廈門市2018屆高三質(zhì)檢物理試題一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.圖甲所示為氫原子能級圖，大量處于n＝4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時能輻射出多種不同頻率的光，其中用從n=4能級向n=2能級躍遷時輻射的光照射圖乙所示光電管的陰極K時，電路中有光電流產(chǎn)生，則A.改用從n=4能級向n=1能級躍遷時輻射的光，一定能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)B.改用從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射的光，不能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)C.改用從n=4能級向n=1能級躍遷時輻射的光照射，逸出光電子的最大初動能不變D.入射光的強度增大，逸出光電子的最大初動能也增大【答案】A【解析】在躍遷的過程中釋放或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，，此種光的頻率大于金屬的極限頻率，故發(fā)生了光電效應(yīng).A、,同樣光的頻率大于金屬的極限頻率，故一定發(fā)生了光電效應(yīng)，則A正確.B、，也能讓金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則B錯誤；C、由光電效應(yīng)方程，入射光的頻率變大，飛出的光電子的最大初動能也變大，故C錯誤；D、由知光電子的最大初動能由入射光的頻率和金屬的逸出功決定，而與入射光的光強無關(guān)，則D錯誤；故選A.【點睛】波爾的能級躍遷和光電效應(yīng)規(guī)律的結(jié)合；掌握躍遷公式，光的頻率，光電效應(yīng)方程.2.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1∶n2＝5∶1，電阻R＝10Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法正確的是A.只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大B.輸入電壓u的表達(dá)式C.若S1換接到2后，原線圈的輸入功率為1.6WD.若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8W【答案】C【解析】A、只斷開S2后，負(fù)載電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，副線圈電壓不變，則副線圈的功率變小，即原線圈的輸入功率變小，A錯誤；B、由圖乙知周期T=0.02s，，所以輸入電壓u的表達(dá)式應(yīng)為，B錯誤；B、現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光，當(dāng)只斷開S2，L1接入電路，導(dǎo)致L1、L2均不能正常發(fā)光，B錯誤；C、D、若S1換接到2后，由，，則電阻R電壓有效值為4V，R消耗的電功率為，而變壓器兩端的功率相等，則輸入功率也為0.8W，C錯誤，D正確．故選D.【點睛】掌握理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等。3.如圖所示，質(zhì)量為m=0.5kg的小球(可視作質(zhì)點)從A點以初速度v0水平拋出，小球與豎直擋板CD和AB各碰撞一次（碰撞時均無能量損失），小球最后剛好打到CD板的最低點。已知CD擋板與A點的水平距離為x=2m，AB高度為4.9m，空氣阻力不計，g=9.8m／s2，則小球的初速度v0大小可能是A.7m/sB.6m/sC.5m/sD.4m/s【答案】B【解析】小球從A點開始做平拋運動，撞擊擋板反彈時無動能損失，即水平速度反向，豎直速度不變，可等效為平拋運動的繼續(xù)，整個多次碰撞反彈可視為一個完整的平拋運動，，可得；，得v0=6m/s，故B正確，則選B.【點睛】對稱性和等效法的綜合運用，碰撞反彈的多個運動等效成同一個勻變速曲線運動，即為一個完整的平拋運動。4.近年科學(xué)界經(jīng)過論證認(rèn)定:肉眼無法從太空看長城，但遙感衛(wèi)星可以“看”到長城。已知某遙感衛(wèi)星在離地球高度約為300km的圓軌道上運行,地球半徑約為6400km,地球同步衛(wèi)星離地球高度約為地球半徑的5.6倍。則以下說法正確的是A.遙感衛(wèi)星的發(fā)射速度不超過第一宇宙速度B.遙感衛(wèi)星運行速度約為8.1km/sC.地球同步衛(wèi)星運行速度約為3.1km/sD.遙感衛(wèi)星只需加速，即可追上同軌道運行的其他衛(wèi)星【答案】C【解析】A、由題中數(shù)據(jù)可知，飛船運行離地表很近，飛船的線速度接近第一宇宙速度，但發(fā)射速度是飛離地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成為衛(wèi)星，故A正確錯誤；B、由，可得，且滿足代換，，，解得衛(wèi)星的線速度，同理，解得，則B錯誤，C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需要先減速做向心運動再加速做離線運動，D錯誤.故選C．【點睛】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力．常常是萬有引力定律與圓周運動知識的綜合應(yīng)用．5.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0,L)一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60?下列說法中正確的是A.電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0,0)B.電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0,2L)C.