福建省莆田市2018届高三物理下学期教学质量检测（3月）试题（含解析）.doc

福建省莆田市2018届高三物理下学期教学质量检测（3月）试题（含解析）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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，有选错或不选的得0分。1. 氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上，下列说法正确的是A. 原子的能量减少B. 原子的能量不变C. 核外电子受力变小D. 氢原子要吸收一定频率的光子【答案】A【解析】氢原子核外电子从距核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，能级减小，总能量减小，根据F=得，轨道半径减小，则核外电子受力变大故A正确，BC错误；从距核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，总能量减小，要放出一定频率的光子，故D错误；故选A点睛：解决本题的关键知道从原子从高能级向低能级跃迁，放出光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子2. 某航空表演者从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，关于表演者在竖直方向上的运动，下列说法正确的是A. 0t1内表演者的平均速度等于B. 0t1内表演者的加速度逐渐减小C. t1t2内表演者的平均速度等于D. t1t2内表演者的位移大于【答案】B【解析】v-t线的斜率等于加速度，则0t1内表演者的加速度逐渐减小，选项B正确；因0t1内表演者不是做匀加速运动，则平均速度不等于，选项A错误；t1t2内表演者的加速度逐渐减小，不是匀减速运动，则其平均速度不等于，选项C错误；若t1t2内表演者做匀减速运动，则位移为，而由图像的面积等于位移可知，t1t2内表演者的位移小于，选项D错误；故选B.点睛：对于速度-时间图象应明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移只有匀变速直线运动的平均速度才等于.3. 北斗卫星系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力，如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均所匀速圆周运动，a是地球同步卫星，则A. 卫星b的周期大于24hB. 卫星b的周期小于c的周期C. 卫星a的加速度小于b的加速度D. 卫星a的角速度小于c的角速度【答案】D【解析】卫星a与b的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b的周期等于24h，故A错误根据，因别的轨道半径大于c，则卫星b的周期大于c的周期，选项B错误；卫星的加速度为，可知卫星a与b的加速度大小相等故C错误卫星的角速度公式为，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a的角速度小于c的角速度故D正确；故选D.点睛：解决本题的关键掌握卫星的线速度公式，由此推导出角速度、加速度、周期的公式，再根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期的大小4. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:4，a、b两端接到交流第一暖上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是A. 副线圈两端电压是电源电压的倍B. 流过R1的电流是流过R2电流的4倍C. R1上的电功率是R2上电功率的倍D. R1上的电功率是R2上电功率的16倍【答案】C【解析】设电源电压为U1，则次级电压，选项A错误；流过R1的电流；流过R2电流，则流过R2的电流是流过R1电流的4倍，选项B错误；R1上的电功率；R2上电功率的，选项C正确，D错误；故选C. 5. 如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=4kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态.下列说法正确的是A. 弹簧秤的示数是0NB. 弹簧秤的示数是40NC. 突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5m/s2D. 撤去F1后，当A、B加速度相同时，弹簧秤的示数是16N【答案】C【解析】两水平拉力大小相等，物体受力平衡，此时弹簧秤的示数等于20N，选项AB错误；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m2的加速度，故C正确撤去F1后，当A、B加速度相同时满足，带入数据解得：T=4N，选项D错误；故选C.点睛：在解决连接体问题时，注意整体法与隔离法的灵活应用，然后分别列牛顿第二定律，解出未知量注意弹簧的弹力不能突变6. 如图所示，真空中固定着两个等量正电荷A、B，O为AB连线的中点，以O为圆心的两个同心圆上有M、N、P三个点(同心圆与A、B共面)，下列说法正确的是A. M点的电势一定等于P点的电势B. N点的电势一定大于M点的电势C. 质子在N点的电势能小于在M点的电势能D. 电子在M点电势能大于在P点的电势能【答案】BD7. 如图甲所示，边长为L的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容器，其余电阻不计。