福建省泉州市2020屆高三上學(xué)期單科質(zhì)量檢查物理試題(解析版)

1、1.如圖，一質(zhì)點(diǎn)在某段時(shí)間內(nèi)沿曲線從間內(nèi)（）A.該質(zhì)點(diǎn)的加速度方向一定不斷改變C.合外力對該質(zhì)點(diǎn)做的功一定不為零B.該質(zhì)點(diǎn)所受的合外力大小一定不斷改變D.合外力對該質(zhì)點(diǎn)的沖量一定不為零泉州市2020屆普通高中畢業(yè)班單科質(zhì)量檢查物理試題（滿分：100分考試時(shí)間：90分鐘）注意事項(xiàng)：1 .考試前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確黏貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2 .選擇題必須使用 2B鉛筆填涂；非選才i題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽 字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3 .請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。刮紙刀。4 .保持卡面清

2、潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、第I卷（40分）、選擇題：本題共10小題，每小題4分。1-6選項(xiàng)中只有一個(gè)正確，7-10有多個(gè)選項(xiàng)正確，全選對得4分，選對不全得 2分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)，在a、b兩處該質(zhì)點(diǎn)的速率均不為零，則在這段時(shí)頁6第2 .如圖，重型自卸車?yán)靡簤貉b置使車廂緩慢傾斜到一定角度，車廂內(nèi)的石塊就會自動滑下。在石塊下滑 前，下列說法正確的是（）A.車廂對石堆的摩擦力隨傾角的增大而減小B.石堆對車廂的壓力隨傾角的增大而增大C.石堆中間某個(gè)石塊受到周圍其它石塊的作用力不變D.石堆中間某個(gè)石塊受到周圍其它石塊的作用力變

3、小3 .如圖為一種延時(shí)開關(guān)示意圖， M和N是繞在同一個(gè)鐵芯上的兩個(gè)線圈，其中M與電源E、開關(guān)S構(gòu)成回路,N的兩端用導(dǎo)線ab直接連起來。當(dāng)閉合 S后，鐵芯吸住銜鐵 A,開關(guān)觸頭B就將高壓電路接通；當(dāng)斷開 S時(shí)，銜鐵仍被鐵芯吸住，一會兒后才被彈簧C拉上去，從而實(shí)現(xiàn)延時(shí)斷開電路的目的。下列說法正確的是( )A.起延時(shí)效果的主要部件是線圈MB.閉合S電路穩(wěn)定工作后，導(dǎo)線 ab中有從a流向b的感應(yīng)電流C.斷開S瞬間，導(dǎo)線ab中有從a流向b的感應(yīng)電流D.電源E的正負(fù)極對調(diào)接入后，該裝置就沒有延時(shí)效果4 .一小石子從靠近豎直墻面的a點(diǎn)由靜止開始落下。途中經(jīng)過b、c、d三個(gè)點(diǎn)，而且通過 ab、bc、cd各段所

4、用的時(shí)間均為 T.若讓小石子從b點(diǎn)由靜止開始落下，空氣阻力不計(jì)，則該小石子()A.通過bc、cd段的時(shí)間均小于 T B.通過c、d點(diǎn)的速度之比為1: 2C.通過bc、cd段的平均速度之比為 3: 5D.通過c點(diǎn)的速度大于通過 bd段的平均速度5 .如圖，在直角坐標(biāo)系 xOy中有a、b、c、d四點(diǎn)，c點(diǎn)坐標(biāo)為(-4cm, 3cm)?，F(xiàn)加上一方向平行于 xOy平面的勻強(qiáng)電場，b、c、d三點(diǎn)電勢分別為9V、25M 16V,將一電荷量為-2X 105C的點(diǎn)電荷從 a點(diǎn)沿abcd移動到d點(diǎn)，下列說法正確的是()A.坐標(biāo)原點(diǎn)。的電勢為-4VB.電場強(qiáng)度的大小為 500V/mC.該點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的電勢能為2X

5、10-4J D.該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到d點(diǎn)的過程中，電場力做的功為8X10-4J6 .如圖，在直角坐標(biāo)系 xOy第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在 y軸上S處有一粒子放射源，它 可向右側(cè)紙面內(nèi)各個(gè)方向射出速率相等的同種帶電粒子，而且向每個(gè)方向射出的粒子數(shù)相同。所有粒子射出磁場時(shí)離S最遠(yuǎn)的位置在x軸上的P點(diǎn)。已知OP="3oG粒子帶負(fù)電，粒子重力及粒子間的作用力均不計(jì)，則()A.在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長的粒子是從P點(diǎn)射出B.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為60°C.從OP OS兩個(gè)區(qū)城射出的粒子數(shù)之比為5: 1D.從O點(diǎn)射出的粒子，射出的速度方向與y軸負(fù)半軸的夾角

