最新期末试卷福建省厦门市2019届高三上学期期末质检物理试题(含解析)

1、.厦门市2019届高三上学期质检物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.图甲所示为氢原子能级图，大量处于n4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极k时，电路中有光电流产生，则a.改用从n=4能级向n=1能级跃迁时辐射的光，一定能使阴极k发生光电效应b.改用从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射的光，不能使阴极k发生光电效应c.改用从n=4能级向n=1能级跃

2、迁时辐射的光照射，逸出光电子的最大初动能不变d.入射光的强度增大，逸出光电子的最大初动能也增大【答案】a【解析】在跃迁的过程中释放或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，此种光的频率大于金属的极限频率，故发生了光电效应.a、,同样光的频率大于金属的极限频率，故一定发生了光电效应，则a正确.b、程，也能让金属发生光电效应，则b错误；c、由光电效应方，入射光的频率变大，飞出的光电子的最大初动能也变大，故c错误；d、由知光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功决定，而与入射光的光强无关，则d错误；故选a.【点睛】波尔的能级跃迁和光电效应规律的结合；掌握跃迁公式，光的频率，光电效应方程.2.图甲中

3、理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻r10，l1、l2为规格相同的两只小灯泡，s1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将s1接1、s2闭合，此时l2正常发光。下列说法正确的是.a.只断开s2后，原线圈的输入功率增大b.输入电压u的表达式c.若s1换接到2后，原线圈的输入功率为1.6wd.若s1换接到2后，r消耗的电功率为0.8w【答案】c【解析】a、只断开s2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的输入功率变小，a错误；b、由图乙知周期t=0.02s，所以输入电压u的表达式应为，b错误；b、现将s1接1、s

4、2闭合，此时l2正常发光，当只断开s2，l1接入电路，导致l1、l2均不能正常发光，b错误；c、d、若s1换接到2后，由，则电阻r电压有效值为4v，r消耗的电功率为，而变压器两端的功率相等，则输入功率也为0.8w，c错误，d正确故选d.【点睛】掌握理想变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等。3.如图所示，质量为m=0.5kg的小球(可视作质点)从a点以初速度v0水平抛出，小球与竖直挡板cd和ab各碰撞一次（碰撞时均无能量损失），小球最后刚好打到cd板的最低点。已知cd挡板与a点的水平距离为x=2m，ab高度为4.9m，空气阻力不计，g=9.8ms2，则小球的

5、初速度v0大小可能是a.7m/sb.6m/sc.5m/sd.4m/s【答案】b【解析】小球从a点开始做平抛运动，撞击挡板反弹时无动能损失，即水平速度反向，竖直速度不变，可等效为平抛运动的继续，整个多次碰撞反弹可视为一个完整的平抛运动，可得；，得v0=6m/s，故b正确，则选b.【点睛】对称性和等效法的综合运用，碰撞反弹的多个运动等效成同一个匀变速曲线运动，即为一个完整.的平抛运动。4.近年科学界经过论证认定:肉眼无法从太空看长城，但遥感卫星可以“看”到长城。已知某遥感卫星在离地球高度约为300km的圆轨道上运行,地球半径约为6400km,地球同步卫星离地球高度约为地球半径的5.6倍。则以下说法

6、正确的是a.遥感卫星的发射速度不超过第一宇宙速度b.遥感卫星运行速度约为8.1km/sc.地球同步卫星运行速度约为3.1km/sd.遥感卫星只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星【答案】c【解析】a、由题中数据可知，飞船运行离地表很近，飞船的线速度接近第一宇宙速度，但发射速度是飞离地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成为卫星，故a正确错误；b、由，可得，且满足黄金代换，解得卫星的线速度，同理，解得，则b错误，c正确.d、遥感卫星要追同轨道卫星需要先减速做向心运动再加速做离线运动，d错误.故选c【点睛】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的

7、万有引力提供卫星所需要的向心力常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用5.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a(0,l)一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是a.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,0)b.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,-2l)c.电子在磁场中运动的时间为d.电子在磁场中运动的时间为【答案】d【解析】画出粒子运动轨迹如图所示：.设电子的轨迹半径为r，由几何知识，rsin30=r-l，得r=2l。a

