福建省高三下學(xué)期質(zhì)量檢查測試（4月）物理試題

2018年福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢查測試物理試題1.轟炸機(jī)進(jìn)行實彈訓(xùn)練，在一定高度沿水平方向勻速飛行，某時刻釋放炸彈，一段時間后擊中豎直懸崖上的目標(biāo)P點。不計空氣阻力，下列判斷正確的是A.若轟炸機(jī)提前釋放炸彈，則炸彈將擊中P點上方B.若轟炸機(jī)延后釋放炸彈，則炸彈將擊中P點下方C.若轟炸機(jī)在更高的高度提前釋放炸彈，則炸彈仍可能擊中P點D.若轟炸機(jī)在更高的高度延后釋放炸彈，則炸彈仍可能擊中P點【答案】C【解析】由題意可知，炸彈若提前釋放，水平位移增大，在空中的運動時間變長，應(yīng)落在P點下方，反之落在上方，故AB錯誤；炸彈若從更高高度釋放，將落在P點上方，若要求仍擊中P點，則需要更長的運動時間，故應(yīng)提前釋放，故C正確，若延后釋放，將擊中P點上方，故D錯誤，故選C.2.為了減少污染，工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵，某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強(qiáng)的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，以達(dá)到除塵目的。假設(shè)塵埃向收塵極運動過程中所帶電量不變，下列判斷正確的是A.金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場B.金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低C.帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大D.帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小【答案】D【解析】根據(jù)圖像信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負(fù)點電荷電場，電場線方向由收塵極指向電暈極，故A錯誤；逆電場線方向，電勢變高，故越靠近收塵極，電勢越高，故B錯誤；塵埃帶負(fù)電后受電場力作用向收塵極運動，電場力做正功，電勢能越來越小，故C錯誤；離電暈極越遠(yuǎn)，場強(qiáng)越小，塵埃帶電量不變，電場力越小，故D正確，故選D.3.課堂上，老師準(zhǔn)備了“∟”型光滑木板和三個完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將三個積木按圖示（截面圖）方式堆放在木板上，則木板與水平面夾角θ的最大值為A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】A【解析】θ取0°時，下面兩圓柱之間將會分開，無法穩(wěn)定，應(yīng)適當(dāng)增大θ以保持系統(tǒng)穩(wěn)定，此時下面兩圓柱之間有彈力；當(dāng)下面兩圓柱之間的彈力恰好為0時，對應(yīng)的θ為最小值；繼續(xù)增大θ，右圓柱和上圓柱之間彈力減小，若θ太大，此兩圓柱將分開，臨界情況為θ取30°時，左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上，保證上圓柱只受到兩個力的作用恰好處于平衡狀態(tài)，此時與右圓柱間相互接觸且無彈力，故A正確，BCD錯誤，故選A.【點睛】本題是以三個圓柱形積木在“∟”型光滑木板上處于平衡狀態(tài)為情境，主要考查共點力的平衡等知識。側(cè)重考查推理能力，要求考生深刻理解共點力的平衡條件，運用特殊值法解決實際問題.4.位于貴州的“中國天眼”是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠(yuǎn)鏡（FAST）。通過FAST測得水星與太陽的視角為θ（水星、太陽分別與觀察者的連線所夾的角），如圖所示。若最大視角的正弦值為k，地球和水星繞太陽的運動視為勻速圓周運動，則水星的公轉(zhuǎn)周期為A.年B.年C.年D.年【答案】C【解析】本題應(yīng)先理解最大視角的定義，即此時觀察者與水星的連線應(yīng)與水星軌跡相切，由三角函數(shù)可得，結(jié)合題中已知條件，由萬有引力提供向心力，解得：，故，得，而年，故年，故選C.5.我國對中微子的研究處于世界領(lǐng)先地位，大亞灣反應(yīng)堆中微子實驗工程獲國家自然科學(xué)獎一等獎。太陽發(fā)生核反應(yīng)時會放出大量中微子及能量。假設(shè)太陽釋放的能量是由“燃燒氫”的核反提供，式中為中微子，這一核反應(yīng)平均每放出2個中微子相應(yīng)釋放的能量。已知太陽每秒約輻射的能量，地球與太陽間的距離約為，則地球表面與太陽光垂直的每平方米面積上每秒接收到中微子數(shù)目的數(shù)量級為A.1011B.1014C.1017D.1020【答案】B【解析】由題中條件可算得太陽每秒放出個中微子，中微子向四面八方輻射，成球面形狀分布，地表上每平方米每秒可接收到的數(shù)目為，故B正確，故選B.6.