若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在02t0时间内A. 电容器a板带负电B. 线框中磁通量变化为零C. 线框中产生的电动势为D. 通过电阻R的电流为【答案】AC【解析】由图可知在0-t1时间内磁场向上减小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a板带负电，选项A正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，选项B错误；线框中产生的电动势为，选项C正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，选项D错误；故选AC.8. 如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，在b下降h高度(未与地面相碰)过程中，下列说法正确的是A. 物块a重力势能增加mghB. 摩擦力对a做的功小于a机械能的增加C. 摩擦力对a做的功等于五款a、b动能增加之和D. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等【答案】ABC【解析】开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mbg，则mab下降h，则a上升hsin，则a重力势能增量为maghsin=mgh故A正确根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量所以摩擦力做功大于a的机械能增加因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加故BC正确任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、n做功的瞬时功率大小相等故D错误故选ABC点睛：本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合力选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析三、非选择题：9. 如图甲所示，某同学利用光电计时器等器材做“测定当地重力加速度”的实验.直径为d、质量为m的钢球从A处静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下金属球通过光电门的时间为(1)如图乙所示，用游标卡尺测得钢球的直径d=_mm.(2)某次实验测得A、B间距离为H0.钢球通过光电门的时间为，则当地重力加速度g=_(用字母、H0、d表示).(3)该同学发现实验测出的g值存在误差，他认为可能原因之一是钢球通过光电门的平均速度_(选填“大于”或“小于”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，你认为通过增加实验次数_(选填“能”或“不能”)改变上述关系.【答案】 (1). 7.15或7.20 (2). (3). 小于 (4). 不能【解析】（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为4；故读数为：7+40.05=7.20mm；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2，即：2gH0=（）2，解得：（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小点睛：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律10. 某型号电池的电动势约3.7V，内阻约2，现欲测定其电动势E和内阻r，给定的器材有待测电池E滑动变阻器R(015,1A)直流电压表V (量程3V，内阻约为6k)直流毫安表mA (量程100mA，内阻RA=5)开关S一个；导线若干.(1)为了把毫安表改装成量程为0.6A的电流表，需要给毫安表并联一个阻值R0=_的定值电阻；(2)按图甲所示连接好电路，实验过程中要使电压表读数变大，则滑动变阻器滑片应_移动(选填“向左”或“向右”).(3)用该电路测量出多组数据，作出图乙所示的UI图象(I为毫安表示数)，横坐标截距为a，纵坐标截距为b，则待测电池电动势E=_，内阻r=_(用只含a、b字母的式子表示).【答案】 (1). 1 (2). 向右 (3). b (4). 或【解析】（1）为了把毫安表改装成量程为0.6A的电流表，需要给毫安表并联一个阻值的定值电阻；（2）实验过程中要使电压表读数变大，则应该增大外电路的电阻，则滑动变阻器滑片应向右移动.（3）因改装后的电流表量程是原来的6倍，则若毫安表读数为I，则干路电流为6I，改装后的电流表内阻为;由闭合电路欧姆定律： ，则E=b； ，解得.点睛：涉及到图象问题，应根据物理规律列出表达式，然后整理出一次函数形式，再根据斜率和截距的概念即可求解11. 如图所示，AB为固定在竖直平面内的圆弧轨道，轨道末端B切线水平，质量ma=0.5kg的小球a用细线悬挂于O点，线长L=0.5m，细线能承受的最大拉力T=9N。质量mb=1kg的小球b从轨道上距底端B高度h=0.3m处由静止释放，与a球发生对心碰撞，碰后瞬间细线恰好被拉断。已知小球a、b落地的水平距离之比为2:1，g取10m/s2。(1)细线被拉断瞬间小球a的速度；(2)小球b在圆弧轨道上克服阻力所做的功W。【答案】(1) (2) 由式得va=2m/s (2)设b球与a球碰前瞬间速度为vb，碰后瞬间b球速度为，由动量守恒定律得： 由题意得 由式得： 对b球，从A到B过程由动能定理得： 由式得： 12. 如图，xOy平面的第二象限内有平行y轴放置的金属板A、B，板间电压为U；第一、三、四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1T的匀强磁场；ON为处于y轴上的弹性绝缘挡板，ON长h=3m；M为x轴负方向上一点，OM长L=1m。