8、、b、根据几何三角函数关系可得，y=-rcos60=-l，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-l），则a，b均错误。c、d、电子在磁场中运动时间，而，得，故c错误，d正确。故选d.【点睛】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标6.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于o点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块p，一条绳连接小球q，p、q两物体处于静止状态，另一条绳oa受外力f的作用，处于水

9、平方向，现缓慢逆时针改变绳oa的方向至90，且保持结点o位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是a.绳oa的拉力一直减小b.绳ob的拉力一直增大c.地面对斜面体有向右的摩擦力d.地面对斜面体的支持力不断减小【答案】d【解析】a、b、a、缓慢改变绳oa的方向至90的过程，oa拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，.【点睛】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点。7.如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为r，质量为m=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时a.

10、小环的速度大小为b.小环的速度大小为c.大环移动的水平距离为d.大环移动的水平距离为【答案】bd【解析】a、b、小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两物体的系统满足机械能守恒有:,且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：，联立解得：，故a错误，b正确；c、d、设小环和大环水平方向发生的位移为x1和x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知，且，解得，故c错误，d正确；故选bd.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特殊的反冲模型和人船模型。8.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小均为b的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2

11、l。一边长为l的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过gh进入磁场瞬间和刚越过mn穿出磁场瞬间速度刚好相等。从ab边刚越过gh处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力f随时间变化的图线中，可能正确的是.a.b.c.d.【答案】ac【解析】a、b、根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势e=blv，根据电流；产生的安培力大小为随速度变化为变化，ab边刚越过gh进入磁场瞬间和刚越过mn穿出磁场瞬间速度刚好相等可能满足的运动情况两种；一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但；出磁场过程中

12、，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场做变减速，后匀加速，再出磁场变减速，结合图象知a正确、b错误；c、d、根据左手定则可得线框进入磁场的.过程中安培力方向向上为正，且；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以c正确、d错误故选ac【点睛】解答本题的关键是弄清楚线框的运动情况，能够根据楞次定律和左手定则进行判断；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向原磁场的变化引起感应电流的磁场的变化楞次定律感应电流的方向9.如图所示，圆心在o点、半径为r的光滑圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，oc与oa的夹角为60，轨道最低点

13、a与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘c的两边，开始时m1位于c点，从静止释放，在m1由c点下滑到a点的过程中a.m1的速度始终不小于m2的速度b.重力对m1做功的功率先增大后减少c.轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加d.若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1m2【答案】abc【解析】a、m1由c点下滑到a点的过程中，设两物体的速度为v1，v2，v1与绳的夹角为，满足沿绳子方向的速度相等，分解m1的速度后满足，其中从0逐渐增大到45，则，故a正确；b、重力的功率就是p=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所

14、以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故b正确；c、除重力和弹簧弹力以外的力对物体做功衡量物体机械能的变化，即在m2上升的过程中绳子做正功m2的机械能增加，故c正确；d、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gr(1-cos60)=m2gr，解得：m1=2m2，故d错误；故选abc.【点睛】本题解题的关键是对两个小球运动情况

15、的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系、关联物体的速度分解解题，10.如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场等势面，其方向与水平方向间的夹角为30，ab与等势面垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球，以初速度v0从a点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在c点，速度大小仍是v0，且ab=bc，重力加速度为g，则下列说法中正确的是.a.电场方向沿a指向bb.电场强度大小为c.小球下落高度d.此过程增加的电势能等于【答案】bcd【解析】a、由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线斜向上由b指向

16、a，故a错误.b、小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mgabcos30-eqaccos30=0，解得：；故b正确；c、电场力的竖直分量为，则物体在竖直方向上的合力为，则由牛顿第二定律知，则下落高度加，由几何关系知小球沿电场线方向上的位移为，故c正确；d、此过程中电场力做负功，电势能增，则电势能的增加量，故d正确。故选bcd.【点睛】本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识二、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。把答案写在答题卡中指定的答题处。11.如图所示的装置，可用于

17、探究恒力做功与动能变化的关系。水平轨道上安装两个光电门，光电门1和光电门2的中心距离s，挡光板的宽度d。滑块（含力传感器和挡光板）质量为m。细线一端与力传感器连.接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘。实验步骤如下：(1)先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量来平衡摩擦力，当滑块做匀速运动时传感器示数为f0。(2)增加砝码质量，使滑块加速运动，记录传感器示数。请回答：该实验_（填“需要”或“不需要”）满足砝码和砝码盘的总质量m远小于m；滑块与水平桌面的动摩擦因数=_（用f0、m、重力加速度g来表示）；某次实验过程：力传感器的读数f，滑块通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2；小车通过光电