6、為 60°7 .我國成功發(fā)射了國內(nèi)首顆全球二氧化碳監(jiān)測科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星（簡稱“碳衛(wèi)星"），用于監(jiān)測地球大氣層中二氧化碳的濃度變化情況。"碳衛(wèi)星”在半徑為 R的圓周軌道上運(yùn)行， 每天繞地球運(yùn)行約14圈。已知地球自轉(zhuǎn)周期為T.引力常量為G.則（）A.可算出地球質(zhì)量為 «產(chǎn)8 ."碳衛(wèi)星"的運(yùn)行速度大于7.9km/sC. “碳衛(wèi)星”的向心加速度小于9.8m/s2D. “碳衛(wèi)星”和地球同步衛(wèi)星的周期之比約為1: 148 .如圖，兩彈性輕繩一端系在天花板的 。點(diǎn)，另一端分別系著質(zhì)量均為 m的小球a、b,并讓兩小球都以 O' 為圓心在同水平面

7、上做勻速圓周運(yùn)動。已知兩彈性繩的彈力都與其伸長量成正比，且原長恰好都等于 OO',則（）A.小球a、b的運(yùn)動周期相同B.小球a的向心力大于小球 b的向心力C.小球a、b的線速度大小相同D.彈性繩1的勁度系數(shù)大于彈性繩 2的勁度系數(shù)9 .如圖，固定斜面的傾角9=37。，斜面與水平臺面間有一輕質(zhì)定滑輪，質(zhì)量分別為2m m的兩小滑塊P、Q通過跨在定滑輪的輕繩連接，滑輪左側(cè)輕繩水平，右側(cè)輕繩與斜面平行，已知滑塊Q與臺面間的動摩擦因數(shù)為0.3,其它摩擦均不計(jì)，重力加速度大小為g,取sin37 ° =0.6, cos370 =0.8.在兩滑塊由靜止釋放后做勻加速運(yùn)動的過程中（）A.兩滑塊

8、的加速度大小均為0.3gB.輕繩對Q做的功等于Q動能的增加量C. Q的機(jī)械能增加量小于 P的機(jī)械能減少量D.P的機(jī)械能減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量10.如圖，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道OP,以。為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系 xOy, Ox軸沿水平方向，軌道OP的方程為y=工x2, P端的橫坐標(biāo)為1.6m?，F(xiàn)加一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，把一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的帶正電小環(huán)套在軌道 。端，并以4m/s的初速度沿水平方向拋出，在滑軌道下滑過程中，磁場對小環(huán)的作用力大小為F1,軌道對小環(huán)的作用力大小為F2.取g=10m/s：則（）A.小環(huán)運(yùn)動到P端前，F(xiàn)1與F2始終相等B.小環(huán)運(yùn)動到P端所用的時(shí)間小于 0.4

9、sC.小環(huán)運(yùn)動到P端時(shí)速度大小為4 m m/sD.小環(huán)運(yùn)動到P端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為 8萬W第n卷（60分）二、試驗(yàn)題（共2題，共16分）11. （6分）在“探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)把兩根勁度系數(shù)分別為k1、k2的輕彈簧按如圖所示連接起來進(jìn)行探究。在彈性限度內(nèi)，將50克的鉤碼逐個(gè)掛在彈簧下端，讀出指針A、BLa和Lb并填入了下表。鉤碼數(shù)1234L"cm14.7218.7222.6726.75LB/cm28.8734.7640.8846.87"hl（1）該同學(xué)認(rèn)為彈簧 ki頂端。必須位于刻度尺的零刻度處，才能利用表格中的數(shù)據(jù)求出勁度系數(shù)ki,你認(rèn)為他的觀點(diǎn)正確

10、嗎？答： （選填“正確”或“不正確“）；（2）從表格數(shù)據(jù)可以得出：ki k2 （選填“>” ”或“v”）；（3）該同學(xué)把這兩根彈簧等效視為一根彈簧，接著用鉤碼數(shù)分別為“1”和“3”這兩組數(shù)據(jù)求其等效勁度系數(shù)，求得的結(jié)果為 N/m （保留2位有效數(shù)字，取g=9.8m/s 2）。12. （10分）某同學(xué)要測量一根金屬絲R （電阻約6Q）的電阻率p,選用了以下器材：電壓表 飛）（量程3V,內(nèi)阻約3kQ）、毫安表 （量程100mA內(nèi)阻為1.2 ）、定值電阻R （阻值為0.24 ）、滑動變阻器R （0-15Q）、學(xué)生電源E （電動勢為3V,內(nèi)阻不計(jì)）、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。小耳離由篁川uj乙（1）該金