為了進(jìn)一步探究課本中的迷你小實驗，某同學(xué)從圓珠筆中取出輕彈簧，將彈簧一端固定在水平桌面上，另一端套上筆帽，用力把筆帽往下壓后迅速放開，他觀察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運動一段距離。不計空氣阻力，忽略筆帽與彈簧間的摩擦，在彈簧恢復(fù)原長的過程中A.筆帽一直做加速運動B.彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等C.彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等D.彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【解析】彈簧恢復(fù)原長的過程中，筆帽向上加速運動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，當(dāng)彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，此后彈力小于重力，合力向下，加速度與速度反向，筆帽做減速運動，故A錯誤；筆帽向上運動，受到的彈力方向向上，力與位移同向，故彈力對筆帽作正功，重力方向向下，與位移反向，對筆帽做負(fù)功，由于筆帽動能增加，所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功，時間相同，根據(jù)功率的定義，故D正確；彈簧對桌面雖然有彈力，但沒有位移，所以不做功，故B錯誤；由于輕彈簧質(zhì)量不計，所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力，作用時間相同，沖量大小相等，故C正確，故選CD.7.如右圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進(jìn)入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化關(guān)系的圖中，可能正確的是A.B.C.D.【答案】BCD【解析】線框受重力作用加速下落，進(jìn)入與離開磁場時受到安培力作用。若安培力等于重力，線框做勻速運動，此時，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，剛要離開時的速度大于完全進(jìn)入時的速度，故安培力大于重力，故A錯誤；若線框進(jìn)入磁場時恰好重力等于安培力，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，故B正確；若重力小于安培力，由可知，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，進(jìn)入過程與離開過程可能安培力變化情況可能完全相同，故C正確；若進(jìn)入時重力大于安培力，由，則做加速度減小的加速運動，離開磁場時安培力大于重力，做加速度減小的減速運動，故D正確，故選BCD.8.如圖，M、N兩點處于同一水平面，O為M、N連線的中點，過O點的豎直線上固定一根絕緣光滑細(xì)桿，桿上A、B兩點關(guān)于O點對稱。第一種情況，在M、N兩點分別放置電量為+Q和Q的等量異種點電荷，套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點無初速釋放，運動到B點；第二種情況，在M、N兩點分別放置電量為+Q的等量同種點電荷，該金屬環(huán)仍從A點無初速釋放，運動到B點。則兩種情況中A.金屬環(huán)運動到B點的速度第一種情況較大B.金屬環(huán)從A點運動到B點所用的時間第一種情況較短C.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中，動能與重力勢能之和均保持不變D.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中（不含A、B兩點），在桿上相同位置的速度第一種情況較大【答案】BD【點睛】本題以帶電體在兩個等量電荷形成的電場中的運動為背景，主要考查靜電場，電場線，電場強(qiáng)度、點電荷的場強(qiáng)、電勢能、電勢，動能和動能定理，功能關(guān)系，位移、速度和加速度等知識。側(cè)重考查分析綜合能力，要求考生對等量同種、異種電荷的空間電場分布情況有清晰的認(rèn)識，綜合分析帶電金屬環(huán)的受力和能量變化關(guān)系.9.某同學(xué)利用圖a裝置測定滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)。實驗中，鉤碼通過輕繩拉著滑塊在水平桌面上做直線運動，鉤碼著地后滑塊繼續(xù)運動，打點計時器在紙帶上打下一系列的點。取鉤碼著地后滑塊繼續(xù)運動過程中對應(yīng)的一段紙帶，用刻度尺測出紙帶上部分相鄰計時點的間距如圖b。已知交流電源頻率為50Hz，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?.80m/s2。回答下列問題：（1）打點時紙帶的________（填“A”或“B”）端靠近滑塊。（2）滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）由實驗測定的動摩擦因數(shù)________（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。