福建省漳州市高三下学期第二次调研测试（3月）物理试题

漳州市2018届高中毕业班第二次调研测试理科综合物流试题二、选择题：本题共8小题．每小题6分。在每小题给出的四个选项中．第14－18题只有一项符合较目要求．第19－21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.首次提出“微观粒子的能量是量子化的”这一观念．与下列物理常量相关的是A.引力常量GB.普朗克常量hC.静电力常量kD.阿伏加德罗常数NA【答案】B【解析】首次提出“微观粒子的能量是量子化的”这一观念，与普朗克常量h相关。故B项正确。2.如图，一质量为m的木块，用劲度系数为k的轻质弹簧连接着．弹簧的另一端固定在斜面顶端．木块放在斜面上能处于静止状态。已知斜面倾角＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数＝0.5．弹簧在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．sin37°＝0.6．cos37°＝0.8。则A.弹簧可能处于压缩状态B.弹簧的最大形变量为C.木块受到的摩擦力可能为零D.木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上【答案】C【解析】物体与斜面间的最大静摩擦力，重力沿斜面方向的分力为，因G1>fm可知，弹力的方向不可能向下，即弹簧不可能处于压缩状态，选项A错误；弹簧有最大形变量时满足：，解得，选项B错误；当G1=F弹时，木块受到的摩擦力为零，选项C正确；当G1>F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向上；当G1<F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向下，选项D错误；故选C.3.在静电场中由静止释放一电子．该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度随时间t的变化规律如图所示。则A.该电场可能为匀强电场B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C.电子运功过程中途经各点的电势逐渐降低D.电子具有的电势能逐渐增大【答案】B【解析】A：由加速度a随时间t的图象可知，电子的加速度变化，所受电场力变化，运动轨迹上各点的场强大小改变，电场不是匀强电场。故A项错误。B：电子仅在电场力作用下沿直线运动，且运动过程中加速度方向不变，所受电场力方向不变，则运动轨迹上各点场强方向一样且场强方向与轨迹同一直线，电场方向与等势面垂直，所以电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直。故B项正确。CD：电子由静止释放做加速运动，电子所受电场力做正功，电子具有的电势能减小，电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高。故CD两项错误。4.空间存在方向垂直于纸面向里．磁感应强度为B的匀强磁场，图中的正方形bcd为其边界。－束速率不同的带正电粒子从左边界d中点P垂直射入磁场．速度方向与d边夹角＝30°，已知粒子质量为m、电荷量为q．粒子间的相互作用和粒子重力不计，则A.粒子在磁场中运动的最长时间为B.从bc边射出的粒子在磁场中的运动吋间都相等C.入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长D.运动时间相同的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同【答案】D【解析】粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所示：

从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为：，故A错误；因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从bc边射出的粒子在磁场中的运动的速度不同，做圆周运动的半径不同，所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，选项B错误；若粒子从dc、bc或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，则时间越短，选项C错误；运动时间相等的粒子,在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从pa之间射出的粒子运动时间均为，但轨迹不同，选项D正确；故选D.点睛：本题考查粒子在有边界磁场中运动的问题，关键是采用图示法画出临界轨迹进行分析，作图是关键．5.2017年4月7日出现了“木星冲日”的天文奇观．木星离地球最近最亮。当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“木星冲日”。木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。不考虑木星与地球的自转．相关数据见下表。则A.木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大B.木星运行的加速度比地球运行的加速度大C.在木里表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/sD.