電子在磁場中運動的時間為D.電子在磁場中運動的時間為【答案】D【解析】畫出粒子運動軌跡如圖所示：設(shè)電子的軌跡半徑為R，由幾何知識，Rsin30°=RL，得R=2L。A、B、根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得，y′=Rcos60°=L，所以電子的圓周運動的圓心坐標(biāo)為（0，L），則A，B均錯誤。C、D、電子在磁場中運動時間，而，得，故C錯誤，D正確。故選D.【點睛】帶電粒子在勻強磁場中在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動．所以由幾何關(guān)系可確定運動圓弧的半徑與已知長度的關(guān)系，從而確定圓磁場的圓心，并能算出粒子在磁場中運動時間．并根據(jù)幾何關(guān)系來，最終可確定電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)．6.如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細(xì)繩結(jié)于O點。一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩OA受外力F的作用，處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時針改變繩OA的方向至θ＜90°，且保持結(jié)點O位置不變，整個裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是A.繩OA的拉力一直減小B.繩OB的拉力一直增大C.地面對斜面體有向右的摩擦力D.地面對斜面體的支持力不斷減小【答案】D【解析】A、B、A、緩慢改變繩OA的方向至θ<90°的過程，OA拉力的方向變化如圖從1位置到2位置到3位置所示，【點睛】本題采用隔離法和整體法研究兩個物體的平衡問題，靈活選擇研究對象；摩擦力的方向及大小變化尤其為難點。7.如圖所示，光滑大圓環(huán)靜止在水平面上，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的小環(huán)套在大環(huán)上，已知大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為M=3m，小環(huán)由圓心等高處無初速度釋放，滑到最低點時A.小環(huán)的速度大小為B.小環(huán)的速度大小為C.大環(huán)移動的水平距離為D.大環(huán)移動的水平距離為【答案】BD【解析】A、B、小環(huán)滑至最低點時的速度為v1，大環(huán)的速度為v2，兩物體的系統(tǒng)滿足機械能守恒有:,且兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒有：，聯(lián)立解得：，，故A錯誤，B正確；C、D、設(shè)小環(huán)和大環(huán)水平方向發(fā)生的位移為x1和x2，兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向反沖原理，結(jié)合人船模型的結(jié)論可知，且，解得，，故C錯誤，D正確；故選BD.【點睛】機械能守恒定律和動量守恒定律的結(jié)合應(yīng)用，同時是特殊的反沖模型和人船模型。8.如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為2L。一邊長為L的正方形導(dǎo)體線圈，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等。從ab邊剛越過GH處開始計時，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中，可能正確的是A.B.C.D.【答案】AC【解析】A、B、根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場的過程中電流方向為順時針；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢E=BLv，根據(jù)電流；產(chǎn)生的安培力大小為隨速度變化為變化，ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等可能滿足的運動情況兩種；一是進(jìn)磁場時勻速，完全進(jìn)入磁場后做勻加速直線運動，但；出磁場過程中，做加速度逐漸減小的減速運動，二是進(jìn)磁場做變減速，后勻加速，再出磁場變減速，結(jié)合圖象知A正確、B錯誤；C、D、根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場的過程中安培力方向向上為正，且；線框完全進(jìn)入磁場過程中，安培力為零；出磁場的過程中安培力方向向上，且等于進(jìn)入磁場時的安培力，所以C正確、D錯誤．故選AC．【點睛】解答本題的關(guān)鍵是弄清楚線框的運動情況，能夠根據(jù)楞次定律和左手定則進(jìn)行判斷；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向→原磁場的變化→引起感應(yīng)電流的磁場的變化→楞次定律→感應(yīng)電流的方向．9.如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60°，軌道最低點A與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質(zhì)量為m1和m2的兩小球（均可視為質(zhì)點），掛在圓弧軌道光滑邊緣C的兩邊，開始時m1位于C點，從靜止釋放，在m1由C點下滑到A點的過程中A.m1的速度始終不小于m2的速度B.重力對m1做功的功率先增大后減少C.輕繩對m2做的功等于m2的機械能增加D.