【答案】(1).B(2).0.255(3).大于【解析】（1）滑塊先做勻加速運動，后做勻減速運動。在勻減速運動過程，相同時間內(nèi)兩點間距離越來越小，故B端靠近滑塊；（2）利用逐差法計算：，鉤碼著地后滑塊主要受滑動摩擦力而減速，由牛頓第二定律得μmg=ma，故滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)；滑塊做勻減速運動時，除了受到桌面的摩擦力外，還受到紙帶的阻力，由知，，即測定的動摩擦因數(shù)大于真實值.10.某同學(xué)要把電壓表改裝成可直接測量壓力的儀表，設(shè)計的電路如圖a所示。實驗器材如下：待改裝電壓表（量程0~3V，可視為理想電壓表），定值電阻R0，壓敏電阻Rx，電源（4V，內(nèi)阻不計），開關(guān)S，導(dǎo)線。選用的壓敏電阻阻值Rx隨壓力F變化的規(guī)律如圖b。（1）實驗中隨著壓力F的增大，電壓表的示數(shù)__________。（填“變大”“不變”或“變小”）（2）為使改裝后儀表的量程為0~160N，且壓力160N對應(yīng)電壓表3V刻度，則定值電阻阻值R0=__________Ω，壓力0N對應(yīng)電壓表_________V刻度。（3）他發(fā)現(xiàn)這樣改裝后的儀表壓力刻度分布不均勻，想進(jìn)一步把（2）中的壓力刻度改成均勻分布，應(yīng)選用另一壓敏電阻，其阻值Rx隨壓力F變化的關(guān)系式為__________【答案】(1).變大(2).240(3).1.5(4).【解析】1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電壓表的示數(shù)，由圖（b）可知，壓力越大越小，U越大，故電壓表的示數(shù)變大。（2）由圖（b）可知，當(dāng)時，，此時電壓表的示數(shù)，由，得；由圖（b）可知，當(dāng)時，，此時電壓表的示數(shù)為，可見壓力0N對應(yīng)電壓表1.5V刻度。（3）若選用圖（b）的壓敏電阻，則與壓力F的關(guān)系式為，代入，可得U與F的關(guān)系式為，這樣改裝后的儀表壓力刻度分布是不均勻的。為了使壓力刻度分布均勻，應(yīng)另選用壓敏電阻，且仍要滿足量程為，F(xiàn)=0N標(biāo)在1.5V刻度，F(xiàn)=160N標(biāo)在3V刻度。由于電壓表的電壓刻度是均勻分布的，所以電壓和壓力一定要滿足線性關(guān)系，設(shè)U=kF+b，由時、，時、，可得b=1.5，，又，解得.11.高空雜技表演中，固定在同一懸點的兩根長均為L的輕繩分別系著男、女演員，他們在同一豎直面內(nèi)先后從不同高度相向無初速擺下，在最低點相擁后，恰能一起擺到男演員的出發(fā)點。已知男、女演員質(zhì)量分別為M、m，女演員的出發(fā)點與最低點的高度差為，重力加速度為g，不計空氣阻力，男、女演員均視為質(zhì)點。（1）求女演員剛擺到最低點時對繩的拉力大小。（2）若兩人接著從男演員的出發(fā)點一起無初速擺下，到達(dá)最低點時男演員推開女演員，為了使女演員恰能回到其最初出發(fā)點，男演員應(yīng)對女演員做多少功？【答案】（1）2mg（2）【解析】（1）女演員從初始位置到最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律得：在最低點時，對女演員，由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：輕繩對女演員的拉力大小為F=2mg根據(jù)牛頓第三定律得女演員對輕繩的拉力大小為2mg（2）男演員從初始位置擺至最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律得：男、女演員在最低點相擁后獲得共同速度，水平方向滿足動量守恒：他們一起以相同速度擺到男演員的出發(fā)點，由機(jī)械能守恒定律得：他們再一起從男演員的出發(fā)點擺至最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律得：男演員在最低點推開女演員，女演員恰能擺回初始位置仍滿足此過程男演員對女演員做的功：聯(lián)立解得：12.光電倍增管可將光信號轉(zhuǎn)化為電信號并逐級放大，其前兩個平行倍增極結(jié)構(gòu)如圖。當(dāng)頻率為的入射光照射到第1倍增極的上表面MN時，極板上表面逸出大量速率不同、沿各個方向運動的光電子，空間加上垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，可使從MN逸出的部分光電子打到第2倍增極的上表面PQ。已知第1倍增極金屬的逸出功為W，兩個倍增極長度均為d，水平間距為，豎直間距為，光電子電量為e、質(zhì)量為m，普朗克常量為h，僅考慮光電子在紙面內(nèi)運動且只受洛倫茲力作用。（1）求從MN上逸出的光電子的最大速率。（2）若以最大速率、方向垂直MN逸出的光電子可以全部到達(dá)PQ，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。