下次“木星冲日”的时间大约在2018年8月份【答案】A【解析】根据，则，，则木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大，选项A正确；根据，则，，则木星的加速度比地球的加速度小，选项B错误；根据可知，，选项C错误；根据开普勒第三定律，地球公转周期T1=1年，木星公转周期T2＝T1≈11.18年。设经时间t，再次出现木星冲日，则有ω1tω2t=2π，其中ω1＝，ω2＝，解得t≈1.1年，因此下一次木星冲日发生在2018年5月，故D错误；故选A.点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道相邻的两次行星冲日的时间中地球多转动一周。6.如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u＝220sin100t（V）的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则A.交流电源的频率为100HzB.副线圈的输出功率为110WC.变压器的输出功率等于输入功率D.电流表的读数为1A【答案】BC........................点睛：此题关键是首先求解经过二极管后的交流电的有效值，然后根据变压器电压和匝数关系来求解次级电流和功率.7.如图．是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料．等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上（圆心在旋转体的轴线上），齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f．测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n，则A.f＝nNB.f＝C.线圈中的感应电流方向不会变化D.旋转体转速越高线圈中的感应电流越强【答案】AD【解析】AB：旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次。旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f=nN。故A项正确，B项错误。C：测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反。故C项错误。D：旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强。故D项正确。综上答案为AD。8.如图．重均为G的两光滑小环A和B用轻绳连接．分别套在水平和竖直的固定直杆上。在绳上O点施一水平力F拉紧轻绳．设法使整个系统处于静止状态。随后使力F缓慢增大．则在此过程中A.OA段绳中的张力始终大于G，且逐渐增大B.杆对A环的作用力始终大于2G，且逐渐增大C.OB段绳中的张力始终大于G，且逐渐增大D.OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大【答案】CD【解析】因小环光滑，则当系统静止时，OA段绳子垂直水平横杆，如图所示，对小环B以及结点O系统可知，OA段绳中的张力等于小环B的重力G，则力F缓慢增大时，OA段绳中的张力始终等于G不变，选项A错误；对AB环组成的整体，竖直方向FNA=GA+GB=2G，则选项B错误；根据小环B的受力情况可知，TOB>G；若设OB段绳与竖直方向的夹角为θ，则Fcosθ=TOA=G，则随F的增大，θ变大，由TOBcosθ=G可知TOB变大，则选项CD正确；故选CD.点睛：此题关键是首先找到系统平衡时细绳OA的方向；灵活运用整体及隔离法，对系统或者单个的物体受力分析，找到各个力的关系.第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22－32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33－38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.如图甲．利用恒速滴液瓶（每隔相同时间从玻璃管口滴下一个液滴）和频闪光源来研究自由落体运动实猃时．调节频闪光源的频率和恒速液滴的频率，使两者恰好相等，屏幕上就会出现“液滴不动”的影点，设此时频闪光源的频率为f。某次实验的影点位置如图乙所示．相邻影点间的距离分别为h1、h2、h3和h4。（1）图乙中相邻影点间的时间间隔为______．自上而下第二个影点瞬时速度的表达式为v＝_______（2）由逐差法可得液滴下落加速度的表达式为＝_________。【答案】(1).(2).(3).（2）由逐差法可得液滴下落加速度的表达式为23．10.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻（约1.0Ω）（1）现备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表（量程0～150mA．内阻Rg＝3.0Ω）C．电压表（量程0～3V．内阻R约1kΩ）D．滑动变阻器R（0～20Ω．1.0A）E．电阻箱R0（0～99.9Ω）F．开关和若干导线该同学发现上述器材中电流表的量程较小．他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表．则电阻箱R0的阻值应取_____Ω，请在图甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图_____________。