福建省泉州市泉港区第一中学2019届高三物理上学期质量检测试测试试题（潜力股班）（含解析）.docx

福建省泉州市泉港区第一中学2019届高三物理上学期质量检测试测试试题（潜力股班）（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分。1.A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x-t、v-t、a-t、F-t图象如图所示，已知物体在t=0时的速度均为零，其中04s内物体运动位移最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据x-t图象，v-t图象、a-t图象及F-t图象中，明确物体的运动特点，结合v-t图象与时间轴所围面积为物体运动的位移即可判断【详解】由速度-时间图象可知，图像与坐标轴围成的面积表示位移，4s内总位移为零；在x-t图象中，表示位移随时间变化的规律，由图象可知，4s末到达负的位置最大，总位移为x=-1-1m=2m；在a-t图象中，根据v=at可知，在0-4s内做往复运动，故在0-4s内位移为零；由F-t图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，加速度为，通过的位移，B正确2.如图所示，固定斜面上有一小球，用一竖直轻弹簧与之相连，小球处于静止状态，不考虑小球的滚动。下列说法正确的是（ ）A. 小球与斜面之间一定有弹力 B. 弹簧一定处于伸长状态C. 弹簧可能处于压缩状态 D. 小球最多受到5个力【答案】C【解析】【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡条件和弹簧弹力的产生条件分析即可。【详解】当小球受到弹簧的弹力与重力等大反向时，小球与斜面之间没有作用力，A错误；小球一定受到竖直向下的重力，若弹簧被压缩，则受到竖直向下的弹力，斜面给的垂直斜面向上的支持力，以及沿斜面向上的摩擦力，若弹簧被拉伸，则受到重力，竖直向上的弹力，斜面给的垂直斜面向上的支持力，以及沿斜面向上的摩擦力，即最多受四个力作用，C正确BD错误3.北半球地磁场的竖直分量向下如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（ ）A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcda【答案】D【解析】【分析】首先要明确磁场方向，我省位于北半球，地磁场的竖直分量向下线圈运动时，切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断电势高低和感应电流方向当线圈转动时，根据楞次定律判断感应电流方向【详解】北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下。若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低，A错误；若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势，a点的电势与b点的电势相等，B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcda，C错误D正确【点睛】本题运用右手定则和楞次定律判断电势高低和感应电流方向，关键明确两个条件：一是磁场的方向，二是磁通量的变化情况4.如图所示,竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R,等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于圆周最低点,CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷。现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放,到最低点C时速度为v0。不计+Q对原电场的影响,取无穷远处为零电势,静电力常量为k,（ ）A. 小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒B. C点电势比D点电势高C. 小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+mD. M点电势为(m-2mgR)【答案】D【解析】【分析】此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断；此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量异种电荷，CD是AB边的中垂线，则CD是等势线【详解】小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，A错误；CD是AB边的中垂线，则CD处于AB两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，B错误；小球在轨道最低点C处时，电场力为，故对轨道的压力为，C错误；从M到C的过程中，根据动能定理得，解得，取无穷远处电势为零，则M点的电势能为，M点的电势等于，D正确5.如图（甲）所示，理想变压器原副线圈的匝数比为，是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除以外其余电阻不计从某时刻开始单刀双掷开关掷向，在原线圈两端加上如图（乙）所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ）A. 该交变电压瞬时值表达式为B. 单刀双掷开关由扳到，电压表和电流表的示数都变大C. t=210-2s时，电压表的读数为D. 滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大【答案】B【解析】【分析】由图象求出瞬时电压的表达式，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化【详解】由图象知电压峰值为311V，角速度为，故该交变电压瞬时值表达式为，A错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，B正确；把t=210-2s代入瞬时值表达式得到的是瞬时电压，但电压表的读数为有效值，大小为22V，C错误；滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，D错误6.如图所示，真空中两个不等量的正点电荷Q1、Q2固定在x轴上。三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是A. c点电势小于b点电势B. a点场强小于b点场强C. 将电子从a点移到b点再移到c点电势能增加D. 将电子从a点移动到c点电场力做负功【答案】ACD【解析】【分析】本题关键要掌握电场的叠加原理，明确沿着电场线，电势降低，能根据电场力方向与速度方向的夹角来判断电场力做功的正负；根据点电荷场强公式分析场强的大小，由电场线的方向分析电势的关系。由电场力做功正负判断电势能的变化【详解】A.根据顺着电场线电势逐渐降低，可知c点电势小于b点电势，A正确；B.根据点电荷场强公式知，与在a点产生的场强比b点的场强大，场强方向相同，由电场的叠加原理可知a点场强大于b点场强，B错误；C.