届福建省漳州市高三第一次教学质量检测物理试题解析版.docx
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届福建省漳州市高三第一次教学质量检测物理试题解析版
漳州市2020届高三毕业班第一次质量检测卷
物理
注意事项:
1.本试题卷共8页,满分100分,考试时间90分钟。
2.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。
3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题卷上无效。
4.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
5.考试结束后,将本试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题(本题包括10个小题,每小题4分,共40分。
第1~6题每小题只有一个正确选项,第7~10题每小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.关于原子核内部的信息,最早来自天然放射现象。
人们从破解天然放射现象入手,一步步揭开了原子核的秘密。
下列说法正确的是( )
A.法国物理学家贝可勒尔发现了X射线
B.德国物理学家伦琴发现,铀和含铀的矿物能够发出
射线
C.卢瑟福用
粒子轰击氮原子核,发现了质子
D.居里夫妇通过实验发现了中子
【答案】C
【解析】
【详解】A.法国物理学家贝可勒尔发现了铀和含铀的矿物能够发出射线,A错误;
B.德国物理学家伦琴,发现了伦琴射线又叫X射线,B错误;
C.卢瑟福用
粒子轰击氮原子核,发现了质子,并预言了中子的存在,C正确;
D.查德威克通过实验发现了中子,D错误。
故选C。
2.2019年12月16日,我国的西昌卫星发射中心又一次完美发射两颗北斗卫星,标志着“北斗三号”全球系统核心星座部署完成。
若北斗卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动,则( )
A.线速度大的北斗卫星,运行周期大
B.北斗卫星的发射速度应大于7.9km/s
C.北斗卫星的运行速度有可能大于7.9km/s
D.北斗卫星内的设备处于完全失重状态,不受重力
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据
可知,线速度大的卫星运动的轨道半径小,而轨道半径小的卫星运动周期短,因此线速度大的北斗卫星,运行周期小,A错误;
B.卫星的发射速度应大于7.9km/s,才能将卫星发射到太空,B正确;
C.贴近地球表面运动的卫星,运动速度为7.9km/s,北斗卫星的运行速度都小于7.9km/s,C错误;
D.北斗卫星内的设备处于完全失重状态,不是不受重力,而是重力全部用来提供做匀速圆周运动的向心力,D错误。
故选B。
3.如图,边长为1cm的立方体abdc-fgih处于匀强电场中,d、c两点间电势差
V,d、b两点间电势差
V。
若一电子从b到g电场力做功为零,则( )
A.b、g两点间的电势差为零
B.匀强电场的方向从d指向c
C.a、b两点间的电势差
3V
D.匀强电场的电场强度E=300V/m
【答案】A
【解析】
【详解】A.由于电子从b到g电场力做功为零,因此b、g两点间的电势差一定为零,A正确;
B.由题可知,c、b、g处于同一个势面上,因此这三点确定的平面为等势面,电场线与等势面垂直,因此电场强度的方向为从d到a,B错误;
C.d、b两点间电势差
V,c、b、g三点确定的平面为等势面,根据对称性,a、b两点间的电势差
V,C错误;
D.根据
匀强电场的电场强度
D错误。
故选A。
4.某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体,如图所示,理想变压器原线圈的输入电压
,照明灯的规格为“10V20W”,电动机的内阻为RM=5Ω,装置启动时,质量为m=2kg的物体恰好以v=0.25m/s的速度匀速上升,照明灯正常工作,电表均为理想电表,取g=10m/s2。
则( )
A.原、副线圈匝数比为1:
5
B.电压表的示数为14.1V
C.装置启动时,电动机的输出功率为5W
D.装置启动时,电流表的示数为4A
【答案】C
【解析】
【详解】A.原线圈电压有效值为50V,副线圈电压的有效值为10V,根据
可知,原、副线圈匝数比为5:
1,A错误;
B.电压表测量的是副线圈电压的有效值,为10V,B错误;
C.由于物体匀速上升,输出功率全部用来提升物体,因此装置启动时,电动机的输出功率为
C正确;
D.电动机是非纯电阻性电路,根据
即
解得
流过灯的电流
因此流过电流表的电流为3A,D错误。
故选C。
5.如图,C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计),导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场,EF是一个固定螺线管,C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d,P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。
现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动,在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触,可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比,则( )
A.金属棒中的感应电流方向由A到BB.P环有收缩的趋势
C.P环对地面的压力逐渐减小D.P环中感应电流逐渐变大
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据右手定则,流过金属棒中的感应电流方向由B到A,A错误;
BCD.由于AB匀加速运动,产生的感应电动势
越来越大,回路中的电流
越来越大,穿过P的磁通量与电流成正比,越来越大,根据楞次定律推论,P环有收缩的趋势;根据法拉第电磁感应定律,P环中产生恒定的感应电流;根据楞次定律,P环与固定螺线管产生的磁场方向相反,P环(等价于磁铁,磁性不变)与固定螺线管(等价于磁铁,磁性变强)同名磁极相对,相互排斥,因此P环对地面的压力增大;因此B正确,CD错误。
故选B。
6.如图,MN是一段倾角为
=30°的传送带,一个可以看作质点,质量为m=1kg的物块,以沿传动带向下的速度
m/s从M点开始沿传送带运动。
物块运动过程的部分v-t图像如图所示,取g=10m/s2,则( )
A.物块最终从传送带N点离开
B.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下
C.物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2
D.物块与传送带间的动摩擦因数
【答案】D
【解析】
【详解】AB.从图象可知,物体速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1m/s,因此没从N点离开,并且能推出传送带斜向上运动,速度大小为1m/s,AB错误;
C.
