泉州市2018屆普通高中畢業(yè)班單科質(zhì)量檢查物理

含答案一、選擇題(本題10小題，每小題4分，共40分。1-6小題給出的四個選項中，只有一個選項正確。7-10小題的四個選項中，有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。)1．C2．D3．C4．B5．A6．D7．AD8．AD9.ABC10.BD第II卷(共60分)二、實驗題(本題2小題，共16分。)11．(6分)（1）1.70(2分)；（2）mgh=EQ\F(1,2)mEQ\F(d2,t2)或gh=EQ\F(d2,2t2)(2分)；（3）偏大(2分)12．(10分)R0R乙V2V1+-+-(1)實物連接如圖所示(2分)；(2)0.30(2分)；3.0(2分)；5.0R0R乙V2V1+-+-三、計算題(本題4小題，共44分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，有數(shù)值的計算題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位，或按題目要求作答。)13．(10分)解：(1)設(shè)小球由B擺到A的速度為v1，由機械能守恒有：mgL(1－cosθ)=EQ\F(1,2)mv12 （1分）解得v1=EQ\A()\R(gL) （1分）設(shè)小球與滑塊碰后瞬間小球的速度為v1′，滑塊的速度為v2′，由完全彈性碰撞有：mv1=mv1′+2mv2′ （1分）EQ\F(1,2)mv12=EQ\F(1,2)mv1′2+EQ\F(1,2)2mv2′2 （1分）解得v1′=－EQ\F(1,3)EQ\A()\R(gL)v2′=EQ\F(2,3)EQ\A()\R(gL)設(shè)碰后瞬間輕繩對小球的拉力大小T，由牛頓第二定律有：T－mg=mEQ\F(v1′2,L) （1分）解得T=EQ\F(10,9)mg （1分）(2)對小滑塊由動量定理ΔP=I總有：0－2mv2′=－μ2mgt （3分）解得t=EQ\F(2,3μ)EQ\A()\R(EQ\F(L,g)) （1分）另解對小滑塊由牛頓第二定律及運動學公式有：a=EQ\F(F合,2m) （1分）F合=μ2mg （1分）0=v2′－at （1分）解得t=EQ\F(2,3μ)EQ\A()\R(EQ\F(L,g)) （1分）14．(10分)解：（1）設(shè)ab邊剛進入磁場時線框的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律有mgL=EQ\F(1,2)mυ12 （1分）ab邊剛進入磁場時的電動勢E=BLυ1 （1分）線框中的電流I1=EQ\F(E,R) （1分）ab兩端的電勢差Uab=I1?EQ\F(3,4)R （1分）聯(lián)立以上各式得Uab=EQ\F(3,4)BLEQ\A()\R(2gL) （1分）（2）由圖乙可知cd邊進入磁場前線框已做勻速運動，設(shè)此時速度為υ2，線框電流為I2，則有BI2L=mg （1分）I2=EQ\F(E,R)，E=BLυ2聯(lián)立解得υ2=EQ\F(mgR,B2L2) （1分）根據(jù)能量守恒定律有Q=2mgL-EQ\F(1,2)mυ22 （2分）由以上各式解得Q=2mgL-EQ\F(m3g2R2,2B4L4) （1分）15．(12分)解：（1）根據(jù)幾何關(guān)系可知離子沿AC圓弧的運動軌跡半徑R=L （1分）由qυB=mEQ\F(v2,R) （1分）

DPOACExyυυ45°45°MN聯(lián)立解得：υ=EQ\F(qBL,mDPOACExyυυ45°45°MN（2）從C點進入電場的離子恰好垂直通過電場邊界OD上的P點，設(shè)從C到P的水平位移為x，豎直位移為h，則有x=2hΔOPM為等腰直角三角形，OM=x所以有x+h=L即得h=EQ\F(1,3)L，x=EQ\F(2,3)L （1分）離子在電場中的加速度：a=EQ\F(Eq,m) （1分）根據(jù)平拋運動有x=υt （1分）h=EQ\F(1,2)at2 （1分）聯(lián)立解得：E=EQ\F(3qLB2,2m) （1分）（3）由于速度大小不同的離子均垂直通過y軸，設(shè)離開磁場時的出射點的坐標為(x，y)，則滿足x=-(L-R)y=R聯(lián)立可得：y=x+L （2分）則它們從有界磁場飛出的位置在AC連線上，如圖所示，因此磁場范圍最小面積是由弧線ANC和虛線AC所圍成的面積。扇形OAC的面積S=EQ\F(1,4)πL2ΔOAC的面積S′=EQ\F(1,2)L2所以Smin=S-S′=(EQ\F(1,4)π-EQ\F(1,2))L2 （2分）16．(12分)解析：（1）由動能定理可得：mgR－qE(R+s0)－μmgs0＝Ek1－eq\f(1,2)mυ02 （2分）解得Ek1=4.4J （1分）（2）設(shè)D、D′兩點間的距離為s1，小滑塊P從A點出發(fā)到再次回到A點的過程克服摩擦力所做的功為Wf，則有：Wf=eq\f(1,2)mυ02 （1分）又Wf=2×μmg(s0+s1) （1分）可得s1=0.2m （1分）物體P由D′點返回到A點的過程，由功能關(guān)系得：EP=μmg(s0+s1)+mgR－qE(R+s0)=4J （2分）（3）物體P和Q從D′點被釋放后一起滑行到D點并分離，設(shè)分離時物體P的動能為Ek，則有：EP=2μmgs1+2Ek （1分）得Ek=1.6J （1分）由于qE＝10N，μmg＝2N，qE>μmg