11、屬絲接入電路的有效長度為0.50m o他用如圖甲所示的螺旋測微器測量金屬絲的直徑。測量時(shí)，當(dāng)轉(zhuǎn)動旋鈕至小砧、測微螺桿與金屬絲將要接觸時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)旋鈕 （選填"B"、"C'或 F ）直到 發(fā)出“喀喀”聲時(shí)停止；某次的測量結(jié)果如圖乙所示，其讀數(shù)為 mm（2）為了準(zhǔn)確測出金屬絲的電阻，該同學(xué)設(shè)計(jì)了以下四種方案，其中最合理的是讀數(shù)為1.80V,毫安表的 讀數(shù)為（3）該同學(xué)利用最合理的實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，在某次實(shí)驗(yàn)中電壓表60mA則利用以上這些測量數(shù)據(jù)可求得金屬絲的電阻率為 Q ?m （保留2位有效數(shù)字）(4)該同學(xué)在測量金屬絲的電阻時(shí)，利用多次實(shí)驗(yàn)得到的電壓表和電流表

12、讀數(shù)，描點(diǎn)并作出U-I圖線，從而求得金屬絲的電阻，這種做法的好處是 。三、計(jì)算題(共4題，共44分)13. (8分)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。如圖，兩平行金屬板間有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知兩板間距為d,板長為2 d,兩板間的電勢差為 U,磁OQ從左側(cè)O點(diǎn)以某一速感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直紙面向里。帶電粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線 度射入，恰好做直線運(yùn)動。求：(1)粒子射入的速度大小 v;其它條件不變，粒子入射后恰好從金屬板的右邊緣射出,求該粒子的比荷(2)若只將兩板何的電場撤去,O14. (10分)如圖，在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m的

13、光滑圓弧軌道 ABC與粗糙的足夠長斜面 CD相切于C點(diǎn),CD與水平面的夾角 。=37° , B是軌道最低點(diǎn)，其最大承受力Fm=21N,過A點(diǎn)的切線沿豎直方向?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊，從A點(diǎn)正上方的P點(diǎn)由靜止落下。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù) (1=0.5.取 cc2sin37 =0.6. co37 =0.8 ,g=10m/s ,不甘仝氣阻力。(1)為保證軌道不會被破壞，求P、A間的最大高度差 H及物塊能沿斜面上滑的最大距離L;(2)若P、A間的高度差h=3.6m,求系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱量Q15. (12分)如圖，豎直面上兩足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L,頂端連接阻

14、值為 R的電阻。在水平虛線MN下方存在方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B.將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌從MNb由靜止釋放，導(dǎo)體棒向下運(yùn)動的距離為 L時(shí)恰好勻速。導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，重力加速度為go(1)求導(dǎo)體棒加速過程中通過電阻R的電量q和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱 Q;(2)若導(dǎo)體棒在磁場中向下運(yùn)動的總距離為2L時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小開始隨時(shí)間變化，使得導(dǎo)體棒恰好沿導(dǎo)軌向下做加速度為 g的勻加速直線運(yùn)動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bt隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。16. (14分)如圖，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶兩端分別與光滑水平面平滑對接，左側(cè)水平面上有一根 被小物塊擠壓的輕彈簧，彈簧左端固定；傳送

15、帶右側(cè)水平面上有n個(gè)相同的小球位于同一直線上。現(xiàn)釋放物塊，物塊離開彈簧后滑上傳送帶。已知傳送帶左右兩端間距L=1.1m,傳送帶速度大小恒為 4m/s,物塊質(zhì)量m=0.1kg ,小球質(zhì)量均為 m=0.2kg ,物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)科=0.5 ,彈簧初始彈性勢能 Ep=1.8J ,物塊與小球、相鄰小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，取 g=10m/s2.求：(1)物塊第一次與小球碰前瞬間的速度大?。?2)物塊第一次與小球碰后在傳送帶上向左滑行的最大距離s；(3) n個(gè)小球最終獲得的總動能 巳。I而凸 * t C平心k - rT解析版1 .【答案】D【解析】解：AR由a到b為曲線運(yùn)動，可能為勻變速曲

16、線運(yùn)動，加速度不變，合力不變，故 AB錯誤CD由a到b可能為速度大小不變，方向變化，動量變化，但動能不變，則外力做功為0,沖量不為0,故C錯誤，D正確。 故選：Do物體做曲線運(yùn)動的條件是合力與速度不在同一條直線上，合外力大小和方向不一定變化，由此可以分析得 出結(jié)論。明確做曲線運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)其受力可能為恒力，也可能為變力，速度變化即動量變化，速度大小不變，則動能 不變。2 .【答案】C【解析】解：AR設(shè)石堆的質(zhì)量為 m石堆處于平衡斗犬態(tài),則有： mgsin 0 =f, N=mgcos。，。增大時(shí)，靜摩擦力 f增大，支持力Fn逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，由牛頓第三定律可知石堆對車廂的壓力減小，故A