图象中斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s2,C错误;
D.根据牛顿第二定律
可得
D正确。
故选D。
7.一带电荷量为Q的点电荷固定在椭圆的焦点F处,另一质量为m,电荷量为q的试探电荷仅在彼此间的库仑引力作用下绕Q做椭圆运动。
MN是椭圆的长轴,SL是椭圆的短轴,则( )
A.从M点到N点电势逐渐减小
B.试探电荷从M点到N点电势能增大
C.试探电荷在M点时的加速度比在N点时的加速度大
D.试探电荷从S点经过N到L点与从L点经过M到S点时间相等
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由于无法确定Q带何种电荷,因此从M点到N点电势如何变化不能确定,A错误;
B.从M到N电场力做负功,因此电势能增大,B正确;
C.由库仑定律可知,在M点受电场力比N点大,根据牛顿第二定律,可知试探电荷在M点时的加速度比在N点时的加速度大,C正确;
D.从S点经过N到L点先减速运动再加速运动;而从L点经过M到S点先加速运动再减速运动,S点与L点速度大小相同,因此两段平均速率不同,虽然路程相同,但所用时间不同,D错误。
故选BC。
8.如图,竖直放置间距为d的两个平行板间存在水平方向的风力场,会对场中的物体产生水平向右的恒定风力作用,与两板上边缘等高处有一个质量为m的小球P(可视为质点)。
现将小球P从两板正中央由静止释放,最终小球运动到右板上的位置O。
已知小球下降的高度为h,小球在竖直方向只受重力作用,重力加速度大小为g,则从开始位置运动到位置O的过程中( )
A.水平风力
B.小球P的运动时间
C.小球P运动的加速度a=g
D.小球P运动的轨迹为曲线
【答案】AB
【解析】
【详解】D.由于水平方向风力恒定,竖直方向重力恒定,因此两个力的合力恒定,又由于初速度为零,因此物体做初速度为零的匀加速直线运动,运动轨迹为直线,D错误;
A.小球所受力的方向与运动方向相同,因此
可得
A正确;
B.在竖直方向上,小球做自由落体运动
运动的时间
B正确;
C,小球竖直方向加速度为
水平方向加速度为
C错误。
故选AB。
9.橡皮筋具有与弹簧类似的性质,如图所示,一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂,劲度系数k=100N/m,橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。
当下端悬挂一个钩码,静止时拉力传感器读数为10N,现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方,取g=10m/s2,则( )
A.悬挂第二个钩码的瞬间,拉力传感器的读数仍为10N
B.悬挂第二个钩码的瞬间,钩码间的弹力大小是20N
C.悬挂第二个钩码后,拉力传感器的读数恒为20N
D.悬挂第二个钩码后,钩码运动速度最大时下降
高度为10cm
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC.悬挂第二个钩码的瞬间,橡皮筋长度还没发生变化,根据胡克定律,橡皮筋拉力大小仍为10N,A正确,BC错误;
D.设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为x1
悬挂第二个钩码后,钩码运动速度最大时,钩码受力平衡,设此时又伸长x2,则
代入数据,可得
D正确。
故选AD。
10.如图,一倾角为
=30°的粗糙斜面(足够长),距离斜面顶端水平距离为l、竖直距离为h处有一半径为0.45m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧最低点N的切线沿水平方向,一个可以看作质点、质量为1kg的小物块从圆弧轨道的最高点由静止下滑,小物块恰好落到斜面顶端,速度与斜面平行。
小物块与斜面间的动摩擦因数为
,取g=10m/s2,不计空气阻力,则( )
A.圆弧轨道底端距离斜面顶端的水平距离l=0.3m
B.小物块滑到N点时,对圆弧轨道的压力为30N
C.小物块从落到斜面至速度减为零需要1.2s
D.小物块沿斜面下滑的最大位移为2.4m
【答案】BD
【解析】
【详解】B.从P到N的过程中,根据机械能守恒
解得
在N点,根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律,对轨道的压力为30N,B正确;
A.从N到K的过程中做平抛运动,到K点时,速度恰好与斜面平行
解得
A错误;
C.小滑块到达K点时的速度为v,则
可得
在斜面上运动时,根据牛顿第二定律
解得,加速度
小物体在斜面上减速的时间
C错误;
D.下滑的距离
D正确。
故选BD。
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
11.某物理兴趣小组发现直接利用“落体法”进行验证机械能守恒定律实验时,由于物体下落太快,实验现象稍纵即逝。
为了让实验时间得以适当延长,设计了如图甲所示的实验方案,把质量分别为m1、m2(
)的两物体通过一根跨过定滑轮(质量可忽略)的细线相连接,m2的下方连接在穿过打点计时器的纸带上。
首先在外力的作用下两物体保持静止,开启打点计时器,稳定后释放m1和m2。
(1)为了完成实验,需要的测量工具除了天平,还需__________。
(2)如图乙是一条较为理想的纸带,O点是打点计时器打下的第一个点,计数点间的距离如图乙所示。
两相邻计数点间时间间隔为T,重力加速度为g(题中所有物理量符号都用国际单位)。
①在纸带上打下记数点“5”时物体的速度v5=__________(用题给物理量符号表示);
②在打计数点“O”到打计数点“5”过程中,m1
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- 福建省 漳州市 第一次 教学质量 检测 物理试题 解析
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