现有一比荷为C/kg，重力不计的带正电粒子从A板静止释放，经电场加速后从B板小孔处射出，恰好从挡板上端N点处平行x轴方向垂直射入磁场。(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到M点，则U为多大？(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回，且碰撞时间不计、碰撞前后电量不变，粒子最后都能经过M点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？(结果保留三位有效数字)【答案】(1) (2) 【解析】(1)粒子由A到B,由动能定理得 粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得 由几何关系得 由式得 由式得(2)因粒子速度方向与挡板垂直，圆心必在挡板上.设小球与挡板碰撞n次，则 由题意得 由式得，只能发生一次碰撞.由几何关系得 由式得： 由、分别作出图2和图3运动轨迹.比较两图可知当时粒子在磁场中运动时间更长. 由图3得 粒子在磁场中运动的周期为 粒子在磁场中运动最长时间为 点睛：题中通过带电粒子在磁场中的圆周运动来考查牛顿第二定律，向心力公式，并突出几何关系在本题的应用，同时注重对运动轨迹的分析，利用圆的特性来解题是本题的突破口 13. 下列说法正确的是：_(填正确答案标号。)A.水是浸润液体，水银是不浸润液体B.布朗运动和扩散现象都可以在气体、液体中发生C.只要经历足够长的时间，密封在瓶内的酒精一定会全部变成气体D.塑料丝尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形是表面张力的缘故E.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，不违背热力学第二定律【答案】BDE【解析】浸润与不浸润是相对的；水银对玻璃来说是不浸润液体，但不是对任何固体都是不浸润，故A错误；布朗运动和扩散现象都可以在气体、液体中发生，选项B正确；酒精在密闭容器中蒸发后，酒精蒸汽达到饱和时将不再蒸发，故选项C错误；塑料丝尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形是表面张力的缘故，选项D正确；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，不违背热力学第二定律，选项E正确；故选BDE.14. 某同学在27的室内对篮球充气，已知篮球球内空间的体积为10L，充气前的气压为0.9atm，充气筒每次充入0.2L、压强为1atm的气体，忽略篮球体积变化及充气过程中气体温度的变化，充气后球内气体压强增大至2atm。()充气多少次可以让球内气体压强增大至2atm；()若室外温度为7，将上述充好气的篮球拿到室外，经足够长时间后球内压强变为多少？(结果保留三位有效数字)【答案】（1）55次 （2）【解析】()设充气次数为n，对充入的气体，充入前，压强为，当压强变为时，体积为V1，由波意耳定律得： 由式得 以篮球内最终气体为研究对象，由波意耳定律得 解得 ()篮球内气体发生等容变化，由查理定律得 得： 点睛：本题的关键要明确不变量，运用玻意耳定律和查理定律求解，解题要注意确定气体的初末状态参量15. 下列说法正确的是：_(填正确答案标号。)A.光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理B.双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变宽C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度D.光从水中射入玻璃中折射角小于入射角，则光在玻璃中传播速度一定大于在水中的传播速度E.利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物【答案】ABE【解析】光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，选项A正确；因红光的波长较紫光大，则双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，根据，则条纹间距一定变宽，选项B正确；由于玻璃的反射光是偏振光，在拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度；故C错误；光从水中射入玻璃中折射角小于入射角，则光在玻璃中的折射率较大，根据可知，光在玻璃中传播速度一定小于在水中的传播速度，选项D错误；利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物发生衍射，选项E正确；故选ABE.16. 如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t1=0.1s时刻的波形图，M、N两点的坐标分别为(-2，0)和(-7，0)。已知t2=0.3s时，M处质点第一次出现在波谷位置。()这列波的传播速度多大？ ()当N处质点第一次出现在波峰位置时，M处质点通过的路程为多少？【答案】(1) (2) 【解析】()M点与最近波谷的水平距离为s=4m，所以波速为 ()根据图象可知，该波波长，该波中各质点振动的周期为 t1时刻后经时间M处质点开始振动，则 t1时刻后经时间N处质点第一次出现在波峰位置，则 此时M处质点已振动则当N处质点第一次出现在波峰位置处，M处质点通过的路程为 点睛：本题要能由波的传播方向来确定质点的振动方向，运用波形平移法求波速，掌握由质点的振动情况来确定周期