将电子从a点移到b点再移到c点，电势一直降低，电子的电势能一直增加，C正确；D.将电子从a点移动到c点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，D正确7.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成功实施轨道捕获控制，进入环绕距月球约6.5万公里的地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道，成为世界首颗运行在地月L2点Halo轨道的卫星。地月L2是个“有趣”的位置，在这里中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。下列说法正确的是A. “鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球的同步卫星周期长B. “鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大C. “鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度小D. “鹊桥”中继星绕地球转动的角速度比月球绕地球角速度大【答案】AB【解析】【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据比较线速度和向心加速度的大小【详解】A.根据万有引力提供向心力，得，因为“鹊桥”中继星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，所以“鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球同步卫星的周期长，A正确；BD. “根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，根据知鹊桥”中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球角速度相等，鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，B正确D错误；C.鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，C错误【点睛】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件8.如图所示，圆形区域半径为，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，为磁场边界上的最低点。大量质量均为，电荷量绝对值均为的带负电粒子，以相同的速率从点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径r=2R，AC为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则A. 不可能有粒子从点射出磁场B. 粒子在磁场中运动的最长时间为C. 粒子射入磁场的速率为D. 若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从点水平射出【答案】BCD【解析】【分析】由洛仑兹力提供向心力，当时，可以求出粒子的速度至于粒子在圆形磁场区域内的运动时间，由于带电粒子的轨道半径为一定值且大于磁场区域的半径R，所以当带电粒子的轨迹最长时，时间最长，即以磁场圆直径为弦长的轨迹时间最长，如图所示的以为圆心的轨迹【详解】A.若入射速度恰当，则粒子能够通过C点，甚至能够找到圆心：作PC的中垂线，以P或C为圆心以2R为半径画弧交PC中垂线于OC，即通过C点轨迹的圆心，A错误；BC.由洛仑兹力提供向心力，当时，速度，要使带电粒子在圆形磁场中的时间最长，则是以磁场圆直径为弦的轨迹时间最长。由几何关系知：此轨迹在磁场的偏转角为60，所以最长时间，BC正确；D.若粒子的速度变为，则其运动半径为R，若粒子从P点向上入射，则从A点水平穿出，D正确【点睛】本题只是带电粒子在磁场中以磁场圆半径的2倍为半径做匀速圆周运动的特例，由洛仑兹力提供向心力，从而能够求出速度难点是怎样确定最长时间，显然是轨迹最长时，时间最长，即轨迹所对的弦为磁场圆的直径三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.用如图所示实验装置验证机械能守恒定律断开电磁铁的电源，电磁铁失去磁性，金属小球从静止开始下落，经过光电门落入捕球网中。小铁球下落过程中经过光电门时，毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间 t。（1）要应用本装置验证机械能守恒定律，测出小球开始下落的位置与光电门之间的距离 h 以及小铁球的直径 d 。是否需要测量出小铁球的质量_？（请填“是”或“否”）（2）实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光门中的激光束。小铁球通过光电门时的瞬时速度 v _，若下落过程中机械能守恒，则与h 的关系式为=_。【答案】 (1). 否 (2). (3). 【解析】【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：；【点睛】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.在电子线路制作中常用到覆铜板，覆铜板是将补强材料（加入橡胶中可以显著提高其力学性能的材料）浸以树脂，一面或两面覆以铜箔，经热压而成的一种板状材料，称为覆铜箔层压板，它是做印制电路板的基本材料，常叫基材。小明同学是电子制作爱好者，他想应用所学的物理知识来测量覆铜板的导电铜膜厚度。于是他从资料上查得导电铜膜的电阻率=1. 75l0-8m，并利用下列器材完成了这个实验：A电源E(电动势为6V，内阻不计)；B取待测长方形覆铜板一块，将两个粗铜条A、B平行压置在覆铜板的两端，与覆铜板接触良好，用作电极，如此就制成了待测电阻R（阻值约为2 ）；C滑动变阻器（总阻值约为10 ）；D定值电阻R2（电阻值R2 =6 ）；E毫米刻度尺和游标卡尺；F电压表V（量程为06 V，内阻很大）；G电流表A（量程为00.6 A，内阻约为5 ）；H开关K，导线若干。(1)请在图甲的实物图中完成实物连线，要求实验测量精度高_。(2)小明在接通电路之前，先用游标卡尺测得覆铜板宽度d如图乙所示，则游标卡尺的读数为_mm。(3)小明用毫米刻度尺测两电极A、B间的距离L=1.001 m。(4)图丙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请完成作图_，若所得图线的斜率用k表示，则导电铜膜的电阻R=_（用k及题中所给字母表示）。(5)计算导电膜厚度h的值为_ mm(计算结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). （在范围内均正确）【解析】【分析】根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象应用欧姆定律求出铜膜的电阻。