18、门2后砝码盘才落地。该实验需验证滑块的动能改变与恒力做功的关系的表达式是_（用题中物理量字母表示）。【答案】(1).不需要(2).(3).【解析】(1)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小即为小车的真实合力，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量(2)对滑块由牛顿第二定律可得，当匀速运动时，则(3)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为，滑块通过光电门2速度为，根据功能关系需要验证的关系式为，整理得:.【点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考

19、虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提12.某同学要测量一均匀材料制成的圆柱形导体的电阻率，步骤如下：(1)用刻度尺测量其长度为l=60.15mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为d=_mm；(3)先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图，该电阻阻值r=_；.(4)现用伏安法更精确地测量其电阻r，要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导线、待测圆柱形导体的电阻r外还有：a.电压表v(量程015v,内阻未知)b.电流表a1(量程0200ma，内阻r1=6)c.电流表a2(量程03a，内阻r2=0.1)d.滑动变阻器r1(0

20、10，额定电流2a)e.滑动变阻器r2(01k，额定电流0.5a)f.定值电阻r3(阻值等于2)g.电源e(e12v，内阻不计)实验中除了选择器材a、f、g外，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填写器材前面的字母）；请画出实验电路图_；某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为i、u，该电阻r=_（用题中物理量的字母表示）；(5)该同学经多次测量，计算出圆柱形导体的电阻率。【答案】(1).3.700(3.6993.701)(2).15(15.015.2)(3).b(4).d(5).(6).【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，

21、所以最终读数为：3.5mm+0.200mm=3.700mm(3.699mm3.701mm)(2)欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率该电阻的阻值约为15.01=15.0(15.015.2).电流表a1先并电阻改装，且电流表内阻已知，可采用内接法消除系统误差，同时滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下：(4)根据部分电路的欧姆定律可得.【点睛】螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意螺旋测微器需要估读测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接

22、法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法三、计算题：本题共4小题，第13题10分，第14题10分，第15题11分，第16题13分，共44分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.我国“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落。以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。航母

23、始终静止，飞机质量m=2104kg,假设空气阻力和甲板阻力之和f=2104n。求:(1)在0.4s-2.5s时间内，飞行员所承受的加速度大小;.(2)在0.4s-2.5s内某时刻阻拦索夹角为120，求此刻阻拦索承受的张力大小。【答案】(1)(2)f=5.32105n【解析】试题分析】通过速度与时间的图象，图象的面积等于飞机的位移；由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二定律和力的合成确定阻拦索的拉力(1)0.4s-2.5s，飞行员作匀减速直线运动,由图像得，(2)飞机作匀减速直线运动，设阻拦索张力为f,根据牛顿第二定律:f=5.32105n【点睛】考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率

24、表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小注意阻拦索的张力与合力是不同的14.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为r，a、b两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心o且大小恒为f，当质点以速率气阻力，重力加速度为g。通过a点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空(1)求质点的质量；(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对a、b两点的压力差为定值；(3)若磁

25、性引力大小恒为2f，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过b点最大速率。【答案】(1)(2)(3)【解析】【试题分析】对陀螺受力分析，分析最高点的向心力来源，根据向心力公式即可求解；在最高点和最低点速度最大的临界条件是支持力为0，根据向心力公式分别求出最高点和最低点的最大速度。(1)在a点:根据牛顿第三定律:由式联立得:.(2)质点能完成圆周运动,在a点:根据牛顿第二定律:根据牛顿第三定律:在b点,根据牛顿第二定律:根据牛顿第三定律:从a点到b点过程,根据机械能守恒定律:由联立得:为定值，得到证明。(3)在b点,根据牛顿第二定律:当fb=0,质点速度最大,由联立得:【点睛】本题考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础15.如图所示，一固定粗糙绝缘斜面倾角=37，o、d、a、b是斜面上的四个点，o点在斜面底端，a为的中点，d为的中点，o点固定一个带正电的点电荷，现有一可视为质点带正电的滑块，先后在a和b两位置释放均恰能