17、B錯誤；CD石堆中間某個(gè)石塊受力平衡，它受到周圍其它石塊的作用力與重力等大反向，保持不變，故C正確、D錯誤。故選：C。根據(jù)平衡條件分析石碓處于平衡狀態(tài)的摩擦力和壓力的變化情況；某個(gè)石塊受力平衡，它受到周圍其它石塊的作用力與重力等大反向。本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題的關(guān)鍵是能夠?qū)κ詴瘔K進(jìn)行受力分析、根據(jù)平衡條件 列方程求解支持力和摩擦力的表達(dá)式進(jìn)行分析。3 .【答案】C【解析】解：ABG分析電路可知，當(dāng)閉合 S, M線圈中產(chǎn)生電流，電流周圍產(chǎn)生磁場，根據(jù)安培定則可知，鐵芯下端為N極，產(chǎn)生由上向下的磁場，電路穩(wěn)定后，磁場不變，N線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)線 ab中沒有電流，當(dāng)斷開

18、S時(shí)，線圈M中電流逐漸減小，直至消失，N線圈中的磁通量由上向下逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生由上向下的感應(yīng)磁場，根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向由a到b,鐵芯下端為N極，故起到延時(shí)效果的主要部件是線圈 N,故AB錯誤，C正確。D電源E的正負(fù)極對調(diào)接入后，斷開 S, N線圈中仍發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，該裝置仍具有延時(shí)效果，故 D錯 誤。故選：C。圖中有兩個(gè)線圈，其中 M有電源，接通電路后有電流通過，會產(chǎn)生磁性。N線圈無電源，開關(guān)閉合后沒有電流， 只有當(dāng)M中的磁場發(fā)生變化時(shí)， 根據(jù)電磁感應(yīng)規(guī)律，N線圈才會產(chǎn)生 感應(yīng)電流，起到延時(shí)效果。此題考查楞次定律與安培定則的應(yīng)用，注意穿過閉合線圈的磁通量變化，線圈產(chǎn)

19、生感應(yīng)電流。D【解析】解：A、由題意知，滑塊從 a點(diǎn)靜止下落，經(jīng)過各段的時(shí)間都是 T,所以ab、bc、cd各段的長度之比為1： 3: 5.如果從b點(diǎn)開始靜止下滑，則 bc間距離大于ab間距離，所以通過 bc、cd段的時(shí)間均大于 T,故A 錯誤。日設(shè)bc間距離為3x,則cd間的距離為5x,所以bd間的距離為8x,滑塊下滑的加速度為 g,滑塊從b 點(diǎn)開始靜止下滑，所以通過c點(diǎn)的速度為：“二戶竹,通過d點(diǎn)的速度為： 5 5 %，所以通過c、d點(diǎn)的速度之比為 '瓶：4,故B錯誤。C由上面A的分析可知bc、cd段的位移之比為3: 5,但是通過兩段的時(shí)間不再相等，根據(jù) "7可知， 平均速

20、度之比不是 3: 5,故C錯誤。D對勻變速直線運(yùn)動來說， 平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度， 對初速度為零的勻加速直線運(yùn)動來說， 連 續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為 1: 3,所以滑塊經(jīng)過bc的時(shí)間大于從b到d時(shí)間的二分之一，故通過 c點(diǎn)的 速度大于bd段的平均速度，故 D正確。故選：Do當(dāng)滑塊從a點(diǎn)靜止落下時(shí)，做初速度為零的自由落體運(yùn)動，且經(jīng)過各段的時(shí)間相等，所以ab、bc、cd間的距離之比為1： 3： 5。掌握自由落體運(yùn)動的規(guī)律是解題的關(guān)鍵，同時(shí)要注意看清題目中的位移關(guān)系，才能不出錯。5.【答案】B【解析】解：A、由于是勻強(qiáng)電場，故沿著同一個(gè)方向前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，故：。c-。b=ed-

21、4%代入數(shù)據(jù)解得：4 O=0V,故A錯誤。日做出輔助線，如圖所示：-1嚴(yán)x軸上f點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 0.75cm, y軸上e點(diǎn)的縱坐標(biāo)為 1cm,同理，勻強(qiáng)電場中沿著同一個(gè)方向前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，則。 f =(f)e=3V,則ef連線為等勢線， 根據(jù)幾何關(guān)系可知，0=53° ,則O點(diǎn)到ef的垂直距離d=Oe?cos53° =0.6cm=0.006m, U0=3V,根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知，E="=500V/m,故B正確。C同理，。a=-8V,該點(diǎn)電荷在 a點(diǎn)的電勢能為：Ea=q<f)a=-2 x 10-5X (-8) J=1.6X10-4J,故C錯誤