（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的U－I图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。根据该图像可得被测电池的电动势E＝_______V．内阻r＝_______Ω。（3）对本实验的理解正确的是______A．要减小实验误差．可以增大电源等效内阻B．如果纵坐标从零开始，图线分布空间将更大C．电压表的分流作用导致实验系统误差D．由于电压表读数变化不大．读数不准确导致实验系统误差大【答案】(1).1.0(2).(3).1.48（1.46－1.49之间）(4).0.84（0.82－0.87之间）(5).AC【解析】（1）利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表，则需要并联的电阻箱R的阻值应取；电路图如图；（2）若设电流表的电流为I，则干路电流为4I，由闭合电路的欧姆定律：U=E4Ir；延长图像与两坐标轴相交，由图像可知：E=1.48V；，则r=0.83Ω.（3）要减小实验误差,可以增大电源等效内阻，这样在变化相同电流时电压的变化较大，选项A正确；如果纵坐标从零开始,图线分布空间将较小，选项B错误；电压表的分流作用导致实验系统误差，选项C正确；由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验偶然误差大，选项D错误；故选AC.点睛：本题考查电源电动势和内电阻的测量实验；在电学实验的考查中常常要使用电表的改装，在解题时要注意分析题意，明确各电表能否正确使用，能根据改装表的读数找到函数关系，结合图象得出电动势和内阻．11.如图，是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直拄子上，由升降机送上几十米的高处．然后让座舱自由落下，落到一定位置时．制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为H＝75m，当落到离地面h＝30m的位置时开始制动，座舱均匀减速。在一次娱乐中．某同学把质量＝6kg的书包放在自己的腿上。g取10m/s2．不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。（1）求座舱制动过程中书包对该冋学腿部的压力多大；（2）若环形座舱与同学们的总质量M＝4×103kg，求制动过程中机器输出的平均功率。【答案】150N1.5×l06W【解析】（1）设座舱开始制动时的速度为v，制动过程中的加速度大小为a,书包受到腿的支持力为N，由运动公式可得：v2=2g(Hh)v2=2ah根据牛顿第二定律，对书包：Nmg=ma解得N=150N根据牛顿第三定律有该同学腿部受到的压力为150N.（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F，经历的时间为t，由运动公式：h=vtat2；根据牛顿第二定律，对座舱：FMg=Ma座舱克服制动力做功：W=Fh机械输出的平均功率：联立带入数据可得：P=1.5×106W12.如图甲所示，一光滑绝缘的水平轨道固定在离地某一足够高度处，整个空间存在着水平向右的匀强电场。一质量为2m．不带电的弹性小球A以速度v0沿水平轨道向右运动。轨进边缘处锁定一大小与A相同．质量为m、电荷量为－q的弹性小球B。两球碰前瞬间解除对小球B的锁定．己知该电场的场强为E＝，重力加速度为g，两球碰撞过程中电荷不犮生转移，空气阻力不计。（1）求小球A、B第一次碰后瞬间的速度分别为v1和v2多大；（2）求两球在下落过程中．第二次碰撞前的最大水平距离x；（3）若在两球第一次碰后瞬间，迅速撤去电场并同时在整个空间加一磁惑应强度大小为B＝、方向垂直纸面向外的匀强进场．请在图乙中定性画出小球B此后的运动轨迹。【答案】（1），；（2）；(3)【解析】（1）两球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒：2mv0=2mv1+mv2∙2mv02=∙2mv12+∙mv22联立带入数据可得：v1=v0v2=v0（2）A球不带电，所以碰后做平抛运动；B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动（类竖直上抛运动），所以两球在竖直方向运动情况相同，始终保持在同一高度；设AB在时间t内水平方向的位移分别为xA和xB，小球B的加速度大小为aBx，则：xA=v1txB=v2taBx对B球在水平方向由牛顿第二定律可得：qE=maBx当小球B的水平分速度减小到与A的水平分速度相等时，即v0/3时，两者相距最远.对B球有：解得则（3）此时小球B除了受重力外，还受到竖直向下的洛伦兹力，大小为小球B此后的运动可以拆分为两个分运动：一个是水平向右，速度大小为的匀速直线运动（对应的洛伦兹力和重力相平衡）；另一个是在竖直平面内的速度大小为。沿逆时针方向的匀速圆周运动，其轨迹示意图如图所示：（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33．[物理—选修3－3]13.（1）关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是____。A．物体吸收热量时内能就会增加B．内能不同的物体．其分子热运动的平均动能可能相同C．气体分子热运动的平均动能减小，其压强不一定减小D．分子间的相互作用力随分子间距离的减小而增大E．两铅柱压紧后悬挂起来而不脱落，主要是由于分子引力的作用【答案】BCE【解析】A：如果物体在吸收热量的同时对外做功，物体的内能有可能减小。故A项错误。