根据图示图象求出铜膜的电阻，然后应用电阻定律求出铜膜的厚度【详解】（1）电压表读数从零开始增大，滑动变阻器应采用分压接法，铜膜电阻很小，为保护电路应把定值电阻与待测电阻串联，电压表内阻远大于铜膜电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示（2）由图示游标卡尺可知，；（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；由图示图象可知，图象的斜率，铜膜电阻；（5）铜膜的电阻阻值，由电阻定律可知，解得【点睛】本题考查了连接实物电路图、游标卡尺读数、实验数据处理，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，对游标卡尺读数时要先确定游标尺的精度，注意游标卡尺不需要估读；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关键11.一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为=53的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m。初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N。已知物块P质量为m1=0.8kg，物块Q质量为m2=5kg，不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s2。现将物块P静止释放，求：(1)物块P位于A时，弹簧的伸长量x1；(2)物块P上升h=0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；(3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功。【答案】（1）0.1m （2） （3）8J【解析】【分析】（1）根据题设条件和平衡条件、胡克定律，列方程求出弹簧的伸长量；（2）由于本题的特殊性，P处于A位置时与P上升到与滑轮等高位置，弹簧的伸长量与压缩量恰相等，而此时由速度的合成和分解可知物块Q的速度为零，所以由机械能守恒律可求物块P的速度；（3）当Q上升到与滑轮等高时，由系统的机械能守恒和两个物体速度关系求圆环Q的速度大小。通过绳子拉力对Q物体的做功情况，判断物块Q机械能的变化，从而得出何时机械能最大。【详解】（1）物体P位于A点，假设弹簧伸长量为，则：，解得：（2）经分析，此时OB垂直竖直杆，OB=0.3m，此时物块Q速度为0，下降距离为：，即弹簧压缩，弹性势能不变。对物体PQ及弹簧，从A到B根据能量守恒有：代入可得：对物块P：代入数据得：【点睛】解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用；要注意本题的特殊性，当物块P与杆垂直时，此时绳伸缩方向速度为零（即Q的速度为零），这也是本题的关键点。12.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，I、象限内有场强大小E=103V/m的匀强电场，方向与x轴正方向成45角，、象限内有磁感应强度大小B=l T的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里。现有一比荷为l04 C/kg的带负电粒子，以速度v0=2l03 m/s由坐标原点O垂直射入磁场，速度方向与y轴负方向成45角。粒子重力不计。求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用时间；(3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离。【答案】（1）0.2 m （2） （3）【解析】（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律： 解得r=0.2m（2）粒子第一次在磁场中运动的时间为： 设粒子在电场中的时间为t2； 解得 总时间： （3）如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子的速度偏向角为，粒子第二次进入磁场时的速度大小为v,与y轴负方向的夹角为，则有tan=2即=-450 根据牛顿第二定律：qvB=m ，则 粒子第二次进、出磁场处两点间的距离: 解得点睛：带电粒子在电场及磁场中的运动问题，关键是画出粒子运动的轨迹图；在磁场中的圆周运动必须要找出圆心和半径，结合几何关系求解；在电场中的类平抛运动，要研究两个不同的方向，搞清运动性质.13.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，下列说法正确的是_A. 胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B. 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点C. 卡文迪许用扭称实验测出万有引力常量，由此称他为第一个“测出地球质量”的人D. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证E. 开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了开普勒行星运动定律【答案】ACE【解析】【详解】A.在弹性限度内弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，A正确；B.伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，B错误；C.卡文迪许用扭称实验测出万有引力常量，由此称他为第一个“测出地球质量”的人，C正确；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的D.基础上的理想化推理，D错误；E.开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了开普勒行星运动定律，E正确14.如图，处于匀强磁场中的两根光滑足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面成=30角，上端连接阻值为R=2的电阻匀强磁场B=0.4T垂直于导轨平面向上质量m=0.2kg、电阻r=1的金属棒ab，以初速度v0=6m/s从导轨底端向上滑行，由于ab还受到一个平行于导轨平面的外力F的作用，做匀变速直线运动，加速度大小为a=3m/s2、方向平行于斜面向下设棒ab与导轨垂直并保持良好接触，g=10m/s2求：（1）棒ab开始运动瞬间，流过金属棒的电流方向，此时金属棒两端的电压U0以及电阻R消耗的电功率P0；（2）当棒ab离导轨底端S=4.5m时所施加外力F的大小和方向【答案】(1) 1.28W (2) 0.16N【解析】【详解】（1）金属棒开始运动瞬间，流过金属棒的电流方向为ab感应电动势 E0=BLv0=2.4V 感应电流 I0=0.8A 金属棒两端的电压 U0=I0R=1.6V电阻R消耗的电功率 P0=U0I0=1.28W（2）设金属棒此时的速度大小为v1，则v12-v02=2（a）S解得 v1=3m/s此时感应电动势 E1=BLv1=1.2V 感应电流 I1=0.4A 金属棒受到的安培力大小 f=BI1L=0.16N【点睛】本题属于电磁感应中的力电综合题型，是高考常见的题型，受力分析时注意安培力表达式的推导，解决方法和力学方法一样，要注意不能漏解15.下列说法正确的是：如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应