22、。D該點(diǎn)電荷從 a點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場中做功為：Wd=5q= (-8-16 ) X ( -2 X 10-5) J=4.8 X 10-4J,故D錯誤。故選：Bo在勻強(qiáng)電場中，沿著同一個(gè)方向移動相同距離電勢降低相等，先據(jù)此求解O點(diǎn)的電勢。做出輔助線，找出等勢面，結(jié)合公式U=Ed分析電場強(qiáng)度。根據(jù)W=Uq解電場力做功。此題考查勻強(qiáng)電場中的電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系，關(guān)鍵是畫出等勢面，結(jié)合公式U=Ed列式分析。6.【答案】頁8第C【解析】解：由于所有粒子射出磁場時(shí)離S最遠(yuǎn)的位置在x軸上的P點(diǎn)，已知op=Qog所以SP為直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可得SP=/OP+。不=206即 0S=RA、當(dāng)粒子沿y方向射入磁場時(shí)，運(yùn)

23、動軌跡如圖所示，此時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長，故A錯誤；I 注.人 s 此4一. I工Y. I *«/«、 /¥、 MJ X i一_I?口|J*日沿平行x軸正方向射入的粒子圓心剛好在。點(diǎn)，離開磁場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為 90° ,故B錯誤；C當(dāng)粒子軌跡剛好通過 0點(diǎn)時(shí)，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60。，則此時(shí)粒子速度方向與 -y方向的夾角為。=30° ,所以當(dāng)0vew30°時(shí)粒子從 0S邊射出，當(dāng)30° V9W 180。時(shí)粒子從 0P邊射出，故從OR OS兩個(gè)區(qū)城射出的粒子數(shù)之比為ni： n2= (1

24、80° -30 ° ) : 30° =5: 1,故C正確；D根據(jù)C選項(xiàng)可知，從 0點(diǎn)射出的粒子，射出的速度方向與y軸負(fù)半軸的夾角為 30° ,故D錯誤。故選：C。當(dāng)粒子沿y方向射入磁場時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長；沿平行x軸正方向射入的粒子偏轉(zhuǎn)角為 90°當(dāng)粒子軌跡剛好通過 0點(diǎn)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60。，求出粒子速度方向與-y方向的夾角，根據(jù)角度分析從 0環(huán)口 OS邊射出的粒子之比。對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供 向心力求解未知量，弄清楚粒子的運(yùn)動過程是關(guān)鍵。

25、7 .【答案】CD【解析】解：H "碳衛(wèi)星”在半徑為 R的圓周軌道上運(yùn)行，每天繞地球運(yùn)行約14圈，已知地球自轉(zhuǎn)周期為 T. D丁運(yùn)行周期T'=門，地球自轉(zhuǎn)周期為同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期，“碳衛(wèi)星”和地球同步衛(wèi)星的周期之比約為1:14,故D正確。I4 薩中A、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：|用 ,解得地球的質(zhì)量為：(ti -，故錯誤。日第一宇宙速度 v=7.9km/s ,是衛(wèi)星最大的運(yùn)行速度，即近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，故“碳衛(wèi)星”的運(yùn)行速度小于7.9km/s ,故B錯誤。r IIC衛(wèi)星的向心加速度 a= 樣，近地衛(wèi)星的向心加速度 a=9.8m/s 2, “碳衛(wèi)星”的軌道半徑大于近地衛(wèi)星,故

26、“碳衛(wèi)星”的向心加速度小于9.8m/s 2,故C正確。故選：CD第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的運(yùn)行速度，也是最小的地面發(fā)射速度?！疤夹l(wèi)星”繞地球做勻速圓周運(yùn)動，衛(wèi)星內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)；根據(jù)萬有引力提供向心力即可求出地球的質(zhì)量；此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是明確萬有引力提供向心力，根據(jù)題干信息求解相關(guān)量。8 .【答案】AD【解析】解：設(shè)彈性輕繩與豎直方向的夾角為九 原長為 L,一 m -門口通-m AG小球受到繩子的彈力和重力的合力提供向心力，有：八口L解得運(yùn)動周期為: 線速度為：v=/qL則小球a、b的運(yùn)行周期相同，線速度大小不等，故 A正確，C錯誤。日 小球a的繩與豎直方向的夾角

27、小，故小球 a的向心力小于小球 b的向心力，故 B錯誤。幽-XD輕繩的彈力F='Z ,輕繩的伸長量x=mW ,根據(jù)胡克定律可知，彈性繩的勁度系數(shù)廣iftgk= 門】一"町，小球a的繩與豎直方向的夾角小，彈性繩 1的勁度系數(shù)大于彈性繩 2的勁度系數(shù),故D正確。故選：AD分析小球的受力情況，繩子的彈力和重力的合力提供向心力，列出周期和線速度公式。確定輕繩的彈力和伸長量，根據(jù)胡克定律求解勁度系數(shù)。此題考查了向心力的相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是分析小球的受力情況，列出相應(yīng)的向心力公式，求解周期和 線速度。9 .【答案】AC【解析】解：A、設(shè)兩滑塊的加速度大小為a。對Q由牛頓第二定律得：Tf