B：内能通常指热力学系统构成物体的所有分子，其热运动的动能和分子势能的总和。内能不同的物体，温度可能相同，其分子热运动的平均动能可能相同。故B项正确。C：气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的。气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定。则气体分子热运动的平均动能减小，其压强不一定减小。故C项正确。D：在分子间表现为斥力时，分子间的相互作用力随分子间距离的减小而增大；在分子间表现为引力时，分子间的相互作用力随分子间距离的减小可能增大可能减小。故D项错误。E：两铅柱压紧后悬挂起来而不脱落，主要是由于分子引力的作用。故E项正确。综上答案为BCE。14.（2）如图．一粗细均匀的细长玻璃管，上端开口、下端封闭，上部有高h1＝44cm的水银柱A，水银面恰好与管口平齐，中部封有长l＝6.0cm的理想气体．下部有高h2＝60cm的水银柱B。现使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢转动到开口竖直向下的位置。已知大气压强为P0＝76cmHg，转动过程中无漏气现象，求最终（i）水银柱A的长度多大；（ii）玻璃管中空气柱的长度。【答案】16cm12cm【解析】（1）玻璃管转到水平位置的过程中，由于管中气体的压强逐渐减小，根据波义耳定律可得，气体的体积逐渐增大，则开口端的水银必然会有一部分流出管口；玻璃管开口竖直向下时，封闭端会有部分真空，以水银柱AB及空气柱为研究对象，管内的水银柱总长度因为76cm故水银柱A的长度变为76cm60cm=16cm（2）玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1=p0+ph1=120cmHg玻璃管开口向下时，空气柱的压强为p2=ph2=60cmHg设玻璃管的横截面积为S，此时空气柱的长度为l′，由玻意耳定律：联立带入数据可知：l′=12cm34．[物理—选修3－4]15.（1）周期为4.0S的简谐横波沿x轴传播．该波在某时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动。下列说法正确的是_____。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．该波沿x轴正方向传播B．该波的波速为v＝10m/sC．质点P此刻的速度为v＝5m/sD．当波源向着观测者运动时，观测者接受到该波的频率将大于波源的实际频率E．当遇到直径为30m的圆形障碍物时，该波能够发生较明显的衍射现象【答案】ADE【解析】此时质点P沿y轴负方向运动，可知该波沿x轴正方向传播，选项A正确；由波形图可知λ=20m，则，选项B错误；波的传播速度和质点的振动速度是不同的物理量，大小不一定相等，选项C错误；根据多普勒效应可知，当波源向着观测者运动时，观测者接受到该波的频率将大于波源的实际频率，选项D正确；该波的波长为20m，则当波遇到直径为20m的圆形障碍物时，该波能够发生较明显的衍射现象，选项E正确；故选ADE.16.（2）如图．是一个用折射率为n的透明介质做成的三棱镜的截面示意图．其中∠A＝90°，∠B＝∠C＝45°。—细光束从D点垂直入射到BC面上，已知BD：DC＝1：3。（i）若该细光束在AB面和AC面外侧均无出射光，求n的取值范围；（ii）若n取（i）问中的最小值，不计入射光在镜内经过三次或三次以上的反射光线。使该细光束绕D点顺时针转过＝30°入射，如图中虚线所示，请分析说明该细光束在从AB面和AC面外侧是否有出射光。【答案】AB面外侧无出射光，AC面外侧有出射光【解析】本题考查全反射及反射、折射相关问题。（i）因AB、AC面外侧均无出射光，则光路如图甲所示。设临界角为α，由折射定律得：为确保全反射，则必须α≤45°，可得：（ii）光路如图乙所示。由于，则临界角为α0=45°由几何关系可得：，故AB面外侧无出射光。同理可得：，故AC面外侧有出射光。漳州市2018届高中毕业班第二次调研测试物理参考答案及评分标准题号1415161718192021答案BCBDABCADCD22．（5分）（1）（l分），（2分）（2）（2分）23．（10分）（1）1.0；（2分）电路如图所示（2分）（2）1.48（1.46－1.49之间）；（1分）0.84（0.82－0.87之间）（2分）（3）AC（选对一个得2分）（3分）24．（12分）解：（1）设座舱开始制动时的速度为v，制动过程加速度大小为．书包受到腿的支持力为N，由运动学公式得①（1分）②（1分）根据牛顿第二定律，对书包有N－mg＝m③（2分）根据牛顿第三定律有：该同学腿部受到的压力N＇＝N④（1分）联立以上各式并代入数据可得N＇＝150N⑤（1分）（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F．经历的时间为t，由运动学公式得：⑥（2分）根据牛顿第二定律，对座舱有F－Mg＝M⑦（1分）座舱克服制动力做功W＝Fh⑧（1分）机器输出的平均功率⑨（1分）联立以上各式并代人数据可得P＝1.5×l06W⑩（1分）25．（20分）解：（1）两球发生弹性碰撞，根据动量守恒与能量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2①（2分）②（2分）联立①②并代入数据可得，（2分）（2）A球不带电，所以碰后做平抛运动；B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动（类竖直上抛运动），所以两球在竖直方向运动情况相同，始终保持在同一高度。设A、B在时间t内水平方向的位移分别为xA和x