若m1恰好能沿圓弧下滑到A點，則m1＝m2【答案】ABC【解析】A、m1由C點下滑到A點的過程中，設(shè)兩物體的速度為v1，v2，v1與繩的夾角為α，滿足沿繩子方向的速度相等，分解m1的速度后滿足，其中α從0°逐漸增大到45°，則，故A正確；B、重力的功率就是P=mgv，這里的v是指豎直的分速度，一開始m1是由靜止釋放的，所以m1一開始的豎直速度也必然為零，最后運動到A點的時候，由于此時的切線是水平的，所以此時的豎直速度也是零但是在這個C到A的過程當(dāng)中是肯定有豎直分速度的，所以相當(dāng)于豎直速度是從無到有再到無的一個過程，也就是一個先變大后變小的過程，所以這里重力功率mgv也是先增大后減小的過程，故B正確；C、除重力和彈簧彈力以外的力對物體做功衡量物體機械能的變化，即在m2上升的過程中繩子做正功m2的機械能增加，故C正確；D、若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到A點，此時兩小球速度均為零，根據(jù)動能定理得：m1gR(1cos60°)=m2gR，解得：m1=2m2，故D錯誤；故選ABC.【點睛】本題解題的關(guān)鍵是對兩個小球運動情況的分析，知道小球做什么運動，并能結(jié)合動能定理、幾何關(guān)系、關(guān)聯(lián)物體的速度分解解題，10.如圖所示，空間存在一勻強電場，平行實線為該電場等勢面，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與等勢面垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球，以初速度v0從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB=BC，重力加速度為g，則下列說法中正確的是A.電場方向沿A指向BB.電場強度大小為C.小球下落高度D.此過程增加的電勢能等于【答案】BCD【解析】A、由題意可知，小球在下落過程中初末動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場線斜向上由B指向A，故A錯誤.B、小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知，mgABcos30°EqACcos30°=0，解得：；故B正確；C、電場力的豎直分量為，則物體在豎直方向上的合力為，則由牛頓第二定律知，則下落高度，故C正確；D、此過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，由幾何關(guān)系知小球沿電場線方向上的位移為，則電勢能的增加量，故D正確。故選BCD.【點睛】本題要注意分析小球受力情況，明確重力及電場力做功情況，再由電場線利用好幾何關(guān)系確定小球的高度變化；要注意采用運動的合成與分析知識．二、實驗題：本題共2小題，第11題6分，第12題10分，共16分。把答案寫在答題卡中指定的答題處。11.如圖所示的裝置，可用于探究恒力做功與動能變化的關(guān)系。水平軌道上安裝兩個光電門，光電門1和光電門2的中心距離s，擋光板的寬度d。滑塊（含力傳感器和擋光板）質(zhì)量為M。細(xì)線一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤。實驗步驟如下：(1)先保持軌道水平，通過調(diào)整砝碼盤里砝碼的質(zhì)量來平衡摩擦力，當(dāng)滑塊做勻速運動時傳感器示數(shù)為F0。(2)增加砝碼質(zhì)量，使滑塊加速運動，記錄傳感器示數(shù)。請回答：①該實驗____________（填“需要”或“不需要”）滿足砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于M；②滑塊與水平桌面的動摩擦因數(shù)μ=______________（用F0、M、重力加速度g來表示）；③某次實驗過程：力傳感器的讀數(shù)F，滑塊通過光電門1和光電門2的擋光時間分別為t1、t2；小車通過光電門2后砝碼盤才落地。該實驗需驗證滑塊的動能改變與恒力做功的關(guān)系的表達(dá)式是____________________________________（用題中物理量字母表示）?！敬鸢浮?1).不需要(2).(3).【解析】(1)該實驗中由于已經(jīng)用傳感器測出繩子拉力大小即為小車的真實合力，不是將砝碼和砝碼盤的重力作為小車的拉力，故不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量．(2)對滑塊由牛頓第二定律可得，當(dāng)勻速運動時，則(3)由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度．滑塊通過光電門1速度為，滑塊通過光電門2速度為，根據(jù)功能關(guān)系需要驗證的關(guān)系式為，整理得:.【點睛】了解光電門測量瞬時速度的原理，實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面，同時明確實驗原理是解答實驗問題的前提12.某同學(xué)要測量一均勻材料制成的圓柱形導(dǎo)體的電阻率ρ，步驟如下：(1)用刻度尺測量其長度為L=60.15mm；(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖，由圖可知其直徑為D=________mm；(3)先用歐姆表粗測該導(dǎo)體的電阻值，選擇“×1”檔，進(jìn)行歐姆調(diào)零后，測量時表盤示數(shù)如圖，該電阻阻值R=________Ω；(4)現(xiàn)用伏安法更精確地測量其電阻R，要求測量數(shù)據(jù)盡量精確，可供該同學(xué)選用的器材除開關(guān)、導(dǎo)線、待測圓柱形導(dǎo)體的電阻R外還有：A.電壓表V(量程0～15V,內(nèi)阻未知)B.電流表A1(量程0～200mA，內(nèi)阻r1=6Ω)C.電流表A2(量程0～3A，內(nèi)阻r2=0.1Ω)D.滑動變阻器R1(0～10Ω，額定電流2A)E.滑動變阻器R2(0～1kΩ，額定電流0.5A)F.定值電阻R3(阻值等于2Ω)G.