28、 mg=ma對P,由牛頓第二定律得：2mgsin 0 -T=2ma,聯(lián)立解得a=0.3g ,故A正確。日 在Q運(yùn)動的過程中，輕繩的拉力對 Q做正功，摩擦力對 Q做負(fù)功，其他力不做功，根據(jù)動能定理可知， 輕繩對Q做的功與摩擦力對 Q做功之和等于Q動能的增加量，則輕繩對 Q做的功大于Q動能的增加量， B錯誤。C XP、Q組成的系統(tǒng)，由于 Q要克服摩擦力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能減少，則Q的機(jī)械能增加量小于的機(jī)械能減少量，故 C正確。D P的機(jī)械能減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量與Q的機(jī)械能增加量之和，故 D錯誤。故選：AG在兩滑塊由靜止釋放后勻加速運(yùn)動的加速度大小相等，分別對兩滑塊，利用牛頓第二定律列式，

29、即可求出它們的加速度大小。根據(jù)動能定理分析輕繩對Q做的功與Q動能的增加量的關(guān)系。根據(jù)系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化情況，分析Q的機(jī)械能增加量與 P的機(jī)械能減少量的關(guān)系，并判斷P的機(jī)械能減少量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量關(guān)系。本題要求同學(xué)們能正確選擇合適的研究對象，由于P、Q的加速度方向不同， 可采用隔離法，運(yùn)用牛頓第二定律求加速度。要正確分析能量的轉(zhuǎn)化情況，搞清各種能量之間的關(guān)系。10 .【答案】AC【解析】解：初速度為V0=4m/s的平拋運(yùn)動的位移規(guī)律為：x=v0 t y= gt消去t得：y=?3x2,叵把V0=4m/s, g=10m/s2,代入方程得：y=Uix：這和軌道 OP的方程相同，說明帶電小環(huán)在磁場中做初

30、速度 為v°=4m/s,加速度為g=10m/s2的平拋運(yùn)動。A、對小環(huán)進(jìn)行受力分析，如圖所示：帶電小環(huán)的洛倫茲力和軌道的支持力都于速度的切線方向垂直，且方向相反，為了保證小環(huán)加速度為重力 | 加速度g,洛倫茲力和支持力必須是一對平衡力，即有F尸F(xiàn)2,故A正確。5_ £ _ Ui _B小環(huán)運(yùn)動到 P點(diǎn)時(shí)，x=1.6m, y= Hi X 1.6 2m=0.8m,運(yùn)動時(shí)間一叫一一" 故B錯誤。C、小環(huán)運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動速度公式：Vy=gt=10 x 0.4m/s=4m/s , Vx=4m/s ,對應(yīng)的瞬時(shí)速度v= V =4 - m/s ,故 C 正確。DX環(huán)運(yùn)動

31、到 P端時(shí)重力的瞬時(shí)功率 P=mgv=0.2 X10X4 W=8 W,故D錯誤。故選：AQ根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式，消去時(shí)間 t ,求出y與x的方程，對比軌道 OP的方程，兩個(gè)方程完全相同，說明小環(huán)做初速度為4m/s的平拋運(yùn)動，而小環(huán)受到的洛倫茲力和支持力必須是一對平衡力；再根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式可以求出小環(huán)運(yùn)動到 P點(diǎn)時(shí)間和速度；根據(jù)重力瞬時(shí)功率公式 P=mgv求環(huán)運(yùn)動到P端時(shí)重力的瞬時(shí) 功率。本題考查了平拋運(yùn)動規(guī)律、帶電粒子在混合場中的運(yùn)動等知識點(diǎn)。本題對數(shù)學(xué)知識由比較高的要求，通過 平拋運(yùn)動位移規(guī)律求出 y與x的函數(shù)關(guān)系，對比軌道方程得到小環(huán)運(yùn)動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。二|11 .【答案】不正確

32、 v 8.3【解析】解：（1）根據(jù)胡克定律：F=kAx該公式也可以寫成： F=kAx,所以彈簧k頂端O是否位于刻度尺的零刻度處對測量的結(jié)果沒有影響，所以該同學(xué)的說法是錯誤的；(2)由圖可知，B的讀數(shù)為兩根彈簧的下端的示數(shù)，所以是兩根彈簧的長度，所以B的長度的變化是 B處的變化與A處變化的差，結(jié)合表中的數(shù)據(jù)可知， 在相等的拉力作用下，彈簧B的形變量較小，由5=h可知，定是 B的勁度系數(shù)大，即，kvk2；(3)由表格中的第一列與第三列數(shù)據(jù)可知，當(dāng)彈力的變化量F=1.0N時(shí)，彈簧形變量的變化量為：x=40.88cm-28.87cm=12.01cm=0.120m ,;& F 一根據(jù)胡克定律知：

