压敏电阻Rx，电源（4V，内阻不计），开关S，导线。选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图b。（1）实验中随着压力F的增大，电压表的示数__________。（填“变大”“不变”或“变小”）（2）为使改装后仪表的量程为0~160N，且压力160N对应电压表3V刻度，则定值电阻阻值R0=__________Ω，压力0N对应电压表_________V刻度。（3）他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值Rx随压力F变化的关系式为__________【答案】(1).变大(2).240(3).1.5(4).【解析】1）根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数，由图（b）可知，压力越大越小，U越大，故电压表的示数变大。（2）由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数，由，得；由图（b）可知，当时，，此时电压表的示数为，可见压力0N对应电压表1.5V刻度。（3）若选用图（b）的压敏电阻，则与压力F的关系式为，代入，可得U与F的关系式为，这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的。为了使压力刻度分布均匀，应另选用压敏电阻，且仍要满足量程为，F=0N标在1.5V刻度，F=160N标在3V刻度。由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设U=kF+b，由时、，时、，可得b=1.5，，又，解得.11.高空杂技表演中，固定在同一悬点的两根长均为L的轻绳分别系着男、女演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到男演员的出发点。已知男、女演员质量分别为M、m，女演员的出发点与最低点的高度差为，重力加速度为g，不计空气阻力，男、女演员均视为质点。（1）求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小。（2）若两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下，到达最低点时男演员推开女演员，为了使女演员恰能回到其最初出发点，男演员应对女演员做多少功？【答案】（1）2mg（2）【解析】（1）女演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：在最低点时，对女演员，由牛顿第二定律得：联立解得：轻绳对女演员的拉力大小为F=2mg根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为2mg（2）男演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒：他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得：他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足此过程男演员对女演员做的功：联立解得：12.光电倍增管可将光信号转化为电信号并逐级放大，其前两个平行倍增极结构如图。当频率为的入射光照射到第1倍增极的上表面MN时，极板上表面逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子，空间加上垂直纸面的匀强磁场，可使从MN逸出的部分光电子打到第2倍增极的上表面PQ。已知第1倍增极金属的逸出功为W，两个倍增极长度均为d，水平间距为，竖直间距为，光电子电量为e、质量为m，普朗克常量为h，仅考虑光电子在纸面内运动且只受洛伦兹力作用。（1）求从MN上逸出的光电子的最大速率。（2）若以最大速率、方向垂直MN逸出的光电子可以全部到达PQ，求磁感应强度的大小和方向。（3）若保持（2）中的磁场不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中PQ，求关闭光源后光电子持续击中PQ的时间。【答案】（1）（2），垂直纸面向内（3）【解析】（1）由题可知入射光照射到第1倍增极上表面时发生光电效应由爱因斯坦光电效应方程解得：逸出的光电子的最大速率（2）作出粒子在磁场中的运动轨迹图如图所示：由图可知，从M点垂直向上射出的光电子经过磁场偏转恰好到达P点，圆心在N点由几何关系得：偏转半径r=d由牛顿第二定律得：解得：因光电子带负电，由偏转图象可知光电子向右偏转，由左手定则可知磁场方向为垂直纸面向内（3）由于关闭光源前已有大量光电子在持续前往第2倍增极的路上，所以关闭光源后的一段时间，仍有光电子击中第2倍增极，因此“关闭光源后光电子持续击中PQ的时间”对应的是光电子从MN到达PQ的最长时间，最长时间对应的是轨迹圆心角最大的情况：当速率为最大时，对应的圆轨迹与PQ相切时圆心角最大；作出相应的运动轨迹如图所示：由图可知，当最大速度对应的轨迹圆不能与PQ相切，故从N端以最大速率逸出并击中P端的光电子的圆弧轨迹圆心角最大，所对应的时间最长，因为OP=ON=r=d=NP，故是等边三角形，则则光电子运动轨迹的圆心角为，运动的周期故运动的最长时间为13.下列说法正确的是_________。A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动D．在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故E．空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化【答案】ABD...............14.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：（i）当A向右移动时，水的深度h；（ii）该深度计能测量的最大水深hm。【答案】（i）3.33m（ii）20m【解析】（i）当A向右移动时，设B不移动对I内气体，由玻意耳定律得：解得：而此时B中气体的压强为，故B不动由解得：水的深度（ii）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为对原I内气体，由玻意耳定律得：对原II内气体，由玻意耳定律得：又联立解得15.下列说法正确的是_________。A．根据爱因斯坦的相对论可判断物体的质量与运动快慢无关B．简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数C．在电磁波接收过程中，使声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫调制D．偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方向（也称透振方向）的夹角从0˚增大到90˚的过程中，透过的光的强度越来越弱E．赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使导线环的空隙中产生火花，由此证实了电磁波的存在【答案】BDE【解析】根据爱因斯坦的相对论可判断高速运动的物体的质量与运动快慢有关，故A错