電源E(E＝12V，內(nèi)阻不計)①實驗中除了選擇器材A、F、G外，電流表應(yīng)選擇_____，滑動變阻器應(yīng)選擇_____（填寫器材前面的字母）；②請畫出實驗電路圖_____________；③某次測量中，所選擇的電流表和電壓表的讀數(shù)為I、U，該電阻R=_____________（用題中物理量的字母表示）；(5)該同學(xué)經(jīng)多次測量，計算出圓柱形導(dǎo)體的電阻率ρ?！敬鸢浮?1).3.700(3.699~3.701)(2).15(15.0~15.2)(3).B(4).D(5).(6).【解析】(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為3.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為：3.5mm+0.200mm=3.700mm(3.699mm~3.701mm)．(2)歐姆表的讀數(shù)等于表盤讀數(shù)乘以倍率該電阻的阻值約為15.0×1Ω=15.0Ω(15.0Ω~15.2Ω)．②電流表A1先并電阻改裝，且電流表內(nèi)阻已知，可采用內(nèi)接法消除系統(tǒng)誤差，同時滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下：(4)根據(jù)部分電路的歐姆定律可得.【點睛】螺旋測微器讀數(shù)時應(yīng)分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來讀，注意螺旋測微器需要估讀．測量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測量電路和控制電路兩部分設(shè)計．測量電路要求精確，誤差小，可根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表內(nèi)、外接法．控制電路關(guān)鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法．在兩種方法都能用的情況下，為了減小能耗，選擇限流式接法．三、計算題：本題共4小題，第13題10分，第14題10分，第15題11分，第16題13分，共44分。把解答寫在指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.我國“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖（a）為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止某次降落。以飛機著艦為計時零點，飛機在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度一時間圖線如圖(b)所示。航母始終靜止，飛機質(zhì)量m=2×104kg,假設(shè)空氣阻力和甲板阻力之和f=2×104N。求:(1)在0.4s2.5s時間內(nèi)，飛行員所承受的加速度大小;(2)在0.4s2.5s內(nèi)某時刻阻攔索夾角為120°，求此刻阻攔索承受的張力大小?！敬鸢浮?1)(2)F=5.32×105N【解析】【試題分析】通過速度與時間的圖象，圖象的面積等于飛機的位移；由圖象的斜率表示加速度大小，再由牛頓第二定律和力的合成確定阻攔索的拉力(1)0.4s2.5s，飛行員作勻減速直線運動,由圖像得，(2)飛機作勻減速直線運動，設(shè)阻攔索張力為F,根據(jù)牛頓第二定律:F=5.32×105N【點睛】考查由速度與時間的圖象，來讀取正確的信息：斜率表示加速度的大小，圖象與時間所夾的面積表示位移的大小．注意阻攔索的張力與合力是不同的．14.如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質(zhì)點在圓軌道外側(cè)運動模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完整的圓周運動，受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，當(dāng)質(zhì)點以速率通過A點時，對軌道的壓力為其重力的7倍，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。(1)求質(zhì)點的質(zhì)量；(2)質(zhì)點能做完整的圓周運動過程中，若磁性引力大小恒定，試證明質(zhì)點對A、B兩點的壓力差為定值；(3)若磁性引力大小恒為2F，為確保質(zhì)點做完整的圓周運動，求質(zhì)點通過B點最大速率?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】【試題分析】對陀螺受力分析，分析最高點的向心力來源，根據(jù)向心力公式即可求解；在最高點和最低點速度最大的臨界條件是支持力為0，根據(jù)向心力公式分別求出最高點和最低點的最大速度。(1)在A點:①根據(jù)牛頓第三定律:②由①②式聯(lián)立得:③(2)質(zhì)點能完成圓周運動,在A點:根據(jù)牛頓第二定律:④根據(jù)牛頓第三定律:⑤在B點,根據(jù)牛頓第二定律:⑥根據(jù)牛頓第三定律:⑦從A點到B點過程,根據(jù)機械能守恒定律:⑧由④⑤⑥⑦⑧聯(lián)立得:為定值，得到證明。(3)在B點,根據(jù)牛頓第二定律:當(dāng)FB=0,質(zhì)點速度最大,⑨由③⑨⑩聯(lián)立得:【點睛】本題考查豎直平面內(nèi)的圓周運動的情況，在解答的過程中正確分析得出小球經(jīng)過最高點和最低點的條件是解答的關(guān)鍵，正確寫出向心力的表達(dá)式是解答的基礎(chǔ)．15.如圖所示，一固定粗糙絕緣斜面傾角θ=37°，O、D、A、B是斜面上的四個點，O點在斜面底端，A為的中點，，D為的中點，O點固定一個帶正電的點電荷，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點帶正電的滑塊，先后在A和B兩位置釋放均恰能靜止(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。已知點電荷周圍電場的電勢