（3）若保持（2）中的磁場不變，關(guān)閉光源后，發(fā)現(xiàn)仍有光電子持續(xù)擊中PQ，求關(guān)閉光源后光電子持續(xù)擊中PQ的時間?！敬鸢浮浚?）（2），垂直紙面向內(nèi)（3）【解析】（1）由題可知入射光照射到第1倍增極上表面時發(fā)生光電效應(yīng)由愛因斯坦光電效應(yīng)方程解得：逸出的光電子的最大速率（2）作出粒子在磁場中的運動軌跡圖如圖所示：由圖可知，從M點垂直向上射出的光電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)恰好到達(dá)P點，圓心在N點由幾何關(guān)系得：偏轉(zhuǎn)半徑r=d由牛頓第二定律得：解得：因光電子帶負(fù)電，由偏轉(zhuǎn)圖象可知光電子向右偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知磁場方向為垂直紙面向內(nèi)（3）由于關(guān)閉光源前已有大量光電子在持續(xù)前往第2倍增極的路上，所以關(guān)閉光源后的一段時間，仍有光電子擊中第2倍增極，因此“關(guān)閉光源后光電子持續(xù)擊中PQ的時間”對應(yīng)的是光電子從MN到達(dá)PQ的最長時間，最長時間對應(yīng)的是軌跡圓心角最大的情況：當(dāng)速率為最大時，對應(yīng)的圓軌跡與PQ相切時圓心角最大；作出相應(yīng)的運動軌跡如圖所示：由圖可知，當(dāng)最大速度對應(yīng)的軌跡圓不能與PQ相切，故從N端以最大速率逸出并擊中P端的光電子的圓弧軌跡圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長，因為OP=ON=r=d=NP，故是等邊三角形，則則光電子運動軌跡的圓心角為，運動的周期故運動的最長時間為13.下列說法正確的是_________。A．液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點B．杯中的茶水慢慢冷卻，該過程中有的水分子的運動速率反而增大了C．清晨時陽光透過窗戶射入房間，觀察到空中飛舞的粉塵在做布朗運動D．在南方的梅雨季節(jié)，濕衣服較不容易晾干，這是相對濕度較大的緣故E．空調(diào)可以把熱量從溫度較低的室內(nèi)傳遞到溫度較高的室外而不引起其他變化【答案】ABD...............14.某興趣小組受“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā)，設(shè)計了一個測定水深的深度計。如圖，導(dǎo)熱性能良好的氣缸I、II內(nèi)徑相同，長度均為L，內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無摩擦左右滑動，氣缸I左端開口。外界大氣壓強(qiáng)為p0，氣缸I內(nèi)通過A封有壓強(qiáng)為p0的氣體，氣缸II內(nèi)通過B封有壓強(qiáng)為2p0的氣體，一細(xì)管連通兩氣缸，初始狀態(tài)A、B均位于氣缸最左端。該裝置放入水下后，通過A向右移動的距離可測定水的深度。已知p0相當(dāng)于10m高的水產(chǎn)生的壓強(qiáng)，不計水溫變化，被封閉氣體視為理想氣體，求：（i）當(dāng)A向右移動時，水的深度h；（ii）該深度計能測量的最大水深hm?！敬鸢浮浚╥）3.33m（ii）20m【解析】（i）當(dāng)A向右移動時，設(shè)B不移動對I內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：解得：而此時B中氣體的壓強(qiáng)為，故B不動由解得：水的深度（ii）該裝置放入水下后，由于水的壓力A向右移動，I內(nèi)氣體壓強(qiáng)逐漸增大，當(dāng)壓強(qiáng)增大到大于后B開始向右移動，當(dāng)A恰好移動到缸底時所測深度最大，此時原I內(nèi)氣體全部進(jìn)入Ⅱ內(nèi)，設(shè)B向右移動x距離，兩部分氣體壓強(qiáng)均為對原I內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：對原II內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：又聯(lián)立解得15.下列說法正確的是_________。A．根據(jù)愛因斯坦的相對論可判斷物體的質(zhì)量與運動快慢無關(guān)B．簡諧機(jī)械波的頻率等于單位時間內(nèi)經(jīng)過介質(zhì)中一點的完全波的個數(shù)C．在電磁波接收過程中，使聲音信號或圖像信號從高頻電流中還原出來的過程叫調(diào)制D．偏振光的振動方向與偏振片的偏振化方向（也稱透振方向）的夾角從0?增大到90?的過程中，透過的光的強(qiáng)度越來越弱E．赫茲在實驗中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)電磁波到達(dá)導(dǎo)線環(huán)時，它在導(dǎo)線環(huán)中激發(fā)出感應(yīng)電動勢，使導(dǎo)線環(huán)的空隙中產(chǎn)生火花，由此證實了電磁波的存在【答案】BDE【解析】根據(jù)愛因斯坦的相對論可判斷高速運動的物體的質(zhì)量與運動快慢有關(guān)，故A錯