2018届福建省厦门市高三上学期期末质检物理试题 Word版含解析

厦门市2018届高三质检物理试题 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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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n＝4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、，也能让金属发生光电效应，则B错误；C、由光电效应方程，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. 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝10 Ω，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1.6 W D. 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 【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、S2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4.9 m， 空气阻力不计，g=9.8m／s2，则小球的初速度v0大小可能是

A. 7m/s B. 6 m/s C. 5 m/s D. 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/s C. 地球同步卫星运行速度约为3.1km/s D. 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、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，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ＜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θ<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. 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θ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2L。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，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m1＝m2 【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α，满足沿绳子方向的速度相等，分解m1的速度后满足，其中α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