33、"N/m=8.3N/m。故答案為：(1)不正確；(2) v； (3) 8.3(1)根據(jù)胡克定律分析是否正確；(2)根據(jù)彈簧I形變量的變化量，結(jié)合胡克定律求出勁度系數(shù)。通過彈簧n彈力的變化量和形變量的變化量可以求出彈簧n的勁度系數(shù)。(3)由胡克定律即可求出。解決本題的關(guān)鍵掌握胡克定律，知道F=kx, x表示形變量，以及知道其變形式F=kAx, x為形變量的變化量。12 .【答案】D 0.500 A 1.9 X 10-6 能減小偶然誤差【解析】解：(1)測微螺桿與金屬絲將要接觸時(shí)，要通過D進(jìn)行微調(diào)；圖乙所示，主尺讀數(shù)為0.5mm,分度尺讀數(shù)為0.000mm,故螺旋測微器讀數(shù)為 0.5mm

34、+0.000m=0.500mm(2)沒有特別要求，且電壓表量程大于電源電動勢，故滑動變阻器采用限流式接法；電流表量程較小，需 要并聯(lián)一個(gè)電阻 R,而成為大量程的電流表，為避免電壓表分流，最佳方案為A,故選：Ao(3)根據(jù)A原理圖和歐姆定律知：R=Q1 +Lp 1根據(jù)電阻定律知：R=尸十兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：p =1.9 x 10-6 Q? m(4)根據(jù)圖象法求電阻和多次測量求平均值的效果一樣，減小偶然誤差；系統(tǒng)誤差是由實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)決定的，故在不改變實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的情況下，系統(tǒng)誤差不會減?。还蚀鸢笧椋?1) D; 0.540; (3) 4.5; (4)不正確；多次測量取平均值只能減小偶然誤差，不能減小系

35、 統(tǒng)誤差。(1)根據(jù)螺旋測微器結(jié)構(gòu)明確進(jìn)行微調(diào)的部位；然后分別讀出主尺和分度尺的讀數(shù)，即可相加得到螺旋測微器的測量讀數(shù)；(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求判斷滑動變阻器接法，由待測電阻阻值確定電流表接法，從而得到電路圖；(3)根據(jù)所給的數(shù)據(jù)，利用電阻率和閉合電路歐姆定律的知識求解即可；(4)根據(jù)系統(tǒng)誤差和偶然誤差的分類及減小誤差的方法判斷伏安法測電阻實(shí)驗(yàn)中，若最大電流大于電流表量程則采用分壓式接法，一般采用限流式接法；被測電阻較大，電流表采用內(nèi)接法；被測電阻較小，電流表采用外接法13 .【答案】解：(1)粒子入射的速度大小為 V,則有:n uBqv= q dg - v= (2)粒子入射后恰好從金屬板的右邊緣射

36、出，其運(yùn)動軌跡圖如圖所示，則其軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力，有： Bqv二m1V=1 = L-得：11出了 答：(1)粒子射入的速度大小為(2)該粒子的比荷【解析】(1)設(shè)粒子入射的速度大小為v,則由Bqv=d q 求得v。由由洛倫(2)粒子入射后恰好從金屬板的右邊緣射出，作出其運(yùn)動軌跡圖，由幾何關(guān)系確定出軌道半徑,茲力提供向心力求得舊。解題關(guān)鍵：粒子做勻速圓周運(yùn)動，由運(yùn)動軌跡結(jié)合幾何知識確定半徑，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第 二定律列式求解比荷。14 .答案】解：(1)設(shè)物塊在B點(diǎn)的最大速度為Vb,由牛頓第二定律得:慳Fm-mg=m從P到A,由動能定理得,玲-0mg (H+RR =解得H

37、=4.5m物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到斜面最高處的過程中，根據(jù)動能定理得：-ifnfii-mgR (1-cos37 ° ) +Lsin37 ° -科 mgcos37° L L=0- 2解得L=4.9m(3)物塊在斜面上，由于 mgsin37 ° >mgcos37° ,物塊不會停在斜面上，物塊最后以B點(diǎn)為中心，C點(diǎn)為最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往復(fù)運(yùn)動，由功能關(guān)系得：系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱量Q=mg ( h+Rcos370 )解得Q=4J答：(1)為保證軌道不會被破壞，P、A間的最大高度差 H是4.5m,物塊能沿斜面上滑的最大距離L是4.9m；(2)若P、A

38、間的高度差h=3.6m,系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱量Q是4J。【解析】(1)當(dāng)小物塊對 B點(diǎn)的壓力等于 F=21N時(shí)，P、A間的高度差最大。先研究小物塊在 B點(diǎn)的受力情況，根 據(jù)牛頓第二定律求物塊經(jīng)過 B點(diǎn)的最大速度，從而根據(jù)動能定理求出 P、A間的最大高度差 H,再由動能定 理求物塊能沿斜面上滑的最大距離 L。(2)物塊在斜面上時(shí)，由于 mgsin37 ° >mgcos37° ,物塊不會停在斜面上，物塊最后以B點(diǎn)為中心，C點(diǎn)為最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往復(fù)運(yùn)動，由功能關(guān)系求系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱量Q。本題是動能定理與向心力的綜合。運(yùn)用動能定理時(shí)，要靈活選擇研究對象，分析

39、外力做功情況。解：(1)根據(jù)電磁感應(yīng)中的電荷量的推論公式導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，據(jù)平衡條件有my = BJ L = BL HBL，r L 頁20第由能量守恒定律得 聯(lián)立解得:(2)當(dāng)導(dǎo)體棒做加速度為 g的勻加速直線運(yùn)動時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為零，閉合回路的磁通量不變,設(shè)時(shí)間為t時(shí)，導(dǎo)體棒的下落高度由于磁通量不變，則有解得:=4L +BL答：(1)求導(dǎo)體棒加速過程中通過電阻R的電量q為耳，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱 Q為Pt =(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為【解析】(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律推論公式中的電荷量推論公式求解電荷量;根據(jù)導(dǎo)體棒的平衡條件結(jié)合能量守恒定律求解電阻R的焦耳熱;(2)導(dǎo)體棒的做加

40、速度為 g的勻加速運(yùn)動，回路電流為零，閉合電路磁通量不變即可處理問題；解決本題的關(guān)鍵能夠正確地對棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況判斷物體的運(yùn)動情況。以及知道在勻速運(yùn)動 時(shí)，安培力等于重力，從而求得勻速運(yùn)動的速度，必要時(shí)需要利用能量守恒定律計(jì)算焦耳熱；16. |【答案】|解：(1)設(shè)物塊離開彈簧時(shí)的速度大小為 V0,在物塊被彈簧彈出的過程中，由機(jī)械能守恒定 律得解得 V0=6m/s假設(shè)物塊在傳送帶上始終做勻減速運(yùn)動，加速度大小為a,則由牛頓第二定律得n mg=ma設(shè)物塊到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小為v,由運(yùn)動學(xué)公式得解得v =5m/s可見，v =5m/s>4m/s,假設(shè)成立。(2)物塊與小球1發(fā)生

41、彈性正碰，設(shè)物塊反彈回來的速度大小為的V、小球1被撞后的速度大小為u, 由動量守恒和能量守恒定律得mv=-mv+mu物決被反彈回來后，在傳送帶上向左運(yùn)動過程中，由運(yùn)動學(xué)公式得0-v 1 =-2as解得 s= < 1.1m(3)由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。由(2)可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運(yùn)動，直到速度增加到5,再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物塊和小球的速度大小分別為依此類推，物塊和小球1經(jīng)過n次碰謨后它們的速度大小分別為由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進(jìn)行速度交換，所以，最終從 1號小球開

42、始，到n號小球，它們的速 度大小依次為 5、Un-1、Un-2、 、U1,則門個(gè)小球的總動能為= ： m0 (u;+uj+.十W)E !. I )解得： 仍答：(1)物塊第一次與小球碰前瞬間的速度大小為5m/s；5(2)物塊第一次與小球碰后在傳送帶上向左滑行的最大距離s為IX(3) n個(gè)小球最終獲得的總動能為廣 刖。【解析】(1)在物塊被彈簧彈出的過程中，由機(jī)械能守恒定律得物塊離開彈簧時(shí)的速度，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得物塊到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小為v,(2)物塊與小球1發(fā)生彈性正碰，由動量守恒和能量守恒定律，求出碰撞后速度，物決被反彈回來后，在 傳送帶上向左運(yùn)動過程中，由運(yùn)動學(xué)公式解得距離

43、。(3)由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。由(2)可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運(yùn)動，直到速度增加到5,再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次、第三次碰后，物塊和小球的速度大小。由于相鄰小球之間每次相互 碰撞都進(jìn)行速度交換，所以，可以求出最終從1號小球開始，到n號小球，的速度，然后求出總動能大小。題是復(fù)雜的力學(xué)綜合題，綜合了運(yùn)動學(xué)公式、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒、動量守恒等多個(gè)知識，分析運(yùn) 動過程，明確受力情況，然后再正確選擇解題規(guī)律是關(guān)鍵。泉州市2020屆高中畢業(yè)班單科質(zhì)量檢查物理答案行茵分t 100分號設(shè)時(shí)間，驪分

44、鐘）第I卷（共40分）一、選擇題（本題】。小摩，每小翹4分，共皿分.14小勒的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確.7-10 小題的四個(gè)選項(xiàng)中.有多個(gè)選項(xiàng)正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得 。分）I. D 2, C 3. C 4. D 5, B 6> C LCD 8, AD I AC 10. AC第II卷供60分）二，實(shí)驗(yàn)題（本題2小題.共16分）1L <6分）門不正確 S分） （2）<（2分）（力&2（或8J）（2分）12. （10 分）（10 分） D £2 分- 0,500 （049D.S02均對）Q 分）<2> A （2 分） 19*10*（或ZQx"） （